Hình học oxy - oxyz và hình học không gian

(Ñeà Tuyeån sinh Ñaïi hoïc khoái A 2007) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy laø hình vuoâng caïnh a, maët beân SAD laø tam giaùc ñeàu vaø naèm trong maët phaúng vuoâng goùc vôùi ñaùy. Chöù[r]

(1)

HÌNH HỌC

(2)

(3)

Lời nói đầu

Quyển 1: Hình học

Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phức

Quyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợp Mỗi sách gồm:

 Tóm tắt lý thuyết cách có hệ thống đầy đủ

 Phân loại dạng toán với cách giải dễ hiểu Nhiều tập mẫu từ dễ đến khó, có nhiều giải nhiều cách khác

 Rất nhiều tập để học sinh tự luyện soạn công phu, theo sát đề thi tuyển sinh Đại học (có Đáp số Hướng dẫn)

(4)

PHẦN

HÌNH GIẢI TÍCH

TRÊN MẶT PHẲNG

(5)

BAØI

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy)

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

hai trục vng góc x’Ox y’Oy với hai vectơ đơn vị i j mà:

i = (1, 0), j = (0, 1) Gọi x’Ox: trục hoành

y’Oy: trục tung O: gốc tọa độ

I TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ

Đối với hệ tọa độ Oxy, cho hai vectơ: u (u ; u ) v (v ; v )

Ta coù:

1 1

2

u v u v

u v

 

   



2 u v (u  1v ; u1 2v )2

3 k.u (k.u ; k.u ). 1 2 (k R)

u v phương  k  R: u kv  2

u u v v = Tích vô hướng u.v  u v cos(u, v)

 1 1 2 .2

u v u v u v

Hệ quả: u  v u.v 0 Độ dài vectơ: 2

1

|u| u u

II TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM

Cho hệ tọa độ Oxy điểm M tùy ý Tọa độ (x; y) vectơ OM gọi tọa độ điểm M ký hiệu là: M(x; y)

x: hoành độ, y: tung độ

Cho hai điểm A(x ; y ) B(x ; y )

y

M2 u

u1 x x'

y' i i O

y

Q

x x'

y' i i O

(6)

( B A; B A

AB x x y y )

(

 2 2

B A B A

AB (x x )  y y )

Tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB là: A B A B I x x I y y

x ; y

2

 

 

G trọng tâm ABC:

A B C G

x x x

x

3

y y y

y           

B BÀI TẬP MẪU

Bài 1 Cho tam giác ABC với: A(1; 0), B(5; 0), C(2; 3) Tìm điểm sau tam giác:

a) Trọng tâm G b) Trực tâm H

c) Chân A’ đường cao hạ từ A xuống cạnh BC d) Tâm I đường trịn ngoại tiếp

Giải

a) G trọng tâm tam giác ABC nên:

A B C G

x x x

x ;

3

 

  A B C

G

y y y

y

3

 

 

Vaäy: G(8; )

b) H(x, y) trực tâm tam giác ABC:

 AH.BC

BH.AC      

Maø: AH (x 1; y)  ; BC ( 3; 3)  ; BH (x 5; y)  ; AC (1; 3)

Nên điều kiện thành: 3(x 1) 3y 1(x 5) 3y

   



   



3x 3y x 3y

         x y     

Vaäy: H(2; 1)

(7)

 AA '.BC

BA ' BC phương

 

  

Maø: AA' (x 1; y);  BC ( 3; 3);  BA' (x 5; y) 

Neân điều kiện thành: 3(x 1) 3y 3(x 5) 3y

   



   



x y x y

         x y     

Vaäy: A’(3; 2)

d) I(x, y) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

2 2 IA IB IA IC       

2 2

(x 1) y (x 5) y

(x 1) y (x 2) (y 3)

     

  

     



8x 24 x 3y

         x y     

Vaäy: I(3; 1)

Bài 2 Cho ba điểm: A(–3; 3), B(–5; 2), C(1; 1) a) Chứng tỏ A, B, C ba đỉnh tam giác b) Chứng tỏ BACˆ góc tù

c) Tính diện tích tam giác ABC

d) Tính bán kính r đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Giải

a) Ta coù: AB ( 2; 1), AC (4; 2)    

2

 

 = ( 2).( 2) ( 1).4 0.     

