PHƯƠNG PHÁP tọa độ hóa TRONG KHÔNG GIAN

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Phương Pháp TỌA ĐỘ HĨA HÌNH KHƠNG GIAN CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN Tạp chí tư liệu tốn học Đơi giải tốn hình học khơng gian cổ điển ta gặp nhiều tốn tính tốn phức tạp, nhiên phòng thi ta lại khơng có nhiều thời gian, chương tìm hiểu phương pháp giải nhanh tốn tính tốn phức tạp khó hình khơng gian cổ điển, liên quan tới cực trị, góc, khoảng cách I Ý TƯỞNG PHƯƠNG PHÁP Trên mạng có vài tài liệu nói phương pháp chia thành nhiều dạng, điều làm áp dụng có phần khó nhớ máy móc, nhiên cần nắm dấu hiệu phương pháp sau  Bước Chọn hệ trục tọa độ Trong bước ta xác định đường vng góc có tốn gọi đường sở Thơng thường ta quy ước trục Ox hướng vào mình, trục Oz nằm ngang, lại trục Oy  Bước Xác định tọa độ điểm liên hình liên quan tới toán Với bạn chưa quen xác định tọa độ hình chiếu điểm cần tìm lên trục, từ suy tọa độ điểm cần tính  Bước Áp dụng công thức Sau nhắc lại số công thức cần nhớ phần Diện tích thể tích Diện tích tam giác ABC: S   AB, AC  Thể tích tứ diện ABCD: V   AB, AC  AD Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: V   AB, AD  AA ' Thể tích hình lăng trụ ABC,A’B’C’: V   AB, AD  AA '  tuyến n ' cos   P  ,  Q   = cos n, n '    Góc đường thẳng: Đường thẳng d có VTCP u d’ có VTCP v cos  d , d '  cos u, v Góc đường thẳng mặt phẳng: Đường thẳng d có VTCP u (P) có VTPT n   sin  d ,  P    cos u, n Khoảng cách từ M  x0 , y0 , z0  đến mặt phẳng: z0 ;  Oyz  x0 ;  Ozx  y0   Oxy    P  : Ax  By  Cz  D  d  M , P   | Chinh phục olympic toán Ax0  By0  Cz0  D A2  B  C Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Góc mặt phẳng: Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n mặt phẳng  Q  có vecto pháp PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: Cho M  x0 , y0 , z0   AM , u    đường thẳng d qua A có VTCP u  AB d  M , d   u Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: Đường thẳng d1 qua M có VTCP u1 ; d qua M có VTCP d  d1 , d   u1 , u2  M M   u1 , u2    Chú ý Thông thường mà khơng có đường vng góc ta phải tự dựng thêm để gắn tọa độ liên quan tới hình lập phương, hình hộp chữ nhật, chối chóp có đường vng góc, lăng trụ đứng áp dụng phương pháp giải nhanh ! II CÁC BÀI TOÁN Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm BC CD Tính bán kính R khối cầu ngoại tiếp khối chóp S CMN Lời giải z S N C D H O M y A CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN B x Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ xét a   3    1  Khi H  O , M  0;1;0  , C   ;1;0  , N   ; ;0  , S  0;0;     2    Phương trình mặt cầu ngoại tiếp chóp S CMN có dạng  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  ,  a  b2  c  d   Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC  2b  d  1 a     a  2b  d   b    S , C , M , N   S  nên ta có hệ phương trình:   c  a  b  d     12   3c  d   d    Ta có a  b  c  d  Vậy R  31 hay 48 a  b2  c  d  93 12 a 93 12 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A B , thỏa mãn điều kiện AB  BC  a , AD  2a, SA vng góc với mặt đáy  ABCD  , SA  a Gọi M , N trung điểm SB, CD Tính cosin góc MN ( SAC ) Lời giải z S M D A y N x Chọn hệ trục hình vẽ, chọn đơn vị a 1 1 1  Có A  0;0;0  , B 1;0;0  , C 1;1;  , D  0; 2;0  , S  0;0;1 ; M  ;0;  ; N  ; ;0  2 2 2   1 Vec tơ phương MN 2MN   0; ;     0;3; 1  2 Véc tơ pháp tuyến  