Đề cương ôn tập toán THPT năm 2014 2015 THPT nguyễn văn cừ bài 3

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2014-2015 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ MÔN TOÁN CHUYÊN ĐỀ 8: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 1.1 Kiến thức liên quan 1.1.1 Tỉ số lượng giác góc nhọn • sin α = MH OM • cos α = OH OM • tan α = MH OH • cot α = OH MH 1.1.2 Hệ thức lượng tam giác vuông Cho ∆ABC vuông A 2 • Định lý Pitago: BC = AB + AC hay a = b + c 2 • BA = BH BC ; CA = CH CB hay b = a.b ', c = a.c ' • AB AC = BC AH hay bc = ah 1 1 1 = + = 2+ 2 2 hay AH AB AC h b c • BC = AM • 1.1.3 Hệ thức lượng tam giác thường • Định lý hàm số Côsin: • Định lý hàm số Sin: 1.1.4 Các công thức tính diện tích a = b + c − 2bc.cos A a b c = = = 2R sin A sin B sin C a Công thức tính diện tích tam giác 2 • S = a.ha = bhb = chc 2 • S = ab sin C = bc sin A = ca sin B • VABC A′B′C ′ = S ABC AA′ = a 183 • S = pr • S = p( p − a)( p − b)( p − c) với p = a+b+c (Công thức Hê-rông) Đặc biệt: • ∆ABC vuông A: S = AB AC a2 ∆ ABC S = • cạnh a: b Diện tích hình vuông cạnh a: S = a (H.1) c Diện tích hình chữ nhật: S = a.b (H.2) d Diện tích hình thoi: S = m.n (H.3) (H.4) e Diện tích hình thang: S = h ( a + b ) 1.1.5 Một số tính chất đặc biệt thường sử dụng • Đường chéo hình vuông cạnh a d = a (H.5) a (H.6) • Đường cao tam giác cạnh a h = • Điểm G trọng tâm tam giác ABC AG = AM (H.7) 1.1.6 Thể tích khối đa diện a Thể tích khối lăng trụ • Thể tích khối lăng trụ: V = Bh , với B diện tích đáy ; h chiều cao •Thể tích khối hộp chữ nhật: V = abc , với a, b, c chiều dài, rộng, cao •Thể tích khối lập phương: V = a3 với a cạnh b.Thể tích khối chóp •Thể tích khối chóp: V = Bh , với B diện tích đáy, h chiều cao 1.2.Phương pháp tính thể tích khối đa diện 1.2.1.Phương pháp tính trực tiếp việc sử dụng công thức thể tích Khi tính thể tích khối đa diện cần quan tâm hai yếu tố quan trọng xác định thể tích là: chiều cao diện tích đáy dựa công cụ học hệ thức lượng tam giác thường, hệ thức lượng tam giác vuông,… a Thể tích khối chóp Ví dụ (Đề thi TSĐH Khối A năm 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM theo a Lời giải Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên 1 VS CDMN = SH SCDMN = SH ( S ABCD − S BCM − S AMN ) 3 5 3 = a a2 = a 24 *Nhận xét: Trong nhiều toán yếu tố quan trọng chiều cao Với khối chóp cần xác hóa đường cao (chân đường cao) hình chóp Ở ta liệt kê số trường hợp thường gặp sau: Ví dụ Tính thể tích khối chóp tứ giác S.ABCD có độ dài tất cạnh a Lời giải Gọi H tâm hình vuông Vì S ABCD hình chóp nên SH ⊥ ( ABCD ) Do đó, VS ABCD = SH S ABCD Vì ABCD hình vuông nên S ABCD = AB = a (đvdt) Ta có SA2 + SC = AB + BC = AC = 2a nên ∆SAC vuông S, mà H trung điểm AC nên SH = AC a = 2 1 a 2 ⇒ VS ABCD = SH S ABCD = a = a (đvtt) 3 *Nhận xét: Với khối chóp đều, chiều cao đoạn thẳng nối đỉnh tâm đáy Ví dụ Tính thể tích khối chóp tam giác S.ABC, biết cạnh đáy a cạnh bên hợp đáy góc 600 Lời giải Gọi H tâm tam giác ABC , M trung điểm BC Vì S ABC hình chóp nên SH ⊥ ( ABC ) Do đó, VS ABC = SH S ABC Vì ABC tam giác nên AM ⊥ BC Trong tam giác vuông ACM , AM = AC − CM = a − ⇒ S ABC = a 3a = ⇒ AM = a (1) 4 AM BC = a (đvdt) (2) Mà ta lại có AM ⊥ BC , SH ⊥ BC nên SM ⊥ BC Do đó, Góc mặt phẳng ( SBC ) · mặt phẳng ( ABC ) góc SM AM hay góc SMA = 600 Do H trọng tâm tam giác ABC nên HM = AM = a · = Trong tam giác vuông SHM , tan SMH SH a ⇒ SH = HM tan 600 = HM 1 a 3 ⇒ VS ABC = SH S ABC = a = a (đvtt) 3 24 *Ghi nhớ: + Cách xác định góc đt d mặt