Tài liệu gồm 232 trang được biên soạn bởi thầy Nguyễn Tài Chung, bao gồm tóm tắt lí thuyết SGK, một số dạng toán trọng tâm, bài tập ôn luyện và bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết chuyên đề vectơ trong không gian, quan hệ vuông góc, giúp học sinh học tốt chương trình Đại số và Giải tích 11 chương 3.
1 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 MỤC LỤC CHƯƠNG Vectơ không gian Quan hệ vng góc Vectơ khơng gian Sự đồng phẳng vectơ 3 A Tóm tắt lí thuyết B Một số dạng tốn C Bài tập ôn luyện 16 D Bài tập trắc nghiệm 25 Hai đường thẳng vng góc 32 A Tóm tắt lí thuyết 32 B Một số dạng tốn 32 C Bài tập ôn luyện 39 D Bài tập trắc nghiệm 45 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng 56 A Tóm tắt lí thuyết 56 B Phương pháp giải tốn 58 C Bài tập ơn luyện 72 D Bài tập trắc nghiệm 82 Hai mặt phẳng vng góc MỤC LỤC 93 A Tóm tắt lí thuyết 93 B Một số dạng tốn 95 C Bài tập ơn-luyện 105 D Bài tập trắc nghiệm 118 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Khoảng cách 133 A Tóm tắt lí thuyết 133 B Một số dạng tốn 134 C Bài tập ôn luyện 144 D Bài tập trắc nghiệm 153 Ôn tập chương 166 A Bộ đề số 166 B Bộ đề số 176 C Bộ đề số 188 D Bộ đề số 197 E Bộ đề số 206 F Bài tập tự luận ôn tập chương 217 MỤC LỤC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC BÀI VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN SỰ ĐỒNG PHẲNG CỦA CÁC VECTƠ A TĨM TẮT LÍ THUYẾT Vectơ khơng gian # » #» # » Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B, C ta có AB + BC = AC # » # » # » Quy tắc hình bình hành: Nếu OABC hình bình hành OA + OC = OB Quy tắc phân tích vectơ thành hiệu hai vectơ gốc: # » # » # » AB = OB − OA, với điểm O I trung điểm đoạn thẳng AB # » # » # » #» # » OA + OB #» I A + IB = ⇔ OI = , với điểm O (i) G trọng tâm tam giác ABC # » # » # » # » # » # » # » OA + OB + OC #» , với điểm O GA + GB + GC = ⇔ OG = (ii) Lưu ý Khi gặp tổng hai vectơ gốc tổng ba vectơ gốc ta thường sử dụng (i ), (ii ) #» Quy tắc hình hộp (để cộng ba vectơ khác khơng đồng phẳng): Cho hình hộp ABCD.A B C D Khi đó: # » # » # » # » AC = AA + AB + AD #» #» #» #» #» #» a phương b ( b = ) ⇔ ∃k ∈ R : a = k b Sự đồng phẳng vectơ Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng Định nghĩa Ba vectơ gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng Định lí (Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng) #» #» #» Cho ba vectơ #» a , b , #» c , #» a b không phương Điều kiện cần đủ để #» a , b , #» c đồng #» #» #» phẳng có số m, n cho c = m a + n b Hơn nữa, số m, n # » # » # » Chú ý Ba vectơ OA, OB, OC đồng phẳng bốn điểm O, A, B, C đồng phẳng, tức ba đường thẳng OA, OB, OC nằm mặt phẳng Định lí (Biểu thị vectơ theo ba vectơ khơng đồng phẳng) #» #» Nếu #» a , b , #» c ba vectơ khơng đồng phẳng với vectơ d , tồn số m, n, p cho #» #» d = m #» a + n b + p #» c Hơn số m, n, p CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 B MỘT SỐ DẠNG TOÁN Dạng Chứng minh đẳng thức vectơ Biểu thị vectơ theo vectơ không đồng phẳng Phương pháp Dựa vào quy tắc, tính chất hệ thức vectơ thường dùng # » # » # » # » # » # » Bài Cho hình hộp ABCD.A B C D Hãy biểu diễn vectơ AC , BD , CA , DB , BC , A D #» # » # » # » theo vectơ AB = #» a , AD = b , AA = #» c Lời giải Ta có # » #» # » # » # » AC = AB + BB + B C = #» a + #» c + b # » #» # » # » # » BD = BA + AD + DD = − #» a + b + #» c # » #» #» # » # » # » #» CA = CD + DA + AA = − a − b + c # » #» # » #» # » DB = DC + CB + BB = #» a − b + #» c # » #» #» #» # » BC = BC + CC = b + c # » # » # » #» A D = A D + D D = b − #» c Bài Cho tứ diện ABCD Gọi G trọng tâm tam giác BCD O trung điểm đoạn thẳng AG Chứng minh rằng: # » # » # » # » #» a) 3OA + OB + OC + OD = # » # » # » # » # » b) MA + MB + MC + MD = MO ( M điểm khơng gian) Lời giải # » # » # » # » a) Vì G trọng tâm tam giác BCD nên 3OG = OB + OC + OD Vì O trung điểm đoạn # » # » #» thẳng AG nên OA + OG = Do # » # » # » # » # » # » #» 3OA + OB + OC + OD = 3(OA + OG ) = b) Theo quy tắc ba điểm ta có # » # » # » # » MA + MB + MC + MD # » # » # » # » # » # » # » # » =3( MO + OA) + MO + OB + MO + OC + MO + OD # » # » # » # » # » # » =6 MO + 3OA + OB + OC + OD = MO Lưu ý Có thể giải câu b) sau: Do G trọng tâm ∆BCD nên # » # » # » # » MB + MC + MD = MG Do # » # » # » # » # » # » # » # » # » MA + MB + MC + MD = MA + MG = MA + MG = MO Bài Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB G trọng tâm tam giác BCD Đặt #» # » #» #» #» # » # » # » AB = b , AC = #» c , AD = d Phân tích MG theo b , #» c, d Lời giải CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Ta có # » # » # » # » MG = ( MB + MC + MD ) # » # » # » # » 1# » AB + ( MA + AC ) + ( MA + AD ) = 1 #» #» #» #» #» b− b+ c − b+d = 2 #» #» c + d = − b + #» 3 Bài Cho hình chóp S.ABCD a) Chứng minh ABCD hình bình hành #» # » # » #» SB + SD = SA + SC Điều ngược lại không? b) Gọi O giao điểm AC BD Chứng tỏ ABCD hình bình hành # » #» #» # » #» SA + SB + SC + SD = 4SO Lời giải a) Ta có tương đương: #» # » # » #» #» # » #» # » SB + SD = SA + SC ⇔ SB − SA = SC − SD # » # » ⇔ AB = DC ⇔ ABCD hình bình hành (do ABCD tứ giác rồi) #» # » # » #» Vậy ABCD hình bình hành SB + SD = SA + SC Chiều ngược lại b) Giả sử ABCD hình bình hành Khi đó: # » #» #» # » SA + SB + SC + SD #» # » #» # » #» # » #» # » =SO + OA + SO + OB + SO + OC + SO + OD #» # » # » # » # » #» =4SO + (OA + OC ) + (OB + OD ) = 4SO # » #» #» # » #» Giả sử SA + SB + SC + SD = 4SO Gọi I, J theo thứ tự trung điểm AC, BD Khi đó: # » #» #» # » SA + SB + SC + SD #» # » # » # » # » #» #» #» =4SO + (OA + OC ) + (OB + OD ) = 4SO + 2(OI + 2OJ ) #» #» #» Bởi vậy: OI + OJ = Suy O trung điểm I J Suy I ∈ BD J ∈ AC Do I ≡ J ≡ O Vậy hai đường chéo AC BD có chung trung điểm Suy ABCD hình bình hành # » # » # » # » Cách khác Ta có OC = kOA, OD = mOB Do đó: # » #» #» # » #» SA + SB + SC + SD = 4SO #» # » #» # » #» # » #» # » #» ⇔(SO + OA) + (SO + OB) + (SO + OC ) + (SO + OD ) = 4SO # » # » # » # » # » # » # » # » #» #» ⇔OA + OB + OC + OD = ⇔ OA + OB + kOA + mOB = # » # » #» ⇔ (1 + k) OA + (1 + m) OB = # » # » 1+k = ⇔ OA OB không phương 1+m = CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 ⇔ k = −1 ⇔ m = −1 # » # » OC = −OA # » # » ⇔ OD = −OB O trung điểm AC O trung điểm BD ⇔ ABCD hình bình hành Ta có điều phải chứng minh Bài Cho hình hộp ABCD.A B C D tâm O Chứng minh: # » # » # » # » # » # » # » # » #» a) OA + OB + OC + OD + OA + OB + OC + OD = b) Gọi D1 , D2 , D3 điểm đối xứng điểm D qua A, B , C # » # » # » # » #» Chứng tỏ BD1 + BD2 + BD3 + BD = Lời giải a) Do O trung điểm ba đoạn thẳng AC , A C, BD , B D nên ta có: # » # » #» # » # » #» OA + OC = , OB + OD = , # » # » #» # » # » #» OC + OA = , OD + OB = Cộng lại ta điều phải chứng minh b) Đặt: # » #» # » # » AA = #» a , AB = b , AD = #» c Khi đó: # » # » # » # » # » # » # » # » BD1 + BD2 + BD3 + BD = BD1 + BD + BD2 + BD3 Mà #» # » # » # » BD1 + BD = BA = −2 b , # » # » #» # » BD2 = BB + B D2 = #» a + (− #» c + b ), #» #» # » # » BD = BC + CD = #» c − #» a+b 3 nên ta có: #» #» #» # » # » # » # » #» BD1 + BD + BD2 + BD3 = −2 b + #» a + (− #» c + b ) + #» c − #» a + b = Dạng Xác định vị trí điểm thỏa điều kiện vectơ, chứng minh điểm trùng nhau, điểm thẳng hàng Phương pháp Thường đưa hệ thức quen thuộc liên quan đến điểm trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Lưu ý rằng: # » #» ∗ AB = ⇔ A ≡ B # » # » ∗ Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ AB AC phương ∗ Khi gặp tổng hai vectơ gốc ta thường dùng: # » # » # » MA + MB = MI với I trung điểm AB CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 ∗ Khi gặp tổng ba vectơ gốc ta thường dùng: # » # » # » # » MA + MB + MC = MG với G trọng tâm tam giác ABC Bài Cho tứ diện ABCD # » # » # » # » #» a) Xác định điểm O thỏa mãn OA + OB + OC + OD = (Điểm O thỏa điều kiện gọi trọng tâm tứ diện ABCD ) #» #» #» # » b) Xác định điểm P để | PA + PB + PC + PD | có giá trị nhỏ (1) Lời giải a) Gọi M N trung điểm AB CD Gọi I trung điểm MN Ta có: # » # » # » # » # » # » # » # » OA + OB + OC + OD = 2OM + 2ON = 2(OM + ON ) Vậy điểm O thỏa mãn (1) khi: # » # » #» #» #» OM + ON = ⇔ 2OI = ⇔ O ≡ I Do O trung điểm MN b) Gọi O trọng tâm tứ diện ABCD Ta có: #» #» #» # » PA + PB + PC + PD # » # » # » # » # » # » # » # » = PO + OA + PO + OB + PO + OC + PO + OD # » # » # » # » # » # » =4 PO + OA + OB + OC + OD = PO #» #» #» # » Do điều kiện cần đủ để | PA + PB + PC + PD | đạt giá trị nhỏ là: # » #» PO = ⇔ P ≡ O # » # » Bài Cho tứ diện ABCD, M N hai điểm thuộc AB CD cho MA = −2 MB, # » #» # » #» # » #» ND = −2 NC Các điểm I, J, K thuộc AD, MN, BC cho I A = k ID, J M = k JN, # » #» KB = k KC (k = 1) # » # » #» #» # » # » a) Biểu diễn I J theo AM, DN; biểu diễn JK theo MB, NC b) Chứng minh điểm I, J, K thẳng hàng Lời giải a) Ta có: #» # » # » #» I J = I A + AM + MJ #» #» # » #» I J = ID + DN + N J #» #» # » #» k I J = k ID + k DN + k N J #» #» # » # » k I J = I A + k DN + MJ # » #» # » (1 − k) I J = AM − k DN Suy ra: k # » # » #» AM − DN IJ = 1−k 1−k #» Chứng minh tương tự ta có: JK = # » k # » MB − NC 1−k 1−k CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 # » # » # » 2k # » # » # » #» b) Do MA = −2 MB, ND = −2 NC nên I J = MB − NC − k − k #» #» Như I J = JK, suy ba