SAC  n   AC ; AS   1; 1;0    Vậy sin MN ;  SAC   1 | Chinh phục olympic toán  10 Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC C B PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN  Suy cos MN ;  SAC   3  55      10  10  Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD  AB  2BC  2CD  2a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi M , N trung điểm SB CD Tính cosin góc MN  SAC  , biết thể tích khối chóp S ABCD Lời giải Vì ABCD hình thang cân có AD  AB  2BC  2CD  2a a a  2a a 3 3a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  ; S ABCD   2 3a a3  SA  a Nên VABCD  SA  4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ hình vẽ z S Q M I A H D F N K C B y x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a  a   a   Ta có K  0;0;0  , B  ;0;0  , C  0; ;0  , A  0;  ;0  ,  2 2       a a   a a a a  N  ; ;0  , S  0;  ; a , M ;    ;    2      4  3a 3a a  MN   ; ;  Chọn u1  3;3 3;  phương với MN    BK  SA  BK   SAC  Nhận xét   BK  AC a   BK   ;0;0  vtpt  SAC  Chọn n1  1;0;0  phương với BK 2     Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC Gọi  góc góc MN  SAC  Ta có sin   u1.n1 u1 u2  10 310  cos   20 20 Câu Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có AB  AC  a, BAC  1200 , AA  a Gọi M , N trung điểm BC  CC  Số đo góc mặt phẳng  AMN  mặt phẳng  ABC  Lời giải z A C B N x C' A' M B' y Thiết lập hệ toạ độ Oxyz không gian hình vẽ, gốc toạ độ O trùng M a a ; MA  2  a a + M  0;0;0  , N   Oyz   N  0;  ;  2   a  + A   Oxz   A  ;0; a  Mp  ABC  / /  ABC   ;  ABC     Oxy  2    ABC  có vecto pháp tuyến k   0;0;1 a  Ta có MA  ;0;0  phương u1 1;0;  2   a a MN  0;  ;  phương u2 0;  3;1 2        AMN  có vecto pháp tuyến n  u1 , u2   3; 1;  | Chinh phục olympic toán  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Dễ dàng tính MB  MC   PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN      cos  AMN  ,  ABC   cos k , n  Câu Cho hình chóp S ABC có ABC tam giác vng cân B , BC  a , cạnh bên SA vng góc với đáy, SA  a 3, M trung điểm AC , tính góc cotang  SBM   SAB  Lời giải z S x y A C B   a a  Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có B  0;0;0  ; A  a;0;0  ; C  0; a;0  ; S a;0, a ; M  ; ;0  2      a  a n SAB    0;1;0  ; n SBM    SB, MB   a 1;0,   1;1;0    3; 3;1 2  Đặt góc  SBM   SAB   , ta có 21   n SAB  n SMB  cos      cot   sin   21    sin          CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN cos   n SAB  n SMB   Câu Cho hình tứ diện EFGH có EF vng góc với EG , EG vng góc với EH , EH vng góc với EF ;biết EF  6a , EG  8a , EH  12a , với a  0, a  Gọi I , J tương ứng trung điểm hai cạnh FG , FH Tính khoảng cách d từ điểm F đến mặt phẳng  EIJ  theo a Lời giải Vì EF vng góc với EG , EG vng góc với EH nên EG  ( EFH ) Gọi K trung điểm EF suy IK  ( EFH ) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ta có: K  0;0;0  , I  0;0; 4a  , E  3a;0;0  , J  0;6a;0  Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC G z I 8a N x E 6a F K M 12a J y H Phương trình mặt phẳng  EIJ  : x y z     x  y  3z  12a  3a 6a 4a d   F ,  EIJ    2d  K ,  EIJ    12a 24a 24 29a   29   16 29 Câu Cho lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy tam giác ABC vng cân A , cạnh BC  a Góc mặt phẳng  AB ' C  mặt phẳng  BCC B  600 Tính thể tích V khối lăng trụ ABC ABC  ? Lời giải Gọi chiều cao hình lăng trụ h      Đặt hệ trục tọa độ Axyz hình