phẳng ( α ) : -Nếu d ⊥ ( α ) góc d ( α ) 900 -Nếu d ⊥ ( α ) góc d ( α ) góc d d’ hình chiếu d ( α ) +Cách xác định góc hai mặt phẳng ( α ) ( β ) -Cách 1: Xác định hai đt A, B cho a ⊥ ( α ) , b ⊥ ( β ) góc ( α ) ( β ) góc a b -Cách 2: Nếu giao tuyến ( α ) ( β ) d xác định hai đt A, B nằm ( α ) ( β ) cho a ⊥ d , b ⊥ d thì góc ( α ) ( β ) góc a b Ví dụ Cho tứ diện ABCD có ABC tam giác cạnh a, BCD tam giác vuông cân D, mặt phẳng π r Tính thể tích khối tứ diện ABCD Lời giải Gọi H trung điểm BC Ta có tam giác ABC nên AH ⊥ BC mà ( ABC ) ⊥ ( BCD ) , ( ABC ) ∩ ( BCD ) = BC ⇒ AH ⊥ ( BCD) a Ta có ∆ABC tam giác cạnh a nên AH = Mà ∆BCD tam giác vuông cân nên DH = a BC = ⇒ BD = DH = a 2 ⇒ S BCD = ⇒ VABCD a2 BD = (đvdt) 1 a2 3 = AH S BCD = a= a (đvtt) 3 24 *Nhận xét: Hình chóp có mặt bên mặt chéo vuông góc với đáy góc chân đường cao thuộc giao tuyến mặt với đáy, đường cao nằm mặt bên mặt chéo ( α ) ⊥ ( β )  *Ghi nhớ: ( α ) ∩ ( β ) = d ⇒ a ⊥ ( β )  a ⊂ ( α ) , a ⊥ d Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a Hai mặt bên (SAB) (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD Lời giải ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA Do đó, VS ABCD = SA.S ABCD Diện tích đáy ABCD là: S ABCD = AB.BC = 2a Do AC hình chiếu SC mặt phẳng ( ABCD ) nên góc SC mặt phẳng · ( ABCD ) góc SCA = 600 · Ta có: AC = AB + BC = a ⇒ SA = AC.tan SCA = a 5.tan 600 = a 15 Vậy thể tích khối chóp là: VS ABCD 2a 15 = (đvtt) *Nhận xét: Hình chóp có hai mặt bên kề vuông góc với đáy đường cao giao tuyến hai mặt Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, BC = 2a Các cạnh bên SA = SB = SC = 2a Tính thể tích khối chóp S ABC Lời giải Gọi H hình chiếu S mặt phẳng ( ABC ) đường xiên SA = SB = SC nên hình chiếu tương ứng HA = HB = HC Do đó, H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC vuông A nên H trung điểm BC Vì SBC tam giác cạnh 2a nên đường cao SH = 2a = a 2 Theo định lí Pitago, AC = BC − AB = 3a ⇒ AC = a ⇒ S ABC = AB AC = Nên thể tích khối chóp là: VS ABC = SH S ABC = a2 (đvdt) a3 (đvtt) *Nhận xét: Hình chóp có cạnh bên (hoặc hợp đáy góc nhau) chân đường cao tâm đường tròn ngoại tiếp đáy Ví dụ (Đề TSĐH khối A năm 2009) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A,D; AB=AD=2a, CD=a, góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60 gọi I trung điểm AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính VS ABCD Lời giải Gọi H hình chiếu I BC Từ giả thiết suy SI vuông góc với mặt đáy Ta dễ dàng tính được: IC = a 2, IB = BC = a , S ABCD = Ta có AD ( AB + CD ) = 3a 2 IH BC = S IBC = S ABCD − S ABI − SCDI = 3a − a − nên IH = a 3a = 2 S BCI 3 = a BC Từ tìm VS ABCD = 15 a (đvtt) Ví dụ 10 Hai cạnh đối diện tứ diện có độ dài x, cạnh khác có độ dài Với giá trị x thể tích tứ diện đạt giá trị lớn ? Lời giải Giả sử SA = BC = x, cạnh khác tứ diện có độ dài Gọi I, D trung điểm BC & SA Ta có: SA ⊥ (BCD) Do đó: S 1 V = dt ∆BCD.SA = BC.ID.SA D x2 mà ID = CD – CI = SC – SD – CI = – 2 2 C A H B I x2 Suy ra, V = x − = x − x 12 Vì vậy, MaxV = đạt x = 3 b Thể tích khối lăng trụ Với thể tích khối lăng trụ ta sử dụng hướng để làm tìm cách xác định đường cao diện tích đáy Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AB = 4a, AC = 5a mặt phẳng ( ABC ' D ') hợp đáy góc 450 Tính thể tích khối hộp chữ nhật Lời giải Theo ĐL Pitago ta có: BC = AC − AB = 3a ⇒ S ABCD = AB.BC = 12a (đvdt) ( ABCD ) ∩ ( ABC ' D ') = AB  Do  BC ⊂ ( ABCD ) , BC ⊥ AB   BC ' ⊂ ( ABC ' D ') , BC ' ⊥ AB · Nên góc mặt phẳng ( ABC ' D ') đáy góc CBC ' = 