Nên AB AC không phương, tức ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng Do A, B, C ba đỉnh tam giác

Ta coù: cosBAC cos AB, AC)ˆ



    

   

    

Nên BAC góc tù ˆ b) Diện tích tam giác ABC:

ˆ

S AB.AC.sinBAC

 1AB.AC cos BAC2 ˆ

2

 

1 5 20 1 4(ñvdt)

2 25

  

(8)

Maø: p 1(AB BC CA) 1( 37 5) 1(3 37)

2 2

       

 r = S 37

p  

Bài Tuyển sinh Đại Học khối B/2011 Cho : x – y – = 0, d: 2x – y – =

Tìm N thuộc d cho đường thẳng ON cắt  M thỏa OM.ON =

Giaûi

Goïi M(m, m – 4)  N(n, 2n – 2)  d Ta có:

O, M, N thẳng haøng  m m

n 2n



 =  m(2n – 2) = n(m – 4)

 mn – 2m = –4n

 (4 + m)n = 2m

 n = 2m m

Ta coù: OM2.ON2 = 64

 [m2 + (m – 4)2] 2

2

4m 4(m 4)

(4 m) (m 4)

  



   

  = 64

 [m2 + (m – 4)2][m2 + (m – 4)2] = 16(m + 4)2

 (2m2 – 8m + 16)2 = [4(m + 4)]2

 2m22 8m 16 4(m 4)

2m 8m 16 4(m 4)

    



    





2

2m 12m

2m 4m 32 (voâ nghieäm)

  



  



 m =  m =

Vaäy M1(0; –4), N1(0, –2) hay M1(6, 2) N2 2, 5

 

 

 

Bài Tuyển sinh Đại Học khối B/2007 Cho A(2, 2) Tìm B d1: x + y – =

4

-4 O

d

N M

 y

(9)

C treân d2: x + y – = cho ABC vuông cân A

Giải

Goïi B(b, – b)  d1 C(c, – c)  d2 Ta coù:

ABC  cân A  AB (b 2, b) AC (c 2, c)

AB AC            

 (b 2)(c 2) b(6 c) 02 2 2 2

(b 2) b (c 2) (6 c)

    

 

     



Đặt X = b – Y = c – ta hệ

    

 

      

 2 2

(X 1)(Y 2) (X 1)(2 Y)

(X 1) (X 1) (Y 2) (2 Y)

 XY 22 2

2X 2Y

  

  

  2

2 Y

X

X Y

         2 Y X X X          2 Y X

X 3X

          2 Y X

X (loại) X

   

    



 X

Y      X Y        

Do b X c Y

 



  

 neân

b b

c c

  

 



   

 

Vậy B1(3, –1), C1(5, 3) B2(–1, 3), C2(3, 5)

Bài Cho ABC có trọng tâm G(0, 4), C(–2, –4) Biết trung điểm M BC nằm d: x + y – = Tìm M để độ dài AB ngắn

(10)

Goïi M(m, – m)  d Do M trung điểm BC nên

B M C B M C

x 2x x 2m

y 2y y 2(2 m)

   



     



Vaäy B(2m + 2, – 2m)

Do G trọng tâm ABC nên

A G B C A G B C

x 3x x x 2m

y 3y y y 2m

    



     



Vaäy A(-2m, + 2m)

Ta coù AB2 = (4m + 2)2 + (–4m)2

= 32m2 + 16m + = 32 m2 1m

2

  

 

  +

= 32

2

1 1

m 32 m 2

4 16

    

      

    

 

 

Vaäy ABmin =  m =

  M 9,

4

 