vẽ Khi A  0;0;0  , B a 3;0;0 , C 0; a 3;0 , B a 3;0; h  a a   M  ; ;0  trung điểm BC 2   z C' A' y A C M B x a a  n  1;1;0  VTPT  BCC ' B ' Vì AM   BCC B  AM    ; ;0  nên   | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC B' PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN     Ta có  AC , AB  ah 3;0; 3a  n1  h;0;  3a VTPT  AB ' C  Theo giả thiết góc  ABC  mặt phẳng  BCC B  60    cos 60  cos n, n1  h   h  3a 2 h  3a Vậy thể tích khối lăng trụ ABC ABC  V  3a3 Câu Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh Gọi E , M trung điểm cạnh BC , SA ,  góc tạo đường thẳng EM mặt phẳng  SBD  Tính tan  Lời giải z S M A y D O B C E x Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho Ox  OC , Oy  OB , Oz  OS Chọn OA  Ta có C 1;0;0  , A  1;0;0    SBD  nhận AC   2;0;0  vectơ pháp tuyến Từ SA  AB  OA   SO  SA2  OA2  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  S  0;0;1  1   M   ;0;   2  A  1;0;0  C 1;0;0  1   1 Ta có   E  ; ;0   EM nhận ME  1; ;   vecto phương 2   2  B  0;1;0   sin  EM ;  SBD    sin   ME AC ME AC  cos    2 1  1 12        2  2   tan   Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC Câu Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Gọi K trung điểm DD ' Khoảng cách hai đường thẳng CK A ' D Lời giải z D' C' B' A' K D C y B A x 1  Chọn a  ta có hệ trục tọa độ Oxyz cho D  0;0;0  , A ' 1;0;1 , K  0;0;  C  0;1;0  2  1 1   Ta có DA '  1;0;1 ; CK  0; 1;  DK  0;0;  2 2   1   Ta có  DA ';CK   1;  ; 1 ,  DA ';CK  DK   2    Do d A ' D ;CK   2  1       1  2 a   Vậy d A ' D;CK   3 1 1  Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a , BC  a , SA  a SA vng góc với đáy ABCD Tính sin  , với  góc tạo đường thẳng BD mặt phẳng  SBC  Lời giải | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Câu 10 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC Câu 45 Cho hình lập phương a  có cạnh a  Một đường thẳng d qua đỉnh D tâm I mặt bên BCC B Hai điểm M , N thay đổi thuộc mặt phẳng  BCC B   ABCD  cho trung điểm K MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình vẽ) Giá trị bé độ dài đoạn thẳng MN ? A' B' M C' D' K d A B N C D Lời giải Cho a  Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ z A' B' M C' D' K d A B y N D C 1 1 1  I trung điểm BC   I  ;1;   DI    ;1;     1; 2;1 2 2 2  x  1 t  Đường thẳng DI qua D 1;0;1 , có VTCP u  1; 2;1 :  y  2t  t  z  1 t   Mặt phẳng  ABCD  : z  Mặt phẳng  BCC B  : y  Ta có M   BCC B   M  m;1; n  , K  DI  K 1  t ; 2t ;1  t  K trung điểm MN  N  2t  m  2; 4t  1; 2t  n   37 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC x A  0;0;0  , D 1;0;1 , B  0;1;0  , C  1;1;1 PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN N   ABCD   z N   2t  n    t  n2  N  n  m;3  2n;0  MN   n  2m;  2n; n   MN   n  2m     2n   n   n  2m   5n  8n  2 2 4 4    n  2m    n      MN  5 5  Dấu xảy b  a  5 Câu 46 Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt hai góc nhà hình hộp chữ nhật cho bóng tiếp xúc với hai tường nhà Biết bề mặt bóng tồn điểm có khoảng cách đến hai tường nhà mà tiếp xúc ; ; Tổng độ dài đường kính hai bóng bao nhiêu? Lời giải z O I y x Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Mỗi bóng xem mặt cầu tâm I  a; b; c  Vì bóng tiếp xúc với hai tường nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ  d  I ,  xOy    d  I ,  yOz    d  I ,  zOx    R  a  b  c   I  a; a; a  Gọi M  x; y; z  điểm