điểm I, J, K thẳng hàng Dạng Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng Chứng minh bốn điểm nằm mặt phẳng, đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng Phương pháp #» Từ định nghĩa suy ba vectơ #» a , b , #» c đồng phẳng chúng nằm ba mặt phẳng đôi song song trùng # » # » # » Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng ⇔ ba vectơ AB, AC, AD đồng phẳng #» #» Từ định lí suy #» c = m #» a + n b ba vectơ #» a , b , #» c đồng phẳng Để chứng minh AB thẳng CD # » # » CD ta chứng minh AB = kCD điểm A không nằm đường # » # » # » Để chứng minh MN ( ABC ) ta chứng minh ba vectơ MN, AB, AC đồng phẳng M (hoặc N) không thuộc ( ABC ) Bài Cho tứ diện ABCD Trên cạnh AD lấy điểm M cạnh BC lấy điểm N cho # » # » # » # » # » # » # » AM = MD, NB = −3 NC Chứng minh ba vectơ AB, DC, MN đồng phẳng Lời giải # » # » # » # » Ta có MN = MA + AB + BN Theo giả thiết ta có: # » # » # » # » MA = −3 MD, BN = NC Vậy: # » # » # » # » MN = −3 MD + AB + NC # » # » # » # » = AB − MC + CD + NC # » # » # » # » = AB + DC + NC + CM # » # » # » = AB + DC + N M # » # » # » # » 1# » 3# » Suy MN = AB + DC ⇔ MN = AB + DC 4 # » # » # » Do ba vectơ AB, DC, MN đồng phẳng # » # » Lưu ý Ta có cách làm ngắn gọn sau: Trên cạnh AC lấy điểm K cho AK = 3KC Khi đó: # » # » # » 3# » 1# » MN = MK + KN = DC + AB 4 # » # » # » Suy AB, DC, MN đồng phẳng # » # » # » Bài Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C Hãy chứng tỏ ba vectơ AC , BA , CB không # » đồng phẳng biểu thị vectơ AA theo ba vectơ Lời giải CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 # » # » # » Đặt AA = #» x , AB = #» y , AC = #» z Ta biểu diễn vectơ # » # » # » #» #» #» AC , BA , CB theo x , y , z Ta có: # » AC = #» x + #» z (1) # » #» #» BA = x − y (2) # » #» #» #» CB = x + y − z (3) # » # » # » Giả sử phản chứng ba vectơ AC , BA , CB đồng # » # » phẳng Khi BA CB khơng phương nên tồn số α, β cho: # » # » # » AC = α BA + βCB ⇔ #» x + #» z = α ( #» x − #» y ) + β ( #» x + #» y − #» z) #» ⇔ (α + β − 1) #» x + (−α + β) #» y + (− β − 1) #» z = Do #» x , #» y , #» z không đồng phẳng nên từ (4) ta phải có: α+β−1 = −α + β = − β − = (4) (5) # » # » # » Dễ thấy hệ (5) vô nghiệm Vậy ba vectơ AC , BA , CB khơng đồng phẳng Từ (1), (2), (3) ta có: # » # » # » # » # » # » # » # » AC + BA + CB AC + BA + CB = #» x = AA ⇒ AA = Lưu ý Khi gặp hình lăng trụ tam giác, ta thường chọn ba vectơ có chung điểm đầu khơng đồng phẳng (trong lời giải tập #» x , #» y , #» z ) làm sở biểu diễn vectơ liên quan theo ba vectơ Bài 10 Cho tứ diện ABCD, gọi I, J trung điểm AB, CD Xét P điểm thuộc PA NB AC, N điểm thuộc BD cho = Chứng minh rằng: ND PC # » # » #» a) I J = AC + BD b) Bốn điểm I, J, P, N thuộc mặt phẳng Lời giải # » # » #» # » # » # » #» # » a) Ta có: AC = AI + I J + JC, BD = BI + I J + JD Do đó: # » # » # » #» #» # » #» AC + BD = AI + BI + I J + JC + JD #» = I J # » # » # » # » b) Giả sử AC = k AP, BD = h BN Khi đó: AC AP + PC PC PC k= = = 1+ = 1− AP AP AP PA BD BN + ND ND ND h= = = 1+ = 1− BN BN BN NB PA NB Từ giả thiết = từ (1), (2) suy h = k ND PC Theo câu a) ta có: (1) (2) k # » # » k # » #» #» # » #» # » # » IJ = AC + BD = AP + BN = AI + IP + BI + I N 2 # » #» k k #» # » #» # » = AI + BI + IP + I N = IP + I N 2 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GÓC 10 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 k #» # » #» #» # » # » Từ I J = IP + I N , suy ba vectơ I J, IP, I N đồng phẳng, suy bốn điểm I, J, P, N đồng phẳng Bài 11 Cho hình hộp ABCD.A B C D Giả sử điểm M thuộc AC, điểm N thuộc DC # » # » # » # » AM = x AC, DN = y DC # » # » #» # » # » #» a) Biễu diễn vectơ BD , MN theo BA = #» a , BC = b , BB = #» c b) Tìm x y cho MN BD , tính tỉ số MN BD Lời giải #» # » # » #» a) Ta có BA = #» a , BC = b , BB = #» c Khi theo quy tắc hình hộp ta có: # » #» BD = #» a + b + #» c # » # » # » Ta có MN = BN − BM # » # » Từ DN = y DC ta có # » # » # » # » BN − BD = y BC − BD , suy #» #» #» # » BN − #» a + b = y b + #» c − #» a−b #» # » BN = (1 − y) #» a + b + y #» c # » # » #» # » # » # » Từ AM = x AC suy BM − BA = x BC − BA Vậy #» #» # » # » BM − #» a = x b − #» a ⇒ BM = (1 − x ) #» a +xb Do #» #» # » # » # » MN = BN − BM = (1 − y) #» a + b + y #» c − (1 − x ) #» a −xb #» = ( x − y) #» a + (1 − x ) b + y #» c b) Điều kiện để MN # » # » BD MN = k BD hay #» #» k #» a + b + #» c = ( x − y) #» a + (1 − x ) b + y #» c #» Do #» a , b , #» c không phương nên từ (*) suy k = x−y k = − x ⇔ ( x; y; k ) = k=y (*) 1 ; ; 3 # » 2# » # » 1# » Vậy M N xác định AM = AC, DN = DC Lúc 3 MN # » 1# » MN = BD ⇒ = |k| = BD Bài 12 