CHUYÊN đề 24 ỨNG DỤNG HÌNH học GIẢI TÍCH OXYZ để GIẢI QUYẾT một số bài TOÁN

CHU N ĐỀ 24 ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN MỤC LỤC PHẦN A CÂU HỎI Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm GĨC ABCD A′B′C ′D′ O I Câu (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương có tâm Gọi A′B′C ′D′ OI MO = 2MI M tâm hình vng điểm thuộc đoạn cho (tham khảo hình vẽ) Khi ( MC ′D′) ( MAB ) sin góc tạo hai mặt phẳng A 85 85 B 17 13 65 C 85 85 Câu (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương A′B ′C ′D′ D ABCD A′B ′C ′D′ OI điểm thuộc đoạn thẳng cho ′ ′ ( MC D ) ( MAB ) vẽ) Khi cosin góc tạo hai mặt phẳng 13 85 85 65 85 85 A B C tâm hình vng M 13 65 có tâm MO = MI D O Gọi I (tham khảo hình 17 13 65 Câu (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ( ABCD ) AB = a, AD = a 2, ABCD A′B′C ′D′ A′C 30° H , có góc mặt phẳng Gọi hình A′D A A′B K A chiếu vng góc hình chiếu vng góc Tính góc hai mặt ( AHK ) ( ABB′A′) phẳng A 60° B 45° C 90° D 30° S ABCD Câu (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp có đáy ( SAB ) ( ABCD ) cos ϕ ϕ a SAB ABCD hình vng cạnh , tam giác vng góc với Tính với ( SAC ) ( SCD ) góc tạp 7 7 A B C D S ABCD Câu (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác có đáy ABCD a O N SA BC M hình vng cạnh , tâm Gọi trung điểm hai cạnh , biết a MN = ( SBD ) MN Khi giá trị sin góc đường thẳng mặt phẳng 5 A B C D ABCD A ' B ' C ' D ' Câu (THPT LÊ Q ĐƠN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương có ( A ' B ' CD ) ( ACC ' A ' ) cạnh a Góc hai mặt phẳng 60° 30° 45° 75° B C D A O ABC OA OB Câu (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp có ba cạnh , uuur, OC OA = OB = OC = a BC M AB đơi vng góc Gọi trung điểm cạnh Góc tạo hai vectơ uuuu r OM 135° 150° 120° 60° A B C D Câu (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp S ABCD ( ABCD ) có đáy ABCD hình vng có α độ dài đường chéo vng góc với mặt phẳng Gọi góc hai mặt phẳng ( SBD ) ( ABCD ) ( SAC ) ( SBC ) tan α = Nếu góc hai mặt phẳng 30° 60° 45° 90° A B C D a SA S ABCD AB = a Câu (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác có , SA = a G SCD BG SA Gọi trọng tâm tam giác Góc đường thẳng với đường thẳng bằng: 5 15 arccos arccos arccos arccos 5 A B C D Câu 10 (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN - 2018) Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ có A′ ABC tứ diện ( ABC ) a M N AA′ BB′ cạnh Gọi , trung điểm Tính tan góc hai mặt phẳng ( CMN ) 2 5 13 A B C D OABC OA Câu 11 (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện có , OB OC α β γ OA OB OC , đôi vng góc Gọi , , góc đường thẳng , , với mặt ( ABC ) phẳng (hình vẽ) M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ ) Khi giá trị nhỏ biểu thức 48 48 125 A B C Số khác D Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm THỂ TÍCH Câu 12 Oxyz , ( S) I ( −1; 2;1) (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian cho mặt cầu có tâm A ( 1;0; −1) ( S) B, C , D AB, AC , AD qua điểm Xét điểm thuộc cho đôi vuông góc với ABCD Thể tích khối tứ diện có giá trị lớn 32 64 64 32 3 A B C D I ( −1;0; ) ( S) Oxyz (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong khơng gian , cho mặt cầu có tâm A ( 0;1;1) ( S) B C D AB AC AD qua điểm Xét điểm , , thuộc cho , , đơi vng góc với ABCD Thể tích khối tứ diện có giá trị lớn 8 3 A B C D Câu 13 Oxyz (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian , cho B (a; 0; 0) D(0; a; 0) ABCD A′B′C ′D′ O A hình hộp chữ nhật có trùng với gốc tọa độ , đỉnh , , Câu 14 A′(0;0; b) BDA′M với a, b > a+b = có giá trị lớn 64 27 A Gọi B 32 27 M trung điểm cạnh C 27 CC ′ Thể tích khối tứ diện D 27 Câu 15 (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương ( MND ') M,N a ABCD A′B′C ′D′ BC A′B′ cạnh Gọi trung điểm Mặt phẳng chia (H) ( H) C khối lập phương thành hai khối đa diện, khối chứa điểm gọi Tính thể tích khối 3 3 55a 55a 181a 55a 72 144 486 48 A B C D Câu 16 Oxyz, (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ ABCD A′B′C ′D′ O A cho hình hộp chữ nhật có trùng với gốc tọa độ đỉnh B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0; 0; n ) m, n > m + n = CC ′ M với Gọi trung điểm cạnh Khi BDA′M thể tích tứ diện đạt giá trị lớn 64 75 245 27 32 108 A B C D Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm KHOẢNG CÁCH Oxyz Câu 17 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ , cho A 0; 0;0 D 2; 0;0 B 0; 4;0 S 0; 0; ( ) ( ) ( ) ( ) S ABCD ABCD M hình chóp , đáy hình chữ nhật Biết , , , Gọi ( CDM ) SB B trung điểm Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng d ( B, ( CDM ) ) = d ( B, ( CDM ) ) = 2 A B d ( B, ( CDM ) ) = d ( B, ( CDM ) ) = 2 C D Câu 18 (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC A′B′C ′ ABC AB = AC = a AA′ = h ( a, h > ) có đáy tam giác vng cân, , Tính khoảng cách ′ BC a h ′ AB hai đường thẳng chéo theo , ah ah ah ah A a + 5h B 5a + h C 2a + h D a2 + h2 S.ABC ABC Câu 19 (TT HỒNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp có đáy tam giác · 2a SAB ASB = 120 cạnh , mặt bên tam giác cân với nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi SC N MC M AM BN trung điểm trung điểm Tính khoảng cách hai đường thẳng , A Câu 20 327 a 79 B 237a 79 C 237 a 79 D 237a 316 (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABC có đáy ( ABC ) a S I AB tam giác cạnh Gọi trung điểm , hình chiếu lên mặt phẳng 45 CI SA G SBC trung điểm , góc mặt