nằm bóng có khoảng cách đến hai tường nhà mà tiếp xúc ; ;  M 1; 2;  M nằm bóng IM  d  I ,  xOy    a   a  1   a     a    a  2a  14a  21  * CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 Vì * có biệt thức    nên có hai nghiệm phân biệt a1 , a2 a1  a2  Khi tổng đường kính hai bóng  a1  a2   14 Câu 47 Hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  a Gọi M , N hình chiếu vng góc điểm A cạnh SB , SD Góc mặt phẳng  AMN  đường thẳng SB ? Lời giải Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 38 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC z S N a M y D A a Ta có B C x BC   SAB   BC  AM  AM   SBC   AM  SC Tương tự ta có AN  SC   AMN   SC Gọi  góc đường thẳng SB  AMN    Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho A  0;0;0  , B  0;1;0  , D 1;0;0  , S 0;0; ,     C 1;1;  , SC  1;1;  , SB  0;1;  Do  AMN   SC nên  AMN  có vtpt SC sin   3     60o Câu 48 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh a M điển thỏa mãn CM   AA Cơ sin góc hai mặt phẳng  AMB   ABC  bao nhiêu? Lời giải Xét hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh a Gắn hệ trục hình vẽ quy ước a  ( đơn vị ) Gọi D giao điểm AM AC a Suy tọa độ điểm hình vẽ Theo giả thiết ta có CM   AA  ADA 39 | Chinh phục olympic toán CDM  AD   DA  2 DC CD Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Vì tam giác ABC  tam giác cân cạnh a nên ta suy độ dài đường trung tuyến PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN M z A  0;0;1 C  0;1;1   B  ; ,1  2  A '  0;0;0  C '  0;1;0  x y   B '  , ,  2     Vậy tọa độ điểm D là: D  0; ;1   Ta có mặt phẳng ABC có phương trình z   n ABC    0;0;1 Mặt khác mặt phẳng  AMB  mặt phẳng qua ba điểm A , D B   1  3    AD , AB    ; ; Ta có: AD   0; ;1 AB   ; ;1  n    A BM        2        Vậy cơsin góc tạo hai mặt phẳng  AMB   ABC  là:       36  30  10 10 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN cos  A ' BM  ,  ABC   cos n ABM  , n ABC    3 Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 40 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC Câu 49 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy Đường thẳng MN NB  M  AC; N  BC   đường vng góc chung AC BC  Tỷ số NC  Lời giải Kết toán không thay đổi ta xét lăng trụ ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy A C O y M B x N C' A' z B'   Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ( O trung điểm BC ) Ta có: A 0;  3; ,   B 1;0;0  , C  1;0;0  , C   1;0;  , CA  1;  3; , BC    2;0;  CM  mCA Do  nên ta có M 1  m;  3m; 2m , N 1  2n;0; 2n   BN  nBC      Đường thẳng MN đường vng góc chung AC BC  nên:  m   MN CA  4m  2n  1 BN NB   n      BC  NC    m  4n   MN BC  n   Câu 50 Cho tứ diện ABCD có AD vng góc với mặt phẳng  ABC  , AD  3a, AB  2a , , AC  4a, BAC  60 Gọi H , K hình chiếu vng góc B AC CD Đường thẳng HK cắt đường thẳng AD E Chứng minh BE vng góc với CD tính thể tích khối tứ diện BCDE theo a Lời giải 41 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC  MN  m  2n  2; 3m; 2n  2m PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN z D y 3a K H C A E 4a 2a B x Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với A trùng gốc tọa độ O   A  0;0;0  , B  2a;0;0  , C 2a; 2a 3;0 , D  0;0;3a  , AH  AB.cos 60  a a a  Suy tọa độ H  ; ;0  2    DC 2a; 2a 3; 3a    suy u 2; 3; 3 vecto phương DC nên phương trình  x  2t  đường thằng DC :  y  3t Vì K thuộc DC