450 Suy ra, tam giác vuông cân nên CC ' = BC = 3a Vậy thể tích khối hộp chữ nhật VABCD A ' B ' C ' D ' = CC '.S ABCD = 36a (đvtt) *Nhận xét:Với khối lăng trụ khối đa diện khác ta sử dụng số hướng sau: +Sử dụng trực tiếp công thức biết thể tích khối lăng trụ +Quy tính thể tích khối chóp đặc biệt + Chia nhỏ thành nhiều khối chóp để tính +Bù thêm vào khối đa diện phức tạp để khối đa diện dễ tính thể tích Ví dụ Bài 3: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y − 25 = A(3;-2) Bài 4: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y = giao điểm (C) d: 3x+4y-3=0 Bài 5: Viết phương trình tiếp tuyến (C): ( x − 2)2 + ( y − 1) = điểm có hoành độ Bài 6: Viết phương trình tiếp tuyến (C): ( x − 1) + ( y − 1) = điểm có tung độ Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x + y = giao điểm (C) Ox; Oy 2.3.2 Tiếp tuyến biết hệ số góc Bài 1: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x + y + = biết tiếp tuyến // d: 5x+12y-6=0 Bài 2: Viết phương trình tiếp tuyến (C): y=0 ( x − 1) + ( y − 2) = biết tiếp tuyến // d: 2x- Bài 3: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y − = biết tiếp tuyến // d: 3x4y+1=0 Bài 4: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x + y = biết tiếp tuyến ⊥ d: 3xy+6=0 Bài 5: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y + x − y − 20 = biết tiếp tuyến ⊥ d: x+y=0 Bài 6: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y = tiếp tuyến tạo với Ox góc 450 Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y + = biết tiếp tuyến tạo với d: x+y+3=0 góc 45 2.3.3 Tiếp tuyến qua điểm Bài 1: a) Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y − 12 = biết tiếp tuyến qua A(-2;1) b) Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y = biết tiếp tuyến qua O(0;0) c) Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y = biết tiếp tuyến qua A(3;-2) d) Viết phương trình tiếp tuyến (C): x + y − x − y − = biết tiếp tuyến qua A(-4;6) Bài 2: A(2;-1);(C): ( x + 1) + ( y − 2) = CMR vẽ tiếp tuyến đến (C) Viết phương trình tiếp tuyến Bài 3: A(3;5);(C): x + y + x − y − = tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) tiếp điểm M, N Viết phương trình đường thẳng qua MN Bài 4: M(-3;1); );(C): x + y − x − y + = Viết phương trình qua tiếp điểm tiếp tuyến qua M Bài 5: A(2;5); );(C): x + y + x − y − = a) Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) b) Gọi tiếp điểm I, J Tính độ dài đoạn IJ Bài 6: A(2;1) ; );(C): x + y − x + y + = Gọi tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) I, J Viết phương trình qua I, J Bài 7: Yêu cầu giống Ví dụ với a) A(0;-1) ; (C): x + y + x − y − = b) A(0;0) ; (C): x + y + 12 x − y + 44 = Bài 8: A(8;-1);(C): x + y − x − y + = Tính IJ, SAIJ với I, J tiếp điểm tiếp tuyến qua A đến (C) Bài 9: Yêu cầu giống Ví dụ với a)A(4;0);(C): x + y − x − y − = b)A(-2;2);(C): x + y − x − y − = c)A(1;0);(C): x + y − x − y + = Bài 10: A(5;4);(C): x + y + 2my = Tìm m để độ dài tiếp điểm Bài 11: (C): x + y − x − y + = ; d: x-y-1=0 Tìm m thuộc d kẻ tiếp tuyến, CMR pt qua tiếp điểm I, J qua điểm cố định Bài 12: (C): ( x + 2) + ( y − 1) = Tìm quỹ tích điểm qua kẻ tiếp tuyến vuông góc Bài 13: I(-2;1); d: 3x-4y=0 a) Viết phương trình đường tròn (C) tâm I tiếp xúc với d b) Tìm quỹ tích điểm mà vẽ tiếp tuyến vuông góc tới (C) Bài 14: Cho d: x-y+1=0; (C): x + y + x − y = Xác định M thuộc d để từ kẻ tiếp tuyến đến (C) tiếp tuyến tạo với góc 600 Bài 15: Cho (C): x + y − x + = Tìm M thuộc Oy cho tiếp tuyến từ M tới C tạo với góc 600 ĐS: M(0; ± ) Bài 16: (C): x + y − x − y − = ; d: x+y+1=0 Tìm M thuộc d cho từ M kẻ tiếp tuyến vuông góc tới (C) Bài 17: (C): x + y = ; d: y=m; Tìm m để d có điểm kẻ tiếp tuyến tạo góc 450 Bài 18: Cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y + 2) = d: 3x-4y+m=0 a) Tìm quỹ tích điểm P cho tam giác PAB tron PA, PB tiếp tuyến b) Tìm m để tồn P thuộc d kẻ tiếp tuyến PA, PB cho tam giác PAB 2.3.4 Phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn Bài 1: (C): x + y − x − y − = (C ' ): x + y − x + y + 11 = Bài 2: (C): x + y = (C ' ): x + y − y − = Bài 3: (C): x + y + x + = (C ' ): x + y − x + 12 = Bài 4: (C): x + y − x = (C ' ): x + y − x + 12 = Bài 5: (C): x + y − x + y − = (C ' ): x + y − x − y + = Bài 6: (C): x + y − x + = (C ' ): x + y − 12 x − y + 44 = Bài 7: (C): x + y − x + y − = (C ' ): x + y + x − y − 56 = 2.4 Dạng 4: Vị trí tương đối hai đường Bài 1: Xét vị trí tương đối đường tròn: a) (C): x + y − x − y = (C ' ): x + y − 32 x − 24 y + 300 = b) (C): x + y = 16 (C ' ): x + ( y − 3) = c) (C): x + y = (C ' ): ( x − 1) + ( y − 2) = Bài 2: (C): x + y − x − y + = ; d: x-y+3=0 Tìm M thuộc d để đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi đường tròn (C) tiếp xúc với (C) 2.5 Dạng 5: Cát tuyến, độ dài dây cung Bài 1: (C): x + y − x − y + = ; M(2;4) Lập phương trình đường thẳng qua M cắt (C) A, B cho M trung điểm AB Bài 2:Lập phương trình đường thẳng qua O(0;0) cắt (C): ( x − 1) + ( y − 3) = 25 thành dây cung có độ dài Bài 3: (C ) : x + y + x − y = Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với ∆ : x − y + 10 = cắt (C ) điểm A, B thỏa mãn AB=6 Bài 4: (C ) : x + y + x − y = Viết phương trình đường thẳng d // ∆ : 3x − y + 10 = cắt (C ) điểm A, B thỏa mãn AB=2 Bài 5: K(0;2); (C ) : x + y − x − y − = đường thẳng d qua K cắt (C ) M, N Viết phương trình đường thẳng d trường hợp MN ngắn Bài 6: A(1;2); (C ) : x + y = Lập phương trình đường thẳng qua A cắt (C ) theo dây cung ngắn Bài 7: (C ) : x + y − x − y + 11 = a) Tìm M thuộc (C ) để khoảng cách từ M đến A đạt GTNN, GTLN với *) A(3;2) *) A(0;1) b) Tìm M thuộc (C ) để khoảng cách từ M đến d đạt GTNN, GTLN với *) d: x-y-2=0 *) d: x+y-7=0 *) d : y-1=0 Bài : (C ) : ( x − 3) + ( y − 2) = Tìm E thuộc (C ) để tam giác OEF vuông E với O gốc tọa độ, F(4 ;-2) Bài : d : x+y-2=0 ; (C ) : x + y − x − y + = a) Tìm tọa độ giao điểm d (C ) b) Tìm C thuộc (C ) để *) S ABC = ∆ABC vuông *) S ABC đạt GTLN *) ∆ABC cân *) ∆ABC có chu vi lớn *) Bài 10 : d1 : x + y − = 0; d : x − y − = Viết phương trình đường tròn (C ) qua M(1 ;-1), tâm I thuộc d1 cắt d điểm A, B cho AB= Bài 11 : (C ) : x + y − x − y = Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (C ) M cắt trục tọa độ A, B cho M trung điểm AB Bài 12 : (C ) : x + y = ; d : x+y+m=0 Tìm m để d cắt (C ) điểm A, B cho SOAB đạt GTLN ĐS : m= ±1 BÀI ĐỌC THÊM Sủ dụng phép biến hình toán tọa độ hình học phẳng 3.1 Kiến thức liên quan 3.1.1 Phép tịnh tiến Tvr r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép tịnh tiến Tvr theo Vectơ v = ( a; b ) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(x+a;y+b) 3.1.2 Phép đối xứng tâm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép đối xứng tâm I(a;b) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(2a-x;2b-y) 3.1.3 Phép đối xứng trục Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép đối xứng trục ∆ biến điểm M(x;y) thành điểm M’sao cho ∆ đường trung trực MM’ +) Nếu ∆ trục Ox M’(x;-y) +) Nếu ∆ trục Oy M’(-x;y) +) Nếu ∆ đường phân giác góc phần tư thứ I thứ III M’(y;x) +) Nếu ∆ đường phân giác góc phần tư thứ II thứ IV M’(-y;-x) +) Nếu ∆ đường thẳng ax+by+c=0, đặt c0 =ax + by0 với M ( x0 ; y0 ) tọa độ  2a ( c + c0 ) x = x −  M ' a + b2 M’ là:   y = y − 2b ( c + c0 )  M a + b2 3.1.4 Phép quay Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép quay tâm I(a;b) góc quay ϕ biến điểm M thành điểm M’(x’;y’) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay 900 M’(-y;x) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay - 900 M’(y;-x) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay ϕ tọa độ M’ thỏa mãn:  x ' = x cos ϕ − y sin ϕ   y ' = x sin ϕ + y cos ϕ 3.1.5 Phép vị tự Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép vị tự tâm I(a;b), tỉ số k biến điểm M(x;y) thành uuuur uuur M’(x’;y’) thỏa mãn: IM ' = k IM  x ' = a + k ( x − a )   y' = b + k ( y − a ) Tọa độ M’ thỏa mãn 3.2 Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho đường tròn (T): ( x − 1) + ( y + 3) = hai điểm A(-1;1); B(2;-2) Tìm tọa độ điểm C; D đường tròn (T) cho tứ giác ABCD hình bình hành 2 Lời giải Cách 1: Đường tròn (T) có tâm I(1;-3) bán kính R=3 uuur r Phương trình CD có VTCP AB = ( 3; −3) = ( 1; −1) ⇒ VTPT n = ( 1;1) ⇒ CD : x + y + m = Tứ giác ABCD hình bình hành ⇒ AB = CD = ⇒ d ( I ; CD ) = IH = R − Mà d ( I ; CD ) = 1− + m CD 18 = 9− = 4 = m−2 = m = ⇔  m = −1 +)m=5 ⇒ CD : x + y + =  x + y + = Tọa độ C, D thỏa mãn hệ phương trình:  2 ( x − 1) + ( y + 3) =  x = ⇒ y = −6 2 ⇒ y = − x − ⇒ ( x − 1) + ( − x − ) = ⇔ x + x − = ⇔   x = −2 ⇒ y = −3 C(1;-6); D(-2;-3) +)m=-1 ⇒ CD : x + y − =  x + y − = 2 ( x − 1) + ( y + 3) = Tọa độ C, D thỏa mãn hệ phương trình:  x = ⇒ y = 2 ⇒ y = − x ⇒ ( x − 1) + ( − x ) = ⇔ x − 10 x + = ⇔   x = ⇒ y = −3 C(1;0); D(4;-3) Cách 2: Sử dụng tịnh tiến: uuur r:D →C Ta có AB = (3; −3) Phép Tuuu AB (I) → (I') x = +1 = ⇒  I' ⇒ I '(4; −6);R' = R = y = − − = −  I' Phương trình đường tròn (T’): ( x − ) + ( y + ) = 2 2 ( x − ) + ( y + ) = ( x − ) + ( y + ) ⇔ Tọa độ C = (T) ∩ (T') ⇒  2  x = y + ( x − 1) + ( y + 3) = 2 uuur uuur ⇒ +) C(4;-3) AB = DC ⇒ D ( 1;0 ) uuur uuur ⇒ +) C(1;-6) AB = DC ⇒ D ( −2; −3)  x =  =   y = −3 ⇒  x =    y = −6 Vậy cặp điểm C(4;-3); D(1;0) C(1;-6); D(-2;-3) Ví dụ 2: Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết tâm I(1;1), điểm J(-2;2) thuộc đường thẳng AB điểm K(2;-2) thuộc đường thẳng CD Lời giải Vì I(1;1) tâm đối xứng qua hình K(2;-2) có Đ I : J → J ' ⇒ J'(2.1 + 2;2.1 − 2) ⇒ J'(4;0) ∈ CD ⇒ CD : uuuur 1−1− J ' K = ( −2; −2 ) = −2 ( 1;1) ⇒ CD : x − y − = ⇒ d ( I ; CD ) = =2 2 vuông VTCP ⇒ IC = 2 = uur 2 ⊕ Mà C(t;t-4) ⇒ IC = ( t − 1; t − ) ⇒ ( t − 1) + ( t − ) = 16 ⇔ 2t − 12t + 10 = t = ⇔ t = t = ⇒ C ( 1; −3) ⇒ A ( 1;5 ) a = a = Do D ∈ CD ⇒ D ( a; a − ) ⇒  ⇒ Vai trò A, B ⊕ với  A ( 1;5 ) ⇒ B ( −3;1)  ngược lại C ( 1; −3) ⇒ D ( 5;1) Ví dụ 3: (Trích đề thi khối A năm 2009) Cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : x + y − = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải Do điểm I(6;2) tâm đối xứng hình chữ nhật Xét phép đối xứng: Đ I : M → M ' ⇒ M '(2.6 − 1;2.2 − 5) ⇒ M '(11; −1) ∈ CD uur uuuur Mà E ∈ ∆ ⇒ E ( t ;5 − t ) ⇒ IE = ( t − 6;3 − t ) ; M 'E = ( t − 11;6 − t ) uur uuuuur Vì M ' E ⊥ IE ⇒ IE.M ' E = t = ⇒ ( t − ) ( t − 11) + ( − t ) ( − t ) = ⇔ ( t − ) ( 2t − 17 ) = ⇔  17 t =    Ví dụ 4: Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD biết tâm I  ;2 ÷ điểm 2  M(-1;2); N(5;2); P(1;1); Q(4;-2) nằm đường thẳng AB, BC, CD, DA Lời giải Vì tứ giác ABCD hình bình hành, I tâm đối xứng nên Đ I : M → M ' ⇒ M '(2;2) ∈ CD Do