đáy (hình vẽ bên) Gọi trọng tâm tam giác SA CG Khoảng cách hai đường thẳng A a 21 14 B a 14 C a 77 22 D a 21 Câu 21 (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN - 2018) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ a CK K DD′ cạnh Gọi trung điểm Tính khoảng cách hai đường thẳng ′ AD 4a a 2a 3a 3 A B C D Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU S ABCD ABCD (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp có đáy a SAD N M hình vng cạnh , tam giác nằm mặt phẳng với đáy Gọi trung BC CD S CMN điểm Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a 93 a 29 5a a 37 12 12 A B C D Câu 22 Oxyz Câu 23 (CHUYÊN KHTN - LẦN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm A ( 5; 0; ) B ( 3; 4; ) C Oz ABC C H Với điểm nằm trục , gọi trực tâm tam giác Khi di Oz H động trục ln thuộc đường trịn cố định Bán kính đường trịn 5 2 A B C D Oxyz , A B C Câu 24 (CHUYÊN VINH - LẦN - 2018) Trong không gian cho điểm , , (không O Ox Oy Oz trùng ) thay đổi trục , , thỏa mãn điều kiện: tỉ số diện tích ( ABC ) ABC OABC tam giác thể tích khối tứ diện Biết mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cố định, bán kính mặt cầu A B C D Oxyz (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ , x −1 y −1 z −1 x − y +1 z − x − y − z −1 = = = = = = ( d1 ) : ( d2 ) : ( d3 ) : −2 2 −2 cho đường thẳng , , Mặt I ( a; b; c ) ( d1 ) ( d ) ( d3 ) S = a + 2b + 3c cầu bán kính nhỏ tâm , tiếp xúc với đường thẳng , , Tính S = 10 S = 11 S = 12 S = 13 A B C D Câu 25 PHẦN B LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm GĨC Câu ABCD A′B′C ′D′ O I (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương có tâm Gọi A′B′C ′D′ OI MO = MI M tâm hình vng điểm thuộc đoạn cho (tham khảo hình ′ ′ ( MC D ) ( MAB ) vẽ) Khi sin góc tạo hai mặt phẳng A 85 85 B 17 13 65 85 85 C Lời giải D 13 65 Chọn C Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, cạnh hình lập phương , ta tọa độ điểm sau : 1 1 M ; ; ÷ A ( 1; 0;1) , B ( 0;0;1)  2  , C ′ ( 0;1;0 ) , D′ ( 1;1; ) 5.1 + 3.3 r r = · n( MC ′D′) = ( 0;1;3) ; n( MAB) = ( 0;5;3) cos ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) ) 52 + 32 12 + 32 Khi nên = 85 85 Suy sin (· ( MAB ) , ( MC ′D′ ) )  85  85 = −  ÷ ÷ = 85   85 ABCD A′B′C ′D′ O I có tâm Gọi MO = MI A′B ′C ′D′ OI M tâm hình vuông điểm thuộc đoạn thẳng cho (tham ′ ′ ( MC D ) ( MAB) khảo hình vẽ) Khi cosin góc tạo hai mặt phẳng 13 85 85 17 13 65 85 85 65 A B C D Câu (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương Lời giải Khơng tính tổng qt ta đặt cạnh khối lập phương A′(0; 0;0), B′(1;0;0), D′(0;1;0) A(0; 0;1) Chọn hệ trục tọa độ cho (như hình vẽ) 1 1 M  ; ; ÷  2 3 Khi ta có: uuur uuur  1  uuu r uuur  1 r AB = (1; 0; 0), MA =  ; ; − ÷ ⇒  AB, MA =  0; − ; ÷⇒ n1 = (0; −4;3) 2 2 3  Suy ra: VTPT ( MAB ) mặt phẳng uuuur uuuur  1  uuuur uuuur  1  r D′C ′ = (1; 0; 0), MD′ =  ; − ; ÷ ⇒  D′C ′, MD′ =  0; ; − ÷ ⇒ n2 = (0; 2; −3)  2 3  2 VTPT mặt ( MC ′D′) phẳng ( MAB ) ( MC ′D′) cosin góc hai mặt phẳng bằng: r r n n 0.0 − 4.2 + 3.