 

 

Bài 6. Chứng minh bất đẳng thức:

a) 4cos x.cos y sin (x y)2    4sin x.sin y sin (x y) 2, x, y2    

b) x2xy y  x2xz z  y2yz z , x, y, z 

Giaûi

a/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với x, y xét hai vectơ:

 

a (2cosx.cosy; sin(x y));b (2sinx.siny; sin(x y)) 

Ta coù: a b (2cos(x y); 2sin(x y))   

Vaø: |a| |b| |a b|

Neân: 4cos xcos y sin (x y)2    4sin xsin y sin (x y) 2; x, y.2    

b/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với x, y, z, xét hai vectơ: y y

a (x ; );

2

  b x z; z

2

 

   

 

Ta coù: a b (y z y z 3; )

2 2

(11)

Vaø: |a| |b| |a b|

Neân: (x y)2 (y 3)2 (x z)2 ( z 3)2

2 2

       (y z) (2 y z 3)2

2 2  

 x2xy y  x2xz z  y2yz z ; x, y, z 

Bài 7. Tìm giá trị nhỏ hàm số:

2

y cos  2cos  2 cos  6cos 13

Giải

Ta có: y  (1 cos )   2 1 (cos 3)24

Trong hệ tọa độ Oxy, xét hai vectơ:

a (1 cos ; 1)   vaø b (cos  3; 2),  R Thì: a b (4; 3) 

Và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta được: y |a| |b|  |a b|  4232 5, 

y 5 a b hướng   k : a k.b

1 cos k.(cos 3) 2k

    



  



1 cos

3 k

2

   

  

  

Vaäy:

R

(12)

C BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho ba điểm: A(1; –2), B(0; 4), C(3; 2) Tìm điểm D cho: a) CD 2.AB 3.AC 

b) AD 2.BD 4.CD 0  

c) ABCD hình bình hành

d) DOx ABCD hình thang đáy AB

Đáp số: D(–5, –2) (11, 2) (4, –4) 10 ,

 

 

 

BT2. Cho điểm A(3; 1) Tìm điểm B C cho OABC hình vng điểm B nằm góc tọa độ thứ

Đáp số: B(2, 4); C(–1, 3)

BT3. Cho tam giác có trung điểm cạnh là: M(1; 4), N(3; 0), P(–1; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác

Đáp số: (–3, 5); (5, 3); (1, –3)

BT4 Cho hai điểm A(1; –1), B(4; 3) Tìm tọa độ điểm M, N chia AB thành ba đoạn

Đáp số: M 2, ; N 3,

3

   

   

   

BT5 Cho tam giác ABC có A(–1; 2), B(2; 1) trực tâm H(1; 2) Tìm tâm I đường trịn ngoại tiếp Đáp số: I(1, 3)

BT6 Cho tam giác ABC có A(2; 1) B(–1; 2) Tìm đỉnh C

Đáp số: C 3 3,

2

   

 

 

BT7. (D/04) Cho A(–1, 0); B(4, 0); C(0, m) gọi G trọng tâm ABC Tìm m để ABG vng G

Đáp số: m = 3

BT8. (A/04) Cho A(2, 0); B(– 3, –1) Tìm trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp OAB

Đáp số: H( 3, –1), I(– 3, 1)

(13)

Đáp số: A(1, 1); B(0, 0); C(1, –1); D(2, 0)

BT10. (DB/D07) Cho A(2, 1) Tìm B  Ox, C  Oy cho ABC vuông A có diện tích nhỏ

Đáp số: B(2, 0); C(0, 1)

BT11A/02. Cho ABC vng A, phương trình BC: 3x – y – = A B trục hoành, bán kính đường trịn nội tiếp ABC Tìm đỉnh ABC

Đáp số: A(2 + 2, 0); C(2 – 2, 0)

BT12. Cho hình thang ABCD có AB // CD A(0, 1); B(2, 0); C(3, 2) diện tích (ABCD) 14 Tìm tọa độ D Đáp số: 31 33,