nên K 2t ; 3t ;3a  3t  z  3a  3t     CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Ta có BK 2t  2a; 3t;3a  3t , BK DC   t    26a 26 a 36 a  13a Vậy K  ; ;  25 25 25   25 a a   27a 27a 36a  Vì E thuộc trục Az nên E  0;0; z  EH  ; ;  z  ; HK  ; ;  2 50 50 25     4a 4a   Vì E , H , K thằng hàng nên EH , HK phương, suy z   Vậy E  0;0;   3   4a 4a   Ta có EB   2a;0;  DC 2a; 2a 3; 3a nên EB.DC  2a.2a  0.2a   3a   3   Vậy BE vng góc với CD Câu 51   Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, BC  a ABC  30 Hai mặt phẳng  SAB   SAC  tạo với đáy góc 60 Biết hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABC  thuộc cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC theo a Lời giải Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 42 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC z S y x H C B A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với A trùng gốc tọa độ O a   a  A  0;0;0  , B  ;0;0  , C  0; ;0  , S  x; y; z  với x  0; y  0; z  0, H  x; y;0  với H hình chiếu     vng góc S lên  ABC   a a n1   0;0;1 vecto pháp tuyến  ABC  n2   AB AS    0;  z;  2  a  a tuyến  SAB  n3   AC AS    x;0;  z  vecto pháp tuyến  SAC   2 cos   SAC  ,  ABC    n1.n2     n1 n2 n1.n3 n1 n3 y z y 2 x z x 2  z  y 1  z  3x    a a  a   Từ 1 ,   ta có x  y Nên H  x; x;0  , H thuộc BC nên BC   ; ;0  , CH  x; x  ;0  2     a x 3a x x a phương, suy thay vào 1 , ta z   a a 1 1  2  VS ABC       a3 1 3a a2  SH S ABC   3 1 32   Câu 52 Cho hình chóp tam giác S ABC có độ dài cạnh AB  a Gọi M , N trung điểm cạnh SB, SC Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết mặt phẳng  AMN  vng góc với mặt phẳng  SBC  Lời giải Gọi O trung điểm BC , G trọng tâm tam giác ABC , ta có 43 | Chinh phục olympic tốn Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC cos   SAB  ,  ABC     y  vecto pháp  PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN a a a , OB OC  , OG  2 Đặt SG  z  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho tia Ox chứa A , tia Oy chứa B tia Oz nằm đường thẳng qua O song song với SG (xem hình vẽ), đó: OA  a   a    a a  a a  a  a A  ;0;0  , B  0; ;0  , C  0;  ;0  ,S  ;0; z  , M  ; ; z  , N  ;  ; z            12   12 a 15 a 10 Tính z  Suy S AMN  16 Câu 53 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, AD  a 2, SA  a SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi M , N trung điểm AD SC , I giao điểm BM AC Chứng minh mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt phẳng  SMB  Tính thể tích khối tứ diện ANIB Lời giải z S N A M y D I B C x Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O  A , Ox chứa B , tia Oy chứa D tia Oz chứa S Khi đó:  a  a a a A  0;0;0  , B  a;0;0  , C a; a 2;0 , D 0; a 2;0 , S  0;0; a  , M  0; ;0  , N  ; ;    2 2      a  AS  0;0; a  , AC a;a 2;0 , SM  0; ;  a  , SB  a;0; a    2 Vecto pháp tuyến  SAC   AS ; AC   a 2; a ;0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN      a2  Vecto pháp tuyến  SMB   SM ; SB     ; a ;0    Vì  AS ; AC   SM ; SB   a  a  nên  SAC    SMB  Ta có IC BC    IC  2 IA Từ tìm IA AM thể tích khối tứ diện ANIB VANIB a a  I  ; ;0  3  1 a3 a3     AN AI  AB   6 36 Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 44 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC Câu 54 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE , N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính (theo a ) khoảng cách hai đường thẳng MN AC Lời giải z S E I M D C N O x a A B y Gọi O giao điểm AC BD , Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho tia Ox chứa A , tia Oy chứa B tia Oz chứa S (xem hình vẽ) Đặt SO  z , a   a   a   a  A  ;0;0  , B  0; ;0  , C   ;0;0  , D  0;  ;0  , S  0;0; z  , 2 2          a a  a a z a z a a  N   ; ;0  , M  ; ;  , I  ;0;  E  ; ; z  4 2  2  2      3a  z a  Có MN   ;0;  , BD   0;  ;0  4    Ta thấy MN BD   MN  BD a Câu 55 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD bình hành, AD  4a , cạnh bên hình chóp 6a Tìm cơsin góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  thể tích khối chóp S ABCD lớn Lời giải 45 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Góc hai đường thẳng MN AC d  MN , AC   PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN z S B x C O M A N D y Gọi O giao điểm AC BD , M , N trung điểm AB AD , từ giả thiết suy SO  AC  2   SO   ABCD  OA  OB  OC  OD  6a  SO nên ABCD hình chữ nhật SO  BD  OA  x  4a Đặt ON  x  Khi   SO  SA2  OA2  2a  x Thể tích khối chóp S ABCD VS ABCD  dụng bất đẳng thức Caushy ta suy VS ABCD   AB AD.SO  ax 2a  x với x  0; a áp 3 lớn x  a Suy SO  a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Khi a   a   a   B  2a;  ;0  , C  2a;  ;0  , D  2a; ;0  , S  0;0; a        Gọi  góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  cos   Câu 56 Cho hình lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 có AB  a, AC  2a, AA1  2a BAC  120 Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB  MA1 tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A1BM  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 46 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC z C1 B1 A1 y C B 2a a A yx Kẻ AO  BC Ta có BC  a  4a  2a.2a.cos120  a AO.BC  AB AC.sin120  AO  OB  AB  AO  a  AB AC.sin120 a 21  BC 21a 2 a  49 7a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Khi đó: OC  BC  OB   a 21       a 21  A  ;0;0  , B  0; ;0  , M  0;  ; a  , A1  ;0; 2a  7          a 21 5a  Ta có MA1   ; ; a  , MB  0; a 7; a      2a  Phương trình mặt phẳng  A1 BM  là: 12 x  15  y    21z    Khoảng cách từ A đến  A1 BM  là: d  A;  A1MB    a Câu 57 Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C có độ dài cạnh bên 2a đáy ABC tam giác vuông A, AB  a, AC  a hình chiếu vng góc đỉnh A mặt phẳng  ABC  trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A ' ABC cosin góc hai đường thẳng AA ' B ' C ' Lời giải 47 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC MA1.MB  5a  5a   MA1  MB  MA1  MB PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN z C' B' A' O B C H x K A y Gọi O trung điểm BC , H trung điểm AB , K trung điểm AC OHAK hình chữ nhật Ta có BC BC  AB  AC  2a, OA   a, OA '  AA '2  OA2  4a  a  a OH  OA2  AH  a  a2 a  3a a OK  OA  AK  a   Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho tia Ox chứa H , tia Oy chứa K tia Oz chứa A ' (xem hình vẽ) 2 a a  a a   a a  Khi A ' 0;0; a , A  ; ;0  , B  ;  ;0  , C   ; ;0  2 2 2         Thể tích khối chóp A ' ABC VA ' ABC   1 3a3 3a3 a3  A ' A; A ' B  A ' C      6 2  BC  a 3; a;0 Gọi  góc AA ' B ' C ' Khi đó:   CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN cos   cos AA ', BC  AA '.BC AA '.BC  Câu 58 Cho hình lăng trụ đứng ABC A 'B'C' có BC  AB, AB  BC Gọi M , N trung điểm 2a A ' B ' BC Khoảng cách hai đường thẳng AM B ' C Góc hai mặt