( −3) r r 17 13 cos(n1 , n2 ) = r r2 = = n1 n2 65 02 + (−4) + 32 02 + 22 + (−3) Câu (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ( ABCD ) AB = a, AD = a 2, ABCD A′B′C ′D′ A′C 30° H , có góc mặt phẳng Gọi A′D A A′B K A hình chiếu vng góc hình chiếu vng góc Tính góc ( AHK ) ( ABB′A′) hai mặt phẳng A 60° B 45° 90° C Lời giải ABCD A′B′C ′D′ D A 'C ' 30° Do hình hộp chữ nhật nên hình chiếu vng góc · ' C ' = 300 ( ABCD) ⇒ ( A ' C , ( ABCD)) = ( A ' C , A ' C ') = CA Ta có · ' C ' = CC ' ⇒ CC ' = a AC = AB + AD = a 3; tan CA A'C ' Kết hợp với giả thiết ta Gọi A'C E, F ABB ' A ' hình vng có hình chiếu vng góc K H tâm A ' D '& A ' A 1 a A ' K = A ' A2 − AK = a ; = + ⇒ AK = ; 2 AK A ' A AD Ta có 1 a a = + ⇒ KF = ; KE = A ' K − KF ⇒ KE = 2 KF KA A' K 3 Ta chọn hệ trục tọa độ Ox, Oy, Oz Oxyz thỏa mãn O ≡ A' D′, B′, A theo thứ tự thuộc tia Khi ta có tọa độ điểm là: a a a a a a A(0;0; a ), B '(0; a;0), H (0; ; ), K ( ;0; ), E ( ;0;0), F (0;0; ) 2 3 3 ( ABB ' A ') ( yOz ) Mặt phẳng mặt phẳng nên có VTPT uuur uuur a2 r r  AK , AH  = n , n (2; 2; 2)   Ta có r ( AKH ) n = (2; 2; 2); Mặt phẳng có VTPT ( AHK ) ( ABB′A′ ) α Gọi góc hai mặt phẳng r r cosα = cos (n1 , n ) = ⇒ α = 450 Ta có Câu r n1 = (1;0;0); S ABCD (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp có đáy ( SAB ) ( ABCD ) a SAB ABCD hình vng cạnh , tam giác vng góc với Tính ( SAC ) ( SCD ) cos ϕ ϕ với góc tạp 7 7 A B C D Lời giải a =1 Chú ý: Ta giải tốn với cạnh hình vng ( SAB ) O, M AB, CD SAB Gọi trung điểm Vì tam giác vng góc với SO ⊥ ( ABCD ) ( ABCD ) nên 3    O ( 0;0;0 ) , M ( 1;0;0 ) , A  0; ;0 ÷, S  0;0; ÷ ÷    Oxyz  Xét hệ trục có Khi  −1    C  1; ;0 ÷, D  1; ;0 ÷     10 Gọi I = AC ∩ BD ABCD a a Hình vng có độ dài đường chéo suy hình vng có cạnh ( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD   SI ⊥ BD  AI ⊥ BD ¶ ⇒ (· ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = (·SI ; AI ) = SIA  Ta có SA ¶ = tan α = tan SIA ⇔ SA = a AI Ta có A ( 0;0;0 ) B ( a;0;0 ) C ( a; a;0 ) S ( 0;0; a ) Oxyz Chọn hệuu trục , , , r tọa độ uuu rnhư hình vẽ Tauucó r SA = ( 0;0; − a ) SC = ( a; a; − a ) SB = ( a;0; − a ) Khi ; ; r n1 = ( −1;1;0 ) ( SAC ) Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến r n2 = ( 1;0;1) ( SBC ) Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến r r n n cos (·SAC ) ; ( SBC ) = r r2 = = ⇒ (·SAC ) ; ( SBC ) = 60° n1 n2 2 Suy ) ( ( ) S ABCD AB = a