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C Gọi G G trọng tâm tam # » giác ABC A B C Gọi I giao điểm hai đường thẳng AB A B Đặt AA = #» a, #» # » # » #» AB = b , AC = c #» #» # » a) Hãy tính vectơ GI, CG theo #» a , b , #» c b) Chứng minh đường thẳng GI CG song song với CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 218 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Bài (HK2 khối 11, 2017 - 2018 Sở Giáo Dục Hà Nam) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a cạnh bên SA ⊥ ( ABCD ) Gọi E trung điểm BC Chứng minh tam giác SCD tam giác vuông Chứng minh (SAE) ⊥ (SDE) Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SDE) a Chứng minh tam giác SAE tam giác cân √ Bài Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a cạnh bên a a) Tính khoảng cách từ S đến ( ABCD ) b) Tính khoảng cách đường thẳng AB (SCD ) c) Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SC d) Gọi ( P) mặt phẳng qua A vng góc với SC, xác định thiết diện hình chóp cắt ( P) Tính diện tích thiết diện e) Tính góc đường thẳng AB ( P) Bài 10 (ĐH 2007A) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, P trung điểm cạnh SB, CD Chứng minh AM ⊥ BP Bài 11 (ĐH-2011A-Phần Chung) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC ) ( ABC ) 600 Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a Bài 12 Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đơi vng góc a) Chứng minh mặt phẳng ( ABC ), ( ACD ), ( ADB) đôi vng góc b) Gọi α, β, γ góc ( BCD ) với mặt phẳng ( ACD ), ( ADB), ( ABC ) Chứng minh cos2 α + cos2 β + cos2 γ = Bài 13 Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB = CD = c a) Tính khoảng cách hai đường thẳng AD BC b) Gọi α góc hai đường thẳng AC BD Tính cos α Bài 14 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng, mặt bên SAB tam giác cạnh a (SAB)⊥( ABCD ) a) Chứng minh ∆SCD tam giác cân b) Tính số đo góc hai mặt phẳng (SCD ) ( ABCD ) c) Xác định tính độ dài đoạn vng góc chung AB SC ÷ = DAB ÷ = 600 Tìm Bài 15 Cho tứ diện ABCD có AB = 1, AC = 2, AD = ÷ BAC = CAD đường vng góc chung hai đường thẳng AD BC Bài 16 Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đơi vng góc √ với Cho điểm M thay đổi khơng gian Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3MA + MB + MC + MD CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 219 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Bài 17 Cho tứ diện S.ABC với SA = SB = SC = Mặt phẳng (α) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC D, E, F # » 3# » a) Chứng minh đường thẳng SG qua trọng tâm S tam giác ABC SG = SS b) Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 1 + + SD.SE SE.SF SF.SD Bài 18 Cho hình S.ABC với SA = a, SB = b, SC = c Mặt phẳng (α) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC A1 , B1 , C1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 P= + 2+ SA1 SB1 SC12 Bài 19 Xét tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi vng góc Các mặt bên (SBC ), (SCA), (SAB) theo thứ tự hợp với mặt ( ABC ) góc α, β, γ a) Chứng minh rằng: cos2 α + cos2 β + cos2 γ = b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = tan2 α + tan2 β + tan2 γ + cot2 α + cot2 β + cot2 γ Lời giải # » #» # » Câu Ta có: AB2 = AB2 = SB − SA # » #» = SB2 − 2SA.SB + SA2 # » #» SA2 + SB2 − AB2 Suy ra: SA.SB = Tương tự: #» #» SC2 + SA2 − AC2 SB2 + SC2 − BC2 # » # » SB.SC = , SC.SA = 2 # » #» #» #» #»# » Sử dụng giả thiết: SA.SB = SB.SC = SC.SA, AB = BC = CA, ta được: SA2 + SB2 = SB2 + SC2 ⇔ SB2 + SC2 = SC2 + SA2 SA2 = SC2 ⇔ SA = SB = SC SB2 = SA2 Câu a) Vì ABCD hình vng nên AC ⊥ BD (1) Ta có SA⊥( ABCD ), suy SA⊥ BD (2) Vì SA ∩ AC = A nên từ (1) (2) suy BD ⊥(SAC ), BD ⊥SC b) BC ⊥ AB (do ABCD hình vng) (3) Vì SA⊥( ABCD ) ⇒ SA⊥ BC (4) Từ (3) (4) BC ⊥(SAB) mà BC ⊂ (SBC ) nên (SAB)⊥(SBC ) c) Vì SA⊥( ABCD ) nên suy hình chiếu SC ( ABCD ) ’ Ta có AC Góc SC mặt phẳng ( ABCD ) SCA √ a √ SA 3 ’ ’ = 300 tan (SC, ( ABCD )) = tan SCA = = √ = ⇒ SCA AC a CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 220 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Ta có (SAC ) mặt phẳng chứa SC vng góc với BD Gọi O = AC ∩ BD Trong (SAC ), từ O, kẻ OK ⊥SC K Vì BD ⊥(SAC ) mà OK ⊂ (SAC ) nên BD ⊥OK Vậy OK đoạn vng góc chung SC BD Ta có SC = AS2 + AC2 = 2a2 + 2a2 = 8a2 =a Vì ∆CKO đồng dạng với ∆CAS nên √ √ √ √ √ √ a CO OK CO.SA a 2.a a2 √ = = ⇒ OK = = = SC SA SC 2.3.SC 6.2 2a Câu SA⊥ AB SA⊥ AD Suy tam giác SAB, SAD vng A BC ⊥ AB Ta có BC ⊥SA Suy BC ⊥SB, ∆SBC vng B CD ⊥ AD Ta có CD ⊥SA Suy CD ⊥SD, ∆SDC vng D b) Ta có (SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD, AD ⊂ ( ABCD ), AD ⊥CD, SD ⊂ (SCD ), SD ⊥CD a) SA⊥ ( ABCD ) ⇒ √ √ a 21 AD ÷ cos SDA ÷= = √ = Vậy ((SCD ), ( ABCD )) = SDA; SD a ÷ ≈ 490 Suy cos SDA AB⊥SA c) Ta có: ⇒ AB⊥(SAD ) Mà MN AB nên MN ⊥(SAD ) AB⊥ AD Kẻ SH ⊥ DM H Vì ( MND )⊥(SAD ), ( MND ) ∩ (SAD ) = DM, SH ⊥ DM nên SH ⊥( MND ), d(S, ( MND )) = SH Ta có: SA2 = SD2 − AD2 = 7a2 − 3a2 = 4a2 ⇒ MA = √ √ AD a ÷ = ÷ = 600 Suy tan SMH = = Do SMH AM a √ a ÷ ÷ Tam giác SHM có SHM = 90 ⇒ SH = SM sin SMH = SA = a Câu a) Vì SA = SB = SC = SD nên ∆SOA = ∆SOB = ∆SOC = ∆SOD Suy OA = OB = OC = OD, mà ABCD hình vng nên O = AC ∩ BD Ta có CD ⊥OM ⊂ (SOM) CD ⊥OS ⊂ (SOM) ⇒ CD ⊥(SOM) OM ∩ OS = O Mà CD ⊂ (SCD ) nên (SCD )⊥(SOM) Gọi K hình chiếu O SM, ta có OK ⊥SM ⊂ (SCD ) OK ⊥CD ⊂ (SCD ) ⇒ OK ⊥(SCD ) SM ∩ CD = M CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 221 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Gọi H trung điểm SK, I H OK, I H ⊥(SCD ) I H = cao tam giác vuông SOM nên OK Vì OK đường √ √ a 1 a ⇒ d( I, (SCD )) = I H = = + = ⇒ OK = OK2 OM2 SO2 3a b) Kẻ MQ⊥SC Q Vì ∆SMC = ∆SNC (c-c-c), nên từ MQ⊥SC suy NQ⊥SC Lại có (SCD ) ∩ (SCB) = SC, suy góc hai mặt phẳng (SCD ) (SCB) góc hai đường thẳng QM QN Ta có SM2 = OM2 + SO2 = a2 + 3a2 = 4a2 1 1 4a2 = + = + = ⇒ MQ = MQ2 MS2 MC2 4a a 4a 2 ◊ = MQ + NQ − MN = − ⇒ MQN ◊ = 1040 29 ⇒ cos MQN 2MQ.NQ Vậy góc hai mặt phẳng (SCD ) (SCB) 750 31 c) AC ⊥ BD, AC ⊥SO ⊂ (SBD ) (do SO⊥( ABCD )), suy AC ⊥(SBD ) Trong SOD hạ OP⊥SD có OP⊥ AC √ 1 1 a 30 = + = + = ⇒ d( AC, BD ) = OP = OP2 SO2 OD2 3a 2a 6a Câu a) Gọi O hình chiếu S ( ABCD ) Vì SA = SB = SC = SD nên ∆SOA = ∆SOB = ∆SOC = ∆SOD Suy OA = OB = OC = OD, mà ABCD hình vng nên O = AC ∩ BD Ta có: AC ⊥ BD ⊂ (SBD ) AC ⊥SO ⊂ (SBD ) ⇒ AC ⊥(SBD ) BD ∩ SO = O Mà SD ⊂ (SBD ) nên AC ⊥SD b) Từ giả thiết M, N trung điểm cạnh SA, SC ta có MN AC Mà AC ⊥(SBD ) nên MN ⊥(SBD ) c) Vì S.ABCD hình chóp tứ giác AB = SA = a nên ∆SBC cạnh a Gọi K trung ’ điểm BC Khi OK ⊥ BC SK ⊥ BC Gọi φ góc (SBC ) ( ABCD ) Ta có φ = SKO Tam giác vng SOK có √ √ a a OK a a ’ OK = , SK = , cos φ = cos SKO = = : =√ 2 SK 2 Câu CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GÓC 222 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 a) Ta có SH ⊥( ABCD ) (theo giả thiết) mà CD nằm ( ABCD ) nên SH ⊥CD Ta có AC ⊥ BD (do ABCD hình vng) AC ⊥SH (vì SH ⊥(SACD )) AH, BD cắt chứa (SBD ) Suy AC ⊥(SBD ) b) Do SH ⊥( ABCD ) nên OH hình chiếu SO lên ( ABCD ), suy góc SO ÷ ( ABCD ) SOH Ta có: √ a HO = BO = BD = 6 √ √ SH a a ÷ Do đó: tan SOH = = : OH 6 √ ◦ ÷ ÷ Hay tan SOH = ⇒ SOH = 60 c) Kẻ H I ⊥CD I Ta có SH ⊥CD, suy CD ⊥(SH I ) mà CD ⊂ (SCD ) nên (SH I )⊥(SCD ) theo giao tuyến SI Từ H kẻ H J ⊥SI J Khi H J ⊥(SCD ) hay J hình chiếu H (SCD ) Ta có: AB ⊂ (SCD ) ⇒ AB (SCD ) AB CD ⊂ (SCD ) Mà SC ⊂ (SCD ) nên khoảng cách hai đường thẳng AB SC d ( AB, SC ) = d ( AB, (SCD )) = d ( B, (SCD )) (1) Do đường thẳng BH cắt (SCD ) D nên: d ( B, (SCD )) BD 3 = = ⇒ d ( B, (SCD )) = d ( H, (SCD )) d ( H, (SCD )) HD 2 (2) Do J hình chiếu H (SCD ) nên d ( H, (SCD )) = H J H J đường cao tam giác vuông SH I nên: 1 1 2a = + ⇒ = + ⇒ HJ = √ 2 2 HJ SH HI HJ a 4a 33 √ a 33 Từ (1), (2), (3) suy d( AB, SC ) = 11 (3) Câu Gọi O hình chiếu S ( ABCD ) Khi tam giác SOA, SOB, SOC, SOD nên cạnh OA, OB, OC, OD hay O giao điểm AC BD Hình chiếu cạnh bên SB mặt phẳng ( ABCD ) ’ OB, SBO = β Gọi M trung điểm AB Khi (SAB) ∩ ( ABCD ) = AB MS ⊂ (SAB), MS⊥ AB MO ⊂ ( ABCD ), MO⊥ AB ÷ Suy góc hai mặt phẳng (SAB) ( ABCD ) SMO Ta có √ √ SO OB tan β a tan β ÷ = tan SMO = = = tan β OM 0, 5a a CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 223 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Câu S Ta có CD ⊥ AD CD ⊥ SA suy CD ⊥ (SAD ), CD ⊥ SD Vậy SCD vng D Ta có AE2 + DE2 = ( AB2 + BE2 ) + ( DC2 + EC2 ) = 2AB2 + 2BE2 = 4a2 = AD2 Do DE ⊥ AE Mà DE ⊥ SA nên DE ⊥ (SAE) Suy (SDE) ⊥ (SAE) H A D B E C Gọi H hình chiếu vng góc A lên SE Vì DE ⊥ (SAE) nên DE ⊥ AH (do AH ⊂ (SAE)) AH ⊥ SE ⇒ AH ⊥ (SDE) Vậy d( A, (SDE)) = AH = a Xét Ta có AH ⊥ DE √ AH a ÷ sin AEH = = √ = AE a ÷ = 45◦ Mà Do đó, AEH SAE vng A AHE ta có SAE vng cân A Câu Gọi H hình chiếu S ( ABCD ) Vì SA = SB = SC = SD nên tam giác ∆SH A, ∆SHB, ∆SHC, ∆SHD Suy H A = HB = HC = HD Mà ABCD hình vng nên H giao điểm AC BD a) Khoảng cách từ S đến ( ABCD ) SH √ Vì SH đường cao giác SAC cạnh a nên √ tam √ √ a SH = a = 2 b) Gọi E, F trung điểm AB CD AB ⊂ (SCD ) Vì nên AB (CSD ) Vậy d ( AB; (SCD )) = d ( E; (SCD )) Trong ∆SEF, AB CD ⊂ (SCD ) gọi K hình chiếu E trên SF Khi EK ⊥SF ⊂ (SCD ) EK ⊥CD ⊂ (SCD ) ⇒ EK ⊥(SCD ) ⇒ d ( E; (SCD )) = EK SF ∩ CD = F Ta có SF2 = SD2 − FD2 = 2a2 a2 7a2 − = Lại có 4 SH.EF EK.SF = SH.EF ⇒ EK = = SF c) Vì AB SC chéo