phẳng  AB ' C   BCC ' B ' 60 Tính thể tích khối chóp MABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B ' ANC theo a Lời giải Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 48 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC z A' C' M B' y x A C N B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trùng điểm B Đặt AB  x  x   BC  x Ta có B  0;0;0  , C  x;0;0  , A  0; x;0  N  x;0;0   x  A '  0; x; y  y   , B '  0;0; y  , C '  x;0; y  , M  0; ; y    x    xy  AM   0;  ; y  , B ' C   x;0;  y    AM ; B ' C    ; xy; x      Ta có AC   x;  x;0   AM ; B ' C  AC   d  AM , B ' C     AM ; B ' C     x2 y x2 y  x2 y  x4  2a  xy x  17 y  a 1 AB '   0;  x; y  AC   x;  x;0  nên AC AB '   xy; xy; x  nên  AB ' C  có vecto pháp tuyến n   y; y; x  (vì n phương với  AC AB ' )  BCC ' B ' có vecto pháp tuyến j   0;1;0  n j n j  2y 11   y  x  16 y  x  y  2 2 2 y  4x Thế   vào 1 , giải phương trình ta kết y  4a x  2a 11 11  a 16 11 a Vậy VMABC  S ABC AA '   a.4 a   3 33  11 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B ' ANC theo a Phương trình mặt cầu  S  ngoại tiếp khối chóp B ' ANC có dạng: Vì  S  : x  y  z  2a1 x  2by  2cz  d  với tâm T  a1; b; c  , R  a12  b2  c  d B ', A, N , C thuộc mặt cầu  S  nên tọa độ chúng thỏa mãn phương trình mặt cầu, ta có hệ: 49 | Chinh phục olympic tốn Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC cos   AB ' C  ,  BCC ' A '    PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA HÌNH CỔ ĐIỂN 16 11 a1  3a ac  d   a  b  3a 11  11 31 4a  4ab  d    13a  R  3a   11  4a  4a a  d  c   11   16a  8a1a  d  d  8a Câu 59 Cho hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy hình vng, tam giác A ' AC vng cân, A ' C  a Tính thể tích khối tứ diện ABB ' C ' khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCD ' theo a Lời giải z B' A' C' D' D y B A C x a a AB  2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trùng điểm A Từ giả thiết ta tính AC  AA '  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  a  a a  a  Ta có: A  0;0;0  , B  0; ;0  , C  ; ;0  , D  ;0;0    2  2  a   a a  a   a a a  a  A '  0;0;  , B '  0; ; , C ' ; ;  , D '  ;0;  2  2 2 2      a a  a a a   a  AB   0; ;0  , AB '   0; ; , AC '   ; ;      2 2 2   a2  2a a3    AB AB '      V  AB AB ' AC '  ;0;0  AB AB ' AC '    ABB ' C '     6 48 2    a2 a2  a a    a    CB    ;0;0  , CD '   0;  ;  CB.CD '   0; ;  2       2 4    n  0; 2;1 VTPT mặt phẳng  BCD ' nên Điều ta biết giọt nƣớc, điều ta chƣa biết đƥi dƣơng – Newton Tƥp chí tƣ liệu tốn học | 50 TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TỐN HỌC 2y  z  a   d  A,  BCD '     2 a 2  12  a 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC  BCD ' : 2.0   51 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor ... với đỉnh Gọi A’ trọng tâm tam giác BCD Chứng GA minh 3 GA ' Lời giải Ta giải phương pháp tọa độ Trong không gian tọa độ Oxyz Giả sử A  x1 ; y1 ; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  , C  x3 ; y3 ; z3 ... tìm hiểu phương pháp giải nhanh tốn tính tốn phức tạp khó hình khơng gian cổ điển, liên quan tới cực trị, góc, khoảng cách I Ý TƯỞNG PHƯƠNG PHÁP Trên mạng có vài tài liệu nói phương pháp chia... nằm ngang, lại trục Oy  Bước Xác định tọa độ điểm liên hình liên quan tới tốn Với bạn chưa quen xác định tọa độ hình chiếu điểm cần tìm lên trục, từ suy tọa độ điểm cần tính  Bước Áp dụng công