CD ≡ M ' P ⇒ CD : x − y = Vì AB//CD ⇒ AB : x − y + = Xét Đ I : N → N ' ⇒ N '(−4;2) ∈ A D ⇒ AD ≡ QN' : x + y = Mặt khác: BC//AD ⇒ BC : x + y − = Từ phương trình cạnh hình bình hành ABCD ta xác định tọa độ đỉnh A(1;4); B(3;3); C(0;0); D(-2;1)   Ví dụ 5: Cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC=2BD Điểm M  0; ÷ thuộc đường  3 thẳng B, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ điểm B, biết hoành độ điểm B dương Lời giải Vì I tâm đối xứng hình thoi Đ I : N → N ' ⇒ N '(4 − 0;2 − 7) ⇒ N' ( 4; −5 ) ∈ AB ⇒ AB ≡ M N' : x + y− = ⇒ d ( I ; AB ) = 4.2 + 3.1 − = = IH Theo đề AC=2BD ⇒ IA = IB Mà tam giác vuông ABI có 1 1 1 = 2+ ⇔ = + ⇔ IB = 2 IH IA IB 4 IB IB 2  − 4b   4b +  Do B ∈ AB ⇒ B  b; ÷, b > ⇒ IB = ( b − ) +  ÷ = ⇒ b = ⇒ B ( 1; −1)     Nhận xét: Các hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông giả thiết cho biết tọa độ giao điểm hai đường chéo biết tọa độ tâm đối xứng nên ta sử dụng phép đối xứng tâm Ví dụ 6: (Trích đề thi khối B năm 2008) Xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vuông góc C đường thẳng AB điểm H(-1;-1), đường phân giác góc A có phương trình: x-y+2=0 đường cao qua B là: 4x+3y-1=0 Lời giải Xét phép đối xứng trục AD: Đ AD : H → H ' Kẻ HK vuông góc với đường phân giác góc A cắt phân giác góc A I, K thuộc BC ⇒ ∆AKH cân A HK có phương x + y + m = ⇒ −1 − + m = ⇔ m = trình: x + y + =  x = −2 ⇔ ⇒ I ( −2;0 ) ⇒ K ( −3;1) x − y + = y = Toạ độ I :  BE ⊥ AC ; E ∈ AC ; AK ⊥ BE ⇒ AK phương trình có x − y + n = ⇒ −3.3 − 4.1 + n = ⇒ n = 13 ⇒ AK : x − y + 13 = ⇒ toạ độ đỉnh A là: Gọi dạng: uuur 3 x + y + 13 = x = ⇔ ⇒ A ( 5;7 ) ⇒ AH = ( −6; −8 ) = −2 ( 3;4 )  x − y + = y = −3t − 13   −3t − 17   3t + 13  uuur  C ∈ AK ⇒ C  t ; − ÷ =  −1 − t ; ÷ ⇒ CH =  −1 − t ; ÷  4      uuur uuur 10  10  AH CH ⇔ ( + t ) + 3t + 17 = ⇔ t = − ⇒ C  − ; ÷  4 Ví dụ 7: (Trích đề thi khối B năm 2007) Cho A ( 2;2 ) đường thẳng ∆1 : x + y − = 0; ∆ : x + y − = Tìm toạ độ B C thuộc ∆1 ; ∆ cho ∆ABC vuông cân A Lời giải: Cách 1: B ∈ ∆1 ⇒ B ( b;2 − b ) C ∈ ∆ ⇒ C ( c;8 − c ) uuur uuur ⇒ AB = ( b − 2; −b ) ; AC = ( c − 2;6 − c ) uuur uuur  AB AC = ( b − ) ( c − ) + ( − c ) ( −b ) = ⇔ ∆ABC vuông cân A ⇔   2 2  AB = AC ( b − ) + b = ( c − ) + ( − c ) ( 1) Giải hệ phương trình khó! học sinh uuur Cách 2: Ta có AB = ( b − 2; −b ) Điều kiện cần đủ để ∆ABC vuông cân A uuur  AC = ( b; b − )  uuur  AC = ( −b;2 − b )  xC − = b  xC = b + ⇔ ⇒ C ( b + 2; b ) ∈ ∆  yC − = b −  yC = b uuur  AC = ( b; b − ) ⇒  ⇒ b + + b − = ⇒ b = ⇒ B ( 3; −1) ; C ( 5;3)  xC = − b ⇒ C ( − b;4 − b ) ∈ ∆  yC = − b uuur  AC = ( −b;2 − b ) ⇒  ⇒ − b + − b − = ⇒ b = −1 ⇒ B ( −1;3) ; C ( 3;5 ) uuur r Lưu ý Với phép quay ta có kết quan trọng sau: Cho ∆ABC với AB ≠ uuur b) Điều kiện cần đủ để ∆ABC vuông cân A AC = ( y0 ; − x0 ) uuur AC = ( − y0 ; x0 )  uuur  x0 3 x0 y0  y0 ; + ÷  AC =  − 2 2÷    c) Điều kiện cần đủ để ∆ABC  r x 3x0 y0   uuu AC =  + y0 ; − + ÷  2 2÷    Chứng minh: Suy trực tiếp từ công thức:  x′ = x cos α − y sin α   y′ = x sin α + y cos α Ví dụ Cho A ( 2;2 ) Tìm điểm B thuộc đường thẳng d : y = điểm C thuộc trục 0x cho ∆ABC Lời giải: uuur B ∈ y = ⇒ B b ;3 ⇒ AB = ( b − 1;2 ) ( ) Cách 1: Do uuur uuur C ∈ x ⇒ C ( c;0 ) ⇒ AC = ( c − 1; −1) ; BC = ( c − b; −3 ) 2 2  AB = AC ( b − 1) + = ( c − 1) + ⇔ ∆ABC ⇔  2 2 AB = BC  ( b − 1) + = ( c − b ) + ( 1) Giải hệ phương trình khó! học sinh  uuur  b −  ( b − 1) − 3; + 1÷  AC =   ÷ uuur    Cách 2: Gọi B ( b;3) Ta có AB = ( b − 1;2 ) Mà ∆ABC ⇔   ( b − 1)  uuur  b − AC = + 3; − +  ÷   ÷     b +1   b +1  ( b − 1) ( b − 1) ⇒ C − 3; + ÷ C  + 3; − + 2÷  ÷  ÷ 2      b +1  ( b − 1) ( b − 1) −4 C − 3; + ∈ 0x ⇒ +2=0⇔b= +1  ÷  Với  ÷ 2     −4   ⇒ B + 1;3 ÷; C 1 − ;0 ÷      b +1 + 3; −  Với C    ( b − 1) ( b − 1) + ÷∈ x ⇒ − +2=0⇔b= +1 ÷ 2      ⇒ B + 1;3 ÷; C 1 + ;0 ÷     2 Ví dụ 9: (Trích đề thi khối D năm 2011) Cho đường tròn ( C ) : x + y − x + y − = điểm A ( 1;0 ) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt ( C ) điểm M ; N cho ∆AMN vuông cân A Lời giải: Cách 1: Đáp án giáo dục đào tạo Đường tròn ( C ) có tâm I ( 1; −2 ) , bán kính 10 Ta có: IM = IN AM = AN ⇒ AI ⊥ MN ⇒ phương trình ∆ có dạng: y = m 2 Hoành độ M ; N nghiệm phương trình: x − x + m + 4m − = ( 1) ( 1) có nghiệm x1; x2 ⇔ m + 4m − < ( *) Khi ta có: M ( x1 ; m ) ; N ( x2 ; m ) uuuur uuur AM ⊥ AN ⇔ AM AN = ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) + m = ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + m + = m = ( t / m *)  m = −3 áp dụng định lí viét ( 1) ⇒ 2m + 4m − = ⇔  Vậy phương trình ∆ y = y = −3 Cách 2: Do vai trò M; N nên ta giả sử góc lượng giác: ( AM;AN ) = 900 2 Gọi M ( x ; y0 ) ∈ ( C ) ⇒ x + y − 2x + 4y − = ( 1) uuuur uuur Ta có: AM = ( x − 1; y0 ) ⇒ AN = ( − y ; x − 1) ⇒ N ( − y ; x − 1) 2 mà N ∈ ( C ) ⇒ ( − y0 ) + ( x − 1) − ( − y0 ) + ( x − 1) − = ⇔ x 02 + y02 + 2x − = x  2 x − y0 − =  x + y0 − 2x + 4y0 − =  y0 ⇔ ⇔ Ta có hệ phương trình:  2  2 x  x + y0 + 2x − =  x + y + 2x − =    y =2 =1 = −2 = −3 x0 = ⇒ M ( 2;1) ; N ( 0;1) ⇒ ∆ : y =  y0 =  Nếu   x = −2 ⇒ M ( −2; −3) ; N ( 4; −3) ⇒ ∆ : y = −3 y = −   Nếu   KL: ∆ : y = y = −3 Ví dụ 10: (Trích đề thi khối D năm 2009) Cho ( C ) : ( x − 1) + y = Gọi I tâm, xác · định toạ độ điểm M ∈ ( C ) cho IM0 = 300 Lời giải: Cách 1: Đáp án giáo dục đào tạo Gọi M ( a;b ) ∈ ( C ) ⇒ ( a − 1) + b = 1; ∈ ( C ) ⇒ I0 = IM = · ∆IM0 có 0IM = 1200 ⇒ 0M = I0 + IM − 2I0.IM.cos120 ⇔ a + b = 3  a=   ( a − 1) + b =  ⇔ Toạ độ M nghiệm hệ:  2  b = ± a + b =   2 3 Vậy M =  ; ± 2 3 ÷  Cách 2: Đường tròn ( C ) có tâm I ( 1;0 ) , bán kính R = · = 300 ⇔ MI0 · Dễ thấy ∈ ( C ) ∆0MI cân I nên IM = 1200 uuur uur 1 3 3 3 IM I0 = − 1;0 ( ) nên = ( − cos1200 ; − sin1200 ) =  ; − ÷ ⇒ M  ; − ÷ Do     uuur 1 3 3 3 IM = − cos ( −1200 ) ; − sin ( −1200 ) =  ; ÷⇒ M  ; ÷ Hoặc 2  2  ( ) 3  KL: M  ; − 2 Ví dụ 11: 3 3 3 ÷ M  ; ÷  2  (Trích đề thi khối A năm 2005) Cho hai đường thẳng d1 : x − y = 0; d : 2x + y − = Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD , biết A;C thuộc d1 ;d B;D thuộc Ox Lời giải: Cách 1: Đáp án Bộ giáo dục đào tạo Vì A ∈ d1 ⇒ A ( t; t ) Vì A C đối xứng qua BD B; D ∈ 0x ⇒ C ( t; − t ) Vì C ∈ d ⇒ 2t − t − = ⇒ t = ⇒ A ( 1;1) ;C ( 1; −1) IB = IA = ID = IA = Trung điểm AC I ( 1;0 ) Vì I tâm hình vuông nên  B ( b;0 )  B ∈ 0x  b − =  b = 0;b = ⇔ ⇒ ⇔ ⇒ B ( 0;0 ) ;D ( 2;0 ) B ( 2;0 ) ;D ( 0;0 )   D ∈ 0x D ( d;0 )  d − = d = 0;d = Vậy bốn đỉnh hình vuông A ( 1;1) ;B ( 0;0 ) ;C ( 1; −1) ; D ( 2;0 ) A ( 1;1) ;B ( 2;0 ) ;C ( 1; −1) ; D ( 0;0 ) uuur  AD = ( a;b − a ) uuur Cách 2: A ( a;a ) ;B ( b;0 ) ⇒ AB = ( b − a; −a ) ⇒  uuur  AD = ( −a; −b + a ) uuur AD = ( a;b − a ) ⇒ D ( 2a; b ) ∈ 0x ⇒ b = 0; D ( 2a;0 ) +) ⇒ B ( 0;0 ) ; D ( 2a;0 ) ⇒ I ( a;0 ) ⇒ C ( a; −a ) ∈ d ⇒ 2a − a − = ⇔ a = ⇒ A ( 1;1) ;D ( 2;0 ) ;C ( 1; −1) [...]