Câu (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác có , SA = a G SCD BG SA Gọi trọng tâm tam giác Góc đường thẳng với đường thẳng bằng: 5 15 arccos arccos arccos arccos 5 A B C D Gọi O = AC ∩ BD Tam giác SAO Lời giải SO = SA2 − AO = vuông : a 15 Gắn tọa độ hình vẽ  a a   a a a ÷ O  ; ;0 ÷ S  ; ; ÷ A ( 0;0;0 ) B ( a;0; ) C ( a; a;0 ) D ( 0; a;0 ) 2  2 2  , , , , ,  a 5a a  G ; ; ÷ 2 6  G SCD Vì trọng tâm tam giác nên uuu r a a a 6 uuur  − a 5a a  a a AS =  ; ; ÷ ÷ = 1;1; BG =  ; ; ÷ = −3;5; 2     Ta có : , ( ) ( ) BG SA Góc đường thẳng với đường thẳng bằng: uuur uuu r −3 + + BG AS = = cos ( BG; SA ) = 40 BG AS Câu 10 ABC A′B′C ′ A′ ABC (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN - 2018) Cho hình lăng trụ có tứ diện a M N AA′ BB′ cạnh Gọi , trung điểm Tính tan góc hai mặt ( ABC ) ( CMN ) phẳng 2 5 13 A B C D Lời giải Gọi O trung điểm AB Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho O ( 0;0; ) , 16       1    a ⇒ A′  0; ; ÷ ;0 ÷ H 0; ;0  ÷ A  ; 0; ÷ B  − ; 0;0 ÷ C  0; ′ ÷  ÷ AH =  ÷       2    , , , ,  6 ur uuu r uuuur ⇒ B′  −1; ; ÷ ÷ n ABC ( ) = ( 0;0;1)   AB = A′B′ Ta có Dễ thấy có vtpt 1 6  −3  ⇒ M  ; ; ⇒ N ; ÷  ; ÷ ÷ ÷ 12 12     N ′ ′ M AA BB trung điểm , trung điểm uuuu r  −5  uuuu r CM =  ; ; ÷ ÷ MN = ( −1;0;0 )  12  , uu r  3 n2 =  0; ; ÷ 0; 2;5 ÷= 12 CMN ( )   12 ⇒ có vtpt ⇒ tan ϕ = −1 = 2 cos ϕ cos ϕ = 33 ( ) OA có , β γ OB OC α OA OB OC , đơi vng góc Gọi , , góc đường thẳng , , ( ABC ) với mặt phẳng (hình vẽ) Câu 11 (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện Khi giá trị nhỏ biểu thức 48 125 A B OABC M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ ) C Số khác Lời giải D 48 Chọn B 17 ABC OABC OA OB OC trực tâm tam giác , tứ diện có , , đơi vng góc nên ta 1 1 = + + OH ⊥ ( ABC ) OH OA2 OB OC có · · · β = (·OB; ( ABC ) ) = OBH γ = (·OC ; ( ABC ) ) = OCH α = (·OA; ( ABC ) ) = OAH Gọi H Ta có , , OH OH OH sin α = sin β = sin γ = OA OB OC Nên , , 1 1 = 2+ 2+ 2 a = OA b = OB c = OC h = OH h a b c Đặt , , ,     = + ÷  + ÷  + ÷ M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ )  sin α   sin β   sin γ   a2   b2   c2  =  + ÷  + ÷  + ÷ = + ( a + b + c ) + ( a 2b + b 2c + c a ) + a 2b 2c h  h  h   h2 h4 h6 (a + b2 + c2 ) Ta có: (a b 2 + b2c2 + c 2a ) = a2 + b2 + c2  + +  ( )  a b2 c2 ÷ ≥ 3 a b2 c 3 a12 b12 c12 = h = a 2b + b c + c a  + +  ( )  a b2 c ÷ h4   1  ≥ a b b c c a  3  ÷÷ = 3 a 4b 4c = 27  a b c ÷   a 4b4 c 2 2 2 3   1  1 2  1 = a b c + + ≥ a 2b 2c  3  ÷÷ = 27 2  ÷ 2 abc  a b c ÷ a b c    h Do đó: M = + ( a + b2 + c ) 1 + ( a b + b c + c a ) + a 2b c h h h ≥ + 4.9 + 2.27 + 27 = 125 Dấu đẳng thức xảy M = 125 Vậy a=b=c , hay OA = OB = OC 18 Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm THỂ TÍCH Câu 12 (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian ( S) Oxyz, I ( −1; 2;1) cho mặt cầu có tâm A ( 1;0; −1) ( S) B, C , D AB, AC , AD qua điểm Xét điểm thuộc cho đôi vuông ABCD góc với Thể tích khối tứ diện có giá trị lớn 32 64 64 32 3 A B C D Lời giải Chọn B D N I C A M B Mặt cầu ( S) có bán kính r = IA = + + = 19 Đặt AB = a; AC = b; AD = c IA2 = Ta có Do a + b2 + c a + b2 + c2 = 12 a + b + c 3 a 2b c ≥ 4 Theo BĐT Cô-si ta có: 1 32 V = abc ≤ 163 = 6 Do a = b = c Dấu xảy I ( −1;0; ) ( S) , cho mặt cầu có tâm A ( 0;1;1) ( S) B C D AB AC AD qua điểm Xét điểm , , thuộc cho , , đơi ABCD vng góc với Thể tích khối tứ diện có giá trị lớn 8 3 A B C D Lời giải Chọn C Câu 13 (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz AD = a AB = b AC = c Đặt: , , Ta có: R = IA = • AM = • b2 + c2 a b2 + a + c2 ; IM = ⇒ R = IA2 = =3 2 20 b + a + c ≥ 3 b a 2c ⇒ b a 2c AD BĐT Cosi: 1 ⇒ V = abc ≤ = 6 (b ≤ + a2 + c2 ) 27 ⇔ abc ≤ Câu 14 (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho B ( a ;0;0) D (0; a ; 0) ABCD A′B′C ′D′ O A hình hộp chữ nhật có trùng với gốc tọa độ , đỉnh , , a, b > A′(0;0; b) ′ a+b = CC M với Gọi trung điểm cạnh Thể tích khối tứ BDA′M diện có giá trị lớn 64 32 27 27 27 27 A B C D Lời giải z A' D' B' C' M y A D x B C b C (a; a; 0), C '(a; a; b), M (a; a; ) Tọa độ điểm uuur uuuu r uuuu r b BA ' = (-a;0; b), BD = (-a; a;0), BM = (0; a; ) u r a 2b uuuuruuur uur uuur uuuu VBDA ' M =  BA ', BD  BM =  BA ', BD  = (−ab; −ab; −b )   nên 32  a + a + 2b  64 a.a.(2b) ≤  ⇒ a 2b ≤ ⇒ VBDA ' M ≤ ÷ = 27 27   27 Ta có: Câu 15 (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương M,N a ABCD A′B′C ′D′ BC A′B′ cạnh Gọi trung điểm Mặt phẳng 21 ( MND ') chia khối lập phương thành hai khối đa diện, khối chứa điểm ( H) Tính thể tích khối 55a 55a 181a 55a 72 144 486 48 A B C D Lời giải Thể tích khối lập phương ( MND′ ) a3 C gọi ( H) DC E Mặt phẳng cắt cạnh thỏa V( H ) = VC ′.D′NPME + VC ′.CEM + VC ′.B ′PN Khi a 2a a VB′.C ′NP = a = 18 Có a a a3 VC C ′ME = a = 48 EC = DC ; cắt BB′ P cho BP = BB′ a Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ; lấy đơn vị trục đơn vị 1 1       E  ; 0;0 ÷ M  0; ; ÷ R  0;0; − ÷ Q  − ;1;0 ÷ C ( 0; 0;0 ) C ′ ( 0;0;1) 3 4       D′ ( 1; 0;1) Ta có , , , , , , 22 x y ( MND′ ) : + + Mặt phẳng S MPND′E = S EQND′ − S PMQ = z = ⇔ x + y − 3z − = 29 ⇒ d ( C ′, ( MND′ ) ) = − 29 29 29 11 29 − = 12 48 11 VC ′.D ′NPME = d ( C ′, ( MND′ ) ) S D′NPME = a 3 36 V( H ) Vậy 55 = a 144 Câu 16 (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, ABCD A′B′C ′D′ O A cho hình hộp chữ nhật có trùng với gốc tọa độ đỉnh B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0;0; n ) m, n > m + n = CC ′ M với