nhau, AB √ a a √ √ a a 42 : = (SCD ) nên √ a 42 d ( AB; SC ) = d ( AB; (CSD )) = CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GÓC 224 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 d) Gọi C1 trung điểm SC, ∆SAC nên AC1 ⊥SC Mặt khác BD ⊥SC nên ( P) mặt phẳng chứa AC1 song song với BD Gọi H1 giao điểm AC1 SH Khi giao tuyến ( P) (SBD ) B1 D1 , B1 D1 qua H1 song song với BD (B1 ∈ SB, D1 ∈ SD) Vậy thiết diện S.ABCD cắt ( P) tứ giác AB1 C1 D1 Ta có BD ⊥(SAC ), B1 D1 BD nên B1 D1 ⊥(SAC ), suy B1 D1 ⊥ AC1 Từ S AB1 C1 D1 = AC1 B1 D1 , √ a với AC1 = , B1 D1 = BD (do H1 trọng tâm ∆SAC Vì √ √ a √ a2 a = S AB1 C1 D1 = 2 3 e) Trong (SAC ), kẻ H I song song với CC1 cắt AC1 I H I ⊥( P) (vì SC ⊥( P)) Ta lấy điểm ’ góc BA ( P) Ta có J cho BH I J hình bình hành BJ ⊥( P), từ BAJ √ √ BJ 2 H I CC SC a ’ = ’ ≈ 200 42 sin BAJ = = = = = ⇒ BAJ BA BA 2BA 4BA 4a Câu 10 Phân tích Giả thiết cho (SAD ) vng góc với ( ABCD ) theo giao tuyến AD nên ta # » #» sử dụng định lí (ở trang 93) để suy AB⊥(SAD ) ⇒ AB⊥ AS Ta biểu diễn AM BP ÷ = 600 nên theo ba vectơ không phương (cơ sở) Do AB⊥ AD, AB⊥ AS, SAD # » #» # » tập sở tốt ba vectơ AD, AS, AB Giải Ta có (SAD ) vng góc với ( ABCD ) theo giao tuyến AD AB vng góc với giao tuyến AD nên AB vng góc với (SAD ), suy AB # » #» vng góc với AS Ta biểu diễn AM BP # » #» # » theo ba vectơ không phương AD, AS, AB Ta có: # » #» # » AM = AS + AB #» #» # » 1# » #» BP = BC + CP = AD − AB Do đó: # »#» #» # » # » 1# » AS + AB AD − AB = AM BP = 2 ÷ − AB2 = AS.AD cos SAD 2 1 = a2 cos 600 − a2 = # » # » # »2 AS AD − AB # » #» Như vậy: AM ⊥ BP ⇒ AM ⊥ BP Câu 11 Phân tích Giả thiết cho hai mặt phẳng (SAB) (SAC ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) nên ta sử dụng hệ trang 93 Để xác định vị trí điểm N cần xem lại định lí ?? trang ?? Bài tập yêu cầu tính khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a mà không yêu cầu dựng đoạn vng góc chung nên ta sử dụng ý 10 trang 137 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 225 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Giải Cách Từ giả thiết suy SA⊥( ABC ) Ta có BC ⊥ BA mà BA hình chiếucủa SB mặt phẳng ( ABC ) nên BC ⊥ BS (SBC ) ∩ ( ABC ) = BC BA ⊂ ( ABC ), BA⊥ BC Vậy SB ⊂ (SBC ), SB⊥ BC ’ = 600 Từ góc hai mặt phẳng (SBC ) ( ABC ) SBA √ SA Ta có tan 600 = ⇒ SA = AB tan 600 = 2a AB Từ giả thiết suy MN BC, N trung điểm AC Trong ( ABC ), gọi d đường thẳng qua N d AB Hạ AQ vng góc với d Q Ta có: AB (SQN ) ⇒ d( AB; SN ) = d( AB; (SQN )) = d( A; (SQN )) Hạ AH vng góc với SQ H Ta có NQ⊥ QA ⊂ (SAQ) NQ⊥SA ⊂ (SAQ) ⇒ NQ⊥(SAQ) ⇒ (SQN )⊥(SAQ) QA ∩ SA = A Từ (SQN )⊥(SAQ) (SQN ) ∩ (SAQ) = SQ ⇒ AH ⊥(SQN ) ⇒ d( A; (SQN )) = AH AH ⊂ (SAQ), AH ⊥SQ Trong tam giác vng SAQ, ta có √ 1 1 13 2a 39 = + = + = ⇒ d( AB; SN ) = AH = 13 AH AS2 AQ2 12a2 a2 12a2 Cách Gọi I J đoạn vng góc chung hai đường thẳng AB SN (điểm I thuộc đường #» thẳng AB điểm J thuộc đường thẳng SN) Ta biểu thị I J qua ba vectơ không phương # » # » #» AB,#»AC, AS #» # » # » I J = I A + AN + N J # » 1# » # » = m AB + AC + p NS # » 1# » # » #» = m AB + AC + p( N A + AS) # » p# » # » 1# » = m AB + AC + p AS − AC 2 # » 1− p# » #» = m AB + AC + p AS #» 2# » #» # » I J ⊥ AB I J AB = Ta có: #» # » #» # » ⇔ I J NS = I J ⊥ NS Như vậy: # » # » #» # » 2m AB + (1 − p) AC + 2p AS AB = # » # » #» # » 2m AB + (1 − p) AC + 2p AS NS = # »# » 2mAB2 + (1 − p) AB AC = # » # » #» 1# » # » ⇔ 2m AB + (1 − p) AC + 2p AS − AC + AS √ 8ma + (1 − p)2a.2 2a cos 45 = ⇔ # » # » (1 − p) AC2 −m AB + 2pAS2 = AC − CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC =0 226 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 ⇔ 8ma2 + (1 − p)4a2 = −4ma2 − 4(1 − p) a2 + 24pa2 = ⇔ 2m + (1 − p) = m + (1 − p) − 6p = ⇔ 2m − p = −1 ⇔ (m; p) = m − 7p = −1 − ; 13 13 # » # » #» #» Do đó: I J = − AB + AC + AS Suy ra: 13 13 13 # » # » #» 169I J = AC − AB + AS # »# » = 36AC2 + 36AB2 + AS2 − 72 AB AC = 288a2 + 144a2 + 12a2 − 288a2 = 156a2 √ 156 2 39a a = Khoảng cách hai đường thẳng AB SN là: I J = 169 13 Lưu ý Khi lựa chọn ba vectơ không phương (lựa chọn sở) ta nên chọn ba vectơ gốc giá ba vectơ vng góc với Trường hợp tốt giá ba vectơ sở đơi vng góc với Trong tập 11 ta khơng có sở tốt đủ để xử lí AS⊥ AB, AS⊥ AC, ÷ BAC = 450 Câu 12 a) Vì BA⊥ AC, BA⊥ AD nên BA⊥( ACD ) Mặt khác BA giao tuyến hai mặt phẳng ( ABC ) ( ABD ) nên góc hai mặt phẳng ( ABC ) ( ABD ) góc hai đường thẳng AC AD, mà AC ⊥ AD nên ( ABC )⊥( ABD ) Tương tự ta có ( ABC )⊥( ACD ), ( ACD )⊥( ABD ) b) Kẻ đường cao AH tam giác ACD, AB⊥( ACD ) nên AB⊥CD, từ CD ⊥ AH ⊂ ( ABH ) CD ⊥ AB ⊂ ( ABH ) ⇒ CD ⊥( ABH ) ⇒ CD ⊥ BH AH ∩ AB = A ( BCD ) ∩ ( ACD ) = CD AH ⊂ ( ACD ), AH ⊥CD Ta có BH ⊂ ( BCD ), BH ⊥CD ÷ Suy góc hai mặt phẳng ( BCD ) ( ACD ) BH A = α Kí hiệu AB = b, AC = c, AD = d Ta có b 1 b2 ( c2 + d2 ) , = + ⇒ tan α = AH AH c2 d2 c2 d2 2 c d c2 d2 ⇒ ⇒ cos α = 2 = 2 b c + c2 d2 + d2 b2 b c + c2 d2 + d2 b2 + tan2 α tan α = Tương tự cos2 β = b2 d2 b2 c2 , cos γ = b2 c2 + c2 d2 + d2 b2 b2 c2 + c2 d2 + d2 b2 Từ cos2 α + cos2 β + cos2 γ = Câu 13 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 227 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 a) Gọi M, N, P trung điểm cạnh AD, BC, AB Ta có ∆ABC = ∆DBC (c-c-c) suy AN = DN Do ∆N AD cân N, suy MN ⊥ AD Tương tự chứng minh MN ⊥ BC, MN đoạn vng góc chung AD BC Sử dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác ABC ta có: 2( c2 + b2 ) − a2 2( AB2 + AC2 ) − BC2 = AN = 4 2 2( c + b ) − a a2 MN = AN − AM2 = − 4 b2 + c2 − a2 = b2 + c2 − a2 Vậy khoảng cách hai đường thẳng AD BC MN = b) Do MP BD NP AC nên góc hai đường thẳng AC, BD góc hai đường thẳng PM, PN, vậy: PM2 + PN − MN 2PM.PN 2 2 b b b + c − a2 + − c2 − a2 4 = = b b b2 2 cos α = cos ◊ MPN = Câu 14 Gọi I, M trung điểm AB CD a) Do ∆SAB nên SI vng góc với AB Ta có (SAB) vng góc với ( ABCD ) theo giao tuyến AB SI nằm (SAB), SI vng góc với AB nên SI vng góc với ( ABCD ) Ta có hình chiếu SC, SD ( ABCD ) IC, ID, mà IC = ID nên SC = SD, ∆SCD cân S b) Ta có: (SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD (SI M)⊥CD (SI M) ∩ (SCD ) = SM (SI M) ( ABCD ) = I M Ô Suy ((SCD ), ( ABCD )) = (Ô SM, I M) = SMI √ √ SI a 3 ’ Do ∆SMI vuông I nên tan SMI = = : a = Vậy góc hai mặt phẳng 2 √ IM ’ = arctan ≈ 400 54 (SCD ) ( ABCD ) SMI c) Ta dựng đoạn vng góc chung AB SC theo bước trình cách dạng 18 (ở trang 137): Mặt phẳng (SMI ) vng góc với AB I Hình chiếu SC (SMI ) SM (do CM ⊥(SMI )) Kẻ I J ⊥SM J Vẽ JE AB, cắt SC E CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 228 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Vẽ EK J I, cắt AB K Khi đường thẳng KE vng góc với AB K vng góc với SC E nên KE đoạn vng góc chung AB SC Ta có: 1 3a2 = + = + = ⇒ I J = I J2 IS2 I M2 3a2 a2 3a2 √ a 21 Vậy: KE = I J = Câu 15 Kí hiệu M, N tương ứng AD BC cho MN vng góc với AD BC Giả sử # » # » # » #» # » # » AM = x AD, BN = y BC = y AC − AB Khi đó: # » # » # » # » # » #» # » MN = MA + AB + BN = − x AD + AB + y BC # »# » MN ⊥ AD MN AD = Do nên # »#» MN ⊥ BC MN BC = # » # » # » # » # » − x AD + AB + y AC − y AB AD = Vậy: (*) # » # » # » # » #» − x AD + AB + y AC − y AB BC = Ta có: # » # » # » # » # » − x AD + AB + y AC − y AB AD = −9x + cos 600 + 6y cos 600 − 3y cos 600 = −9x + 3 + y 2 # » # » # » # » − x AD + AB + y AC − y AB # » # » AC − AB 3 = − 3x + + 4y − y + x − − y + y = − x + 3y 2 −9x + + y = x= 11 2 Vậy (*) tương đương với: ⇔ − x + 3y = y= 11 Kết luận: đường vuông góc chung AD BC MN với # » # » # » #» AM = AD, BN = BC 11 11 Lưu ý Dựng đoạn vng góc chung phương pháp vectơ trình bày cách lời giải tập 11 (ở trang 218), bạn đọc xem lại để củng cố phương pháp # » # » # » AB AC AD Câu 16 Vì vectơ , , có độ dài đơi vng góc với nên: AB AC AD # » # » # » AD AB AC + + AB AC AD # » # » # » √ AD AB AC =3⇔ + + = AB AC AD Từ đó, với điểm M, ta có: √ P = 3MA + MB + MC + MD CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 229 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 = ≥ = = = = = # » # » # » AB AC AD # » MD.AD MB.AB MC.AC + + + + AM + AB AC AD AB AC AD # » # » # » # »# » # »# » # »# » MD AD AB AC AD # » MB AB MC AC + + AM + + + AB AC AD AB AC AD # » # » # » # » # » # » # » # » # » AM + MC AC AM + MD AD AM + MB AB + + AB AC AD # »# » # »# » # »# » AB AB AC AC AD AD + + AB AC AD # »2 # »2 # »2 AB AC AD + + AB AC AD 2 AB AC AD2 + + AB AC AD AB + AC + AD Vậy P = AB + AC + AD, đạt M trùng A Câu 17 Phân tích Liên quan đến trọng tâm tứ diện trọng tâm tam giác, ta có hệ thức vectơ sau: #» # » # » # » #» GS + GA + GB + GC = , # » # » # » #» S A + S B + S C = 0, # » # » #» #» SA + SB + SC = 3SS Để tìm giá trị lớn biểu thức P= 1 + + SD.SE SE.SF SF.SD ta cần tính giá trị biểu thức liên quan đến SD, SE, SF Muốn vậy, bạn đọc ý tập 14 (ở trang 11), sử dụng điều kiện x + y + z = để suy đẳng thức mà ta cần Giải a) Do G trọng tâm tứ diện S.ABC nên: #» # » # » # » #» GS +# GA » +# GB » +# GC » =# 0» # » #» ⇔ 4GS # » + S# S » + S#»A + S B + S C = ⇔ 4GS + S# S» = 0# » #» #» ⇔ 4GS + 4SS # » + S#»S = #» ⇔ 4GS + 3SS # »= #» ⇔ 4SG = 3SS (1) # » 3# » (2) ⇔ SG = SS Từ (2) suy ba điểm S, G, S thẳng hàng ta có điều phải chứng minh b) Theo (1), ta có: #» # » #» #» 4SG = SA + SB + SC #» SA # » SB # » SC # » ⇔4SG = SD + SE + SF SD SE SF #» SA # » SB # » SC # » ⇔SG = SD + SE + SF (3) 4SD 4SE 4SF CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 230 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Do điểm G thuộc mặt phẳng ( DEF ) nên từ (3), sử dụng tập 14 (ở trang 11) suy ra: SB SC 1 SA + + =1⇔ + + = 4SD 4SE 4SF SD SE SF Sử dụng bất đẳng thức 3( ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c)2 , ta được: 1 1 1 P= + + ≤ + + SD.SE SE.SF SF.SD SD SE SF Như max P = 16 , đạt ⇔ SD = SE = SF = ⇔ ( DEF ) = 16 ( ABC ) Câu 18 Do G trọng tâm tứ diện S.ABC nên: #» # » # » # » #» GS + GA + GB + GC = # » # » #» #» #» ⇔ 4GS + SA + SB + SC = #» # » #» #» ⇔ 4SG = SA + SB + SC #» SB # » SC # » SA # » SA1 + SB1 + SC1 ⇔ 4SG = SA1 SB1 SC1 #» SA # » SB # » SC # » ⇔ SG = SA1 + SB1 + SC1 4SA1 4SB1 4SC1 Do điểm G thuộc mặt phẳng ( A1 B1 C1 ) nên sử dụng tập 14 (ở trang 11) suy ra: SA SB SC + + =1 4SA1 4SB1 4SC1 b c a + + = (1) ⇔ SA1 SB1 SC1 Ta chứng minh bất đẳng thức: với a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 dương ta có: ( a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 ≤ a21 + a22 + a23 Dấu "=" xảy a a a1 = = Do đó: b1 b2 b3 16 = ⇒ b12 + b22 + c23 b c a + + SA1 SB1 SC1 ≤ ( a2 + b2 + c2 ) 1 + 2+ SA1 SB1 SC12 1 16 + + ≥ a2 + b2 + c2 SA21 SB12 SC12 Dấu "=" xảy khi: aSA1 = bSB1 = cSC1 ⇔ 4aSA1 = 4bSB1 = 4cSC1 (2) Từ (1), ta có: a2 + (2) baSA1 caSA1 + = 4aSA1 ⇔ a2 + b2 + c2 = 4aSA1 SB1 SC1 Vậy 4aSA1 = 4bSB1 = 4cSC1 = a2 + b2 + c2 Do giá trị nhỏ biểu thức P 16 , đạt a + b2 + c2 SA1 = a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 < a, SB1 = < b, SC1 = < c 4a 4b 4c CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 231 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Câu 19 a) Gọi H hình chiếu S ( ABC ), gọi M giao điểm AH BC Tương tự tập 19 (ở trang 72), ta chứng minh H trực tâm ∆ABC, BC ⊥ MS, 1 1 BC ⊥ MA = + 2+ (1) 2 SH SA SB SC2 ÷ = HSA ÷ Do đó: Ta có: α = SMA SH SH cos α = ⇒ cos2 α = SA SA2 Tương tự, ta có: SH SH 2 cos2 β = , cos γ = SB2 SC2 Như vậy: 1 + 2+ cos2 α + cos2 β + cos2 γ = SH 2 SA SB SC2 (1) = SM = Cách khác Ta có: cos α = AM S Tương tự: cos β = SCA , cos γ = S ABC 2 SM.BC S = SBC AM.BC S ABC SSAB Do đó: S ABC cos α + cos β + cos γ = = = = (SSBC )2 + (SSCA )2 + (SSAB )2 (S ABC )2 SB2 SC2 + SC2 SA2 + SA2 SB2 4(S ABC )2 SB2 SC2 + SA2 BC2 4(S ABC )2 BC2 (SM2 + SA2 ) 4(S ABC )2 = SM2 BC2 + SA2 BC2 4(S ABC )2 BC2 AM2 = = 4(S ABC )2 b) Đặt a = cos2 α ≥ 0, b = cos2 β ≥ 0, c = cos2 γ ≥ Khi đó: a + b + c = tan2 α = sin2 α − cos2 α 1−a b+c = ⇒ tan2 α = = 2 a a cos α cos α c+a a+b , tan2 γ = b c Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: Tương tự: tan2 β = b+c c+a a+b + + a b c c a b a = + + + + a b a c ≥ + + = tan2 α + tan2 β + tan2 γ = c b + b c Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c Mặt khác, ta chứng minh được: cot2 α + cot2 β + cot2 γ = a b c + + ≥ b+c c+a a+b CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC 232 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c Như vậy: tan2 α + tan2 β + tan2 γ + cot2 α + cot2 β + cot2 γ ≥ + 15 = 2 15 , đạt a = b = c hay SA = SB = SC b c a + + ≥ , ∀ a, b, c > gọi bất đẳng thức Net-bit, Lưu ý Bất đẳng thức b+c c+a a+b chứng minh sau: Giá trị nhỏ M a b c a b c + + = +1 + +1 + +1 −3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b 1 =( a + b + c) + + −3 b+c c+a a+b 1 1 = [( a + b) + (b + c) + (c + a)] + + −3 b+c c+a a+b 1 −3 ≥ 3 ( a + b)(b + c)(c + a).3 ( a + b)(b + c)(c + a) = −3 = 2 Sau lời giải khác cho câu b) Ta dễ dàng chứng minh được: với a, b, c dương 1 + + ≥ , a b c a+b+c dấu "=" xảy a = b = c Ta có: + tan2 x = 1 , + cot2 x = cos x sin2 x Do đó: tan2 α + tan2 β + tan2 γ + cot2 α + cot2 β + cot2 γ 1 1 1 = + + + + + −6 cos α cos2 β cos2 γ sin2 α sin2 β sin2 γ 9 + −6 ≥ 2 2 cos α + cos β + cos γ sin α + sin2 β + sin2 γ 15 =9 + − = 2 cos α = cos β = cos γ = √ Dấu "=" xảy khi: sin α = sin β = sin γ = 15 Vậy giá trị nhỏ M , đạt α = β = γ ≈ 540 44 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC ... Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC BÀI VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN SỰ ĐỒNG PHẲNG CỦA CÁC VECTƠ A TĨM TẮT LÍ THUYẾT Vectơ không gian # » #»... B CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GÓC 32 | Biên soạn: Thầy Nguyễn Tài Chung; ĐT 0968774679 BÀI HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT Góc hai đường thẳng Định nghĩa Góc hai đường... vng góc với a c vng góc với b B Nếu c vng góc với a c vng góc với b a song song với b C Nếu a b vng góc với c a b khơng thể chéo D Cả ba mệnh đề sai CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GÓC