... thêm khối đa diện Ví dụ 2 Xem lại đề bài ở Ví dụ 9 ở phần 2.1.b Lời giải Gọi I = AA '∩ DM dễ dàng chứng minh được A’ là trung điểm của AI nên 1 1 a2 3 a3 VI ABD = IA.S ABD = 3a = (đvtt) 3 3 4 4 VA A ' MN = VI A ' MN = 1 AA '.S A ' MN 3 1 a 3 1 1 3a 2 a 3 = = (đvtt) 3 2 2 4 4 32 VA.BDMN = VI ABD − VA A ' MN − VI A ' MN = 3a 3 (đvtt) 16 Ví dụ 3. (Đề TSĐH khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’... '.S A ' MN = sin 600 = (đvtt) 3 3 2 2 4 32 Gọi O ' = A ' C '∩ B ' D ' , kẻ MH / / A ' C ' Dễ thấy A ' C ' ⊥ ( BDD ' B ') ⇒ MH ⊥ ( BDD ' B ') VM BDD ' B ' 3a 3 1 1 1 a 3 a 3 a3 = MH S BDD ' B ' = a = (đvtt) ⇒ VA BDMN = (đvtt) 16 3 3 2 2 2 8 Bài tập tự luyện Bài 1 (Đề TN -THPT PB 2007 Lần 2) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = AC Tính... S DEF = S DFG ⇒ VA.DFG = VB DEF 2 2 1 VB DEF = VF BDE = VC BDE = d ( C , ( SAB ) ) S BDE 3 3 3 2 1 2 = d ( C , ( SAB ) ) S SBD 3 3 3 2 1 2 1 4 = d ( C , ( SAB ) ) S SAB = VSABC 3 3 3 3 27 2 2 1 2 1 2 4 VABDF = VF ABD = VC ABD = d ( C , ( SAB ) ) S ABD = d ( C , ( SAB ) ) S SAB = VSABC 3 3 3 3 3 3 9 ⇒ VABDEFG = VA DFG + VB DEF + VABDF = 20 VSABC 27 Do đó, tỉ số thể tích của hai phần là:... Đáp số: VS ABCD = 2 3 a 3 Bài 2 (Đề thi TN THPT 2009) Cho hình chóp S ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và góc A của tam giác ABC bằng 1200 Tính thể tích của khối chóp S ABC theo a Đáp số: VS ABC = 2 3 a 36 Bài 3 (Trích đề thi ĐH khối D – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng... (SBE)) = 3VSABC S ∆SBE Ta có: BE = AC = a 2 , SB = a 2 , AE = a 3, SE = a 6 2 S ∆SBE 2 2+ 6 a 6 =  ÷a  ÷ 2    2  = VSABC ( 2 2− 6  ÷a 2   )( ) a2 a2 3 6 2 2+ 6 2 2− 6 = 4 3 1 1 a3 3V a 3 = SA BA.BC = → d ( A;( SBE )) = SABC = 3 2 6 S ∆SBE 3 Lời giải 3: AH AC ∩ BD = O, I là trung điểm của SD d(AC; SB) = d(SB; (ACI)) = d(B; (ACI) = 3VBACI S ∆ACI 3 VSABC 2 = S ∆ACI a2 3 a 3 ⇒ d ( AC... VCDMNQP 13 Vậy mặt phẳng ( MNP ) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích 7 13 Bài tập tự luyện Bài 1 (Trích đề thi khối A – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a Đáp số: VCMNP = a3 3 96 Bài 2 (Đề thi ĐH... tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt · phẳng (ABC) Biết SB = 2 3a , SBC = 30 o Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a  Lời giải 1: 3 SH = 3a, HB = 3a, HC = a Từ H hạ HI ⊥ AC tại I ⇒ HI = a 5 Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SI ⇒ HK = d(H;(SAC)) ⇒ HK = 3a 6a ⇒ d(B;(SAC)) = 4.HK = 2 7 7  Lời giải 2: Ta dễ dàng tính được VSABC = 2 3a3 Lại có SB... ;V2 = VC '.MNB ' A ' ;V3 = VC MNBA ;V4 = VMNABB ' A ' V là thể tích của lăng trụ Ta có VC A ' B ' C ' = V1 + V2 Mặt khác: V1 VC A′B′C′ = CM CN CC ′ 1 = CA′.CB′.CC ′ 4 1 V V 1 V V ⇒ V1 = = ; V2 = V − = 4 3 12 3 12 4 V3 = VC ' ABC − VCMNC ' = VCA ' B ' C ' − VCMNC ' = V2 ;V3 = V 5V ; V4 = V − V1 − V2 − V3 = 4 12 Vậy V1 : V2 : V3 : V4 = 1: 3 : 3 : 5 Ví dụ 3 (Đề thi dự bị ĐH khối D năm 2008) lượt thuộc... MH = A ' H cot ·AMH = 3 Vì AMHN là hình chữ nhật nên AH 2 = AM 2 + AN 2 = x 2 + x2 4 x2 = 3 3 4x2 7 x2 3 = ⇒x=a mà AA ' = AH + A ' H ⇒ a = x + 3 3 7 2 2 2 2 2 Vậy VABCD A ' B ' C ' D = S ABCD A ' H = a 3. a 7.a 3 = 3a 3 (đvtt) 7 Ví dụ 7 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a, K ∈ CC ′ sao cho CK = 2 a Mặt phẳng (α) qua A,K và song song với BD chia khối lập phương trình 3 hai phần Tính tỷ số... tích bằng nhau) Bài 7 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a, gọi M,N,P lần thuộc các đoạn AA’,BC,CD sao cho AA ' = 3 A ' M , BC = 3BN , CD = 3DP mặt phẳng (MNP) chia khối lập phương thành hai phần tính thể tích từng phần 2 QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 2.1 Các bài toán về chứng minh tính vuông góc 2.1.1 Kiến thức cơ bản cần biết d a Tiêu chuẩn vuông góc + Đường thẳng (d) vuông góc mặt phẳng