Gọi trung điểm cạnh BDA′M Khi thể tích tứ diện đạt giá trị lớn 64 75 245 27 32 108 A B C D Lời giải n  M  m; m; ÷ 2  uuur BA′ = ( −m;0; n ) uuur BD = ( − m; m; ) uuuu r  n BM =  0; m; ÷ 2  Ta có uuur uuur  BA′; BD  = ( − mn; − mn; − m )   23 uuur uuur uuuu r n  BA′; BD  BM = −m n − m2 = − m2 n   2 VBA′DM r uuur uuur uuuu 1   64 =  BA′; BD  BM = m n = m ( − m ) = m.m ( − 2m ) ≤  ÷ = 4 8   27 Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm KHOẢNG CÁCH Câu 17 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình A ( 0;0;0 ) D ( 2; 0; ) B ( 0; 4;0 ) S ( 0; 0; ) S ABCD ABCD chóp , đáy hình chữ nhật Biết , , , ( CDM ) SB M B Gọi trung điểm Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng d ( B, ( CDM ) ) = d ( B, ( CDM ) ) = 2 A B d ( B, ( CDM ) ) = d ( B, ( CDM ) ) = 2 C D Lời giải Tứ giác ABCD  x A + xC = xB + xD  xC =    y A + yC = yB + yD ⇒  yC = z + z = z + z  z = ⇒ C ( 2; 4; ) B D  A C  C hình chữ nhật nên SB ⇒ M ( 0; 2; ) M trung điểm ( CDM ) Viết mặt uuur phương trìnhuu uu r phẳng u:uur uuuu r CD = ( 0; −4; ) CM = ( −2; −2; ) ⇒ CD ∧ CM = ( −8; 0; −8 ) , r n = ( 1;0;1) ( CDM ) có véc tơ pháp tuyến ( CDM ) x+ z−2=0 Suy có phương trình: 0+0−2 d ( B; ( CDM ) ) = = 12 + 02 + 12 Vậy 24 Câu 18 (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng AB = AC = a AA′ = h có đáy tam giác vng cân, , BC ′ a h AB′ hai đường thẳng chéo theo , ah ah ah ABC A a + 5h B 5a + h C Lời giải 2a + h ( a, h > ) ABC A′B′C ′ Tính khoảng cách ah D a2 + h2 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ A ( 0;0;0 ) A′ ( 0;0; h ) C ( 0; a;0 ) B ( a;0; ) B′ ( a;0; h ) C ′ ( 0; a; h ) ; ; ; ; ; uuur uuuu r uuur uuuu r uuur AB′ = ( a;0; h ) BC ′ = ( −a; a; h )  AB′; BC ′ = ( −ah; −2ah; a ) AB = ( a;0;0 ) ; ; ; uuur uuuu r uuu r  AB′; BC ′ AB ah   d( AB′; BC ′ ) = = uuur uuuu r  AB′; BC ′  a + 5h   Câu 19 (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác ·ASB = 120 SAB , mặt bên tam giác cân với nằm mặt phẳng vng góc SC N MC M với đáy Gọi trung điểm trung điểm Tính khoảng cách hai AM BN đường thẳng , cạnh 2a 25 A 327 a 79 B 237a 79 C 237 a 79 D 237a 316 Lời giải O S ⇒ SO ⊥ AB AB ∆SAB Gọi trung điểm , cân Ta có: ( SAB ) ⊥ ( ABC ) ( gt )  ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB ⇒ SO ⊥ ( ABC )   SO ⊥ AB ( cmt ) OB · OSB = 600 ⇒ SO = =a ∆SOB O tan 600 Xét vng có 26 2a OC = 3a đường cao tam giác cạnh nên: Oxyz S.ABC Gắn hình chóp lên hệ trục tọa độ hình vẽ Khi ta có: uuu r O ( 0; 0; ) ,B a ; 0; , A − a ; 0; ;C ( 0; 3a; ) ;S ( 0; 0;a ) ⇒ AB = 2a ; 0; Ta có: OC ( M N trung điểm trung điểm AM ) ( SC MC nên ) M có tọa độ: N nên (  3a a   0; ; ÷  2  9a a   0; ; ÷  4 có tọa độ: uuuur  r 3a a  AM  a ; ; ÷hay a ; 3;1 2  ( có véc tơ phương BN ) ) uuur  r 9a a  BN  −a ; ; ÷hay b −4 ; 9;1 4  ( ) có véc tơ phương r r uuu r  a,b  AB 237   d ( AM ; BN ) = = a r r 79  a,b    Ta có: Câu 20 (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp a S I AB S ABC có đáy tam giác cạnh Gọi trung điểm , hình chiếu lên mặt phẳng ( ABC ) 450 CI SA G trung điểm , góc mặt đáy (hình vẽ bên) Gọi trọng SA CG SBC tâm tam giác Khoảng cách hai đường thẳng A a 21 14 B a 14 a 77 22 C Lời giải D a 21 Chọn B a   a   a ; ÷ A  ;0;0 ÷ B  − ; 0; ÷ C  0; ÷ I ( 0; 0;0 ) Oxyz  2     Đặt hệ trục tọa độ cho , , , 27 CI = Ta có H a trung điểm IH = , CI 450 = ( SA, ( ABC ) ) a suy AH = , a  a  H  0; ;0 ÷ ÷     a ⇒ S  0; a ; a ÷ ⇒ SH = ·  4 ÷ = ( SA, AH ) = SAH   uur  a a a  uuur  a a a  SA =  ; − ;− ÷ ÷ CG =  − ; − ; 12 ÷ ÷ 4     Ta có: , , uur uuur  a 21 a  uur uuur a  SA, CG  =     12 ; 0; 12 ÷ ÷ ⇒  SA, CG  =   uur uuur uuu r  SA, CG  CA a 14   = uur uuur  SA, CG    SA CG Khoảng cách : uuu r a a  CA =  ; − ;0÷ ÷ 2   Câu 21 (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN - 2018) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ a K DD′ cạnh Gọi CK A′D thẳng 4a a 3 A B Gọi M trung điểm 2a C Lời giải CK // A′M ⇒ CK // ( A′MD ) BB′ trung điểm Ta có: ′ d ( CK , A D ) = d ( CK , ( A′MD ) ) = d ( C , ( A′MD ) ) Khi đó: Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ: Tính khoảng cách hai đường D 3a 28 a  M  a;0; ÷ A ( 0;0; ) B ( a;0;0 ) D ( 0; a;0 ) A′ ( 0;0; a ) B′ ( a; 0; a ) C ( a; a;0 ) 2  Ta có: , , , , , , u u u u r u u u u r uuuur  a  a r  A′M , A′D  =  ; a ; a ÷ A′M =  a; 0; − ÷ uuuu    A′D = ( 0; a; −a )    , , r n = ( 1; 2; ) ( A′MD ) Vậy mặt phẳng nhận làm vectơ pháp tuyến ( A′MD ) : x + y + z − 2a = Phương trình mp a + 2a − 2a a d ( C , ( A′DM ) ) = = 3 Do đó: Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU ABCD có đáy N M hình vng cạnh , tam giác nằm mặt phẳng với đáy Gọi lần BC CD S CMN lượt trung điểm Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a 93 a 29 5a a 37 12 12 A B C D Lời giải Câu 22 (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp a SAD S ABCD 29 ... phẳng (hình vẽ) M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ ) Khi giá trị nhỏ biểu thức 48 48 125 A B C Số khác D Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm THỂ TÍCH Câu 12 Oxyz , (... trung điểm cạnh Khi BDA′M thể tích tứ diện đạt giá trị lớn 64 75 245 27 32 108 A B C D Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm KHOẢNG CÁCH Oxyz Câu 17 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM... LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải tốn tìm GĨC Câu ABCD A′B′C ′D′ O I (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương có tâm Gọi A′B′C ′D′ OI MO = MI M tâm hình