5

 

 

 

BT13. Cho ABC có A trục tung, BC qua O, trung điểm AB; AC M(–1, 1); N(3, –1) Tìm A, B, C

Đáp số: A(0, 1); B(–2, 1); C(6, –3)

BT14. Tìm đỉnh hình vuông ABCD, biết A d1: y = x, B treân d2: y = – 2x, C, D nằm trục tung

Đáp số: A 1, , B 1,

2 2

   

   

   , C(0, 0), D

1 0,      

hay A 1, 4

 

 

 , B

1 1,

 

 

 , C

1 0,

2

 

 

 , D

1 0,      

BT15. Cho hai điểm A(–3; 2) B(1; 1) Tìm điểm M Oy cho: a) Diện tích tam giác ABM baèng

b) MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ

Đáp số: a) M 0, 11

 

 

 , M

1 0,

4

  

 

 ; b) M

3 0,      

BT16. Cho hai điểm A(1, –1) B(3, 2) Tìm điểm M Oy cho: a) AMB 45 0 b) AMB nhỏ

Đáp số: a) M(0, –1), (0, 4); b) M 0,

  

 

 

BT17. Chứng minh bất đẳng thức:

a) x22x 5 + x22x 5  2 5, x

(14)

c) 2(x y) 6  + 22 6(x y)   2, với x, y thỏa x2 + y2 = d) a b) 2c2 + (a b) 2c2  2 a2b2, a, b, c  R

BT18. Tìm giá trị nhỏ hàm số:

y = x22x 2 + x28x 32

(15)

BÀI

ĐƯỜNG THẲNG

I PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG THẲNG

1 Vectơ phương, vectơ pháp tuyến đường thẳng

a/ Một vectơ u 0 gọi vectơ phương đường thẳng ( ) giá u song song trùng với ()

b/ Một vectơ n  gọi vectơ pháp tuyến đường thẳng () giá n vng góc với ()

c/ a = (p, q) vectơ phương ()

 n = (q, –p) vectơ pháp tuyến () 2. Các dạng phương trình đường thẳng

a/ Phương trình tham số:

x = x + tu ( ) :

y = y + tu

  

 (t  R)

Trong M(x0, y0) điểm (); u = (u1, u2) vectơ phương ()

b/ Phương trình tắc: 0

1

x x y y

( ) :

u u

 

  (u1.u2  0)

Trong M(x0, y0) điểm (); u = (u1, u2) vectơ phương ()

c/ Phương trình tổng quát: ( ) : Ax By C 0    (A2 + B2  0) Trong n = (A, B) vectơ pháp tuyến ()

d/ Phương trình đường thẳng qua M(x0, y0), có vectơ pháp tuyến n = (A, B)

0

( ) : A(x x ) B(y y ) 0    

e/ Phương trình đường thẳng qua M(x0, y0), có hệ số góc k

0

( ) : y k(x x ) y   

f/ Phương trình đoạn chắn: ( ) :x y

a b

(16)

với A(a, 0); B(0, b) hai điểm thuộc ()

g/ Phương trình chứa hệ số góc tung độ gốc ( ) : y kx m  

 Lưu ý:

a/ d có vectơ pháp tuyến n = (A, B)

Nếu D song song d n = (A, B) vectơ pháp tuyến D

Nếu () vuông góc d m = (B, –A) vectơ pháp tuyến () b/ Nếu d có vectơ phương a = (u1, u2) (u1  0) hệ số góc d

là k =

u u

c/ Nếu d cắt trục hồnh M  góc tạo tia Mx với phần đường thẳng d nằm phía trục hồnh hệ số góc d k = tan

II VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Cho hai đường thẳng:

1 1

( ) : a x b y c   0; ( ) : a x b y c2   0

Đặt: 1

1 2 2

a b

D a b a b ;

a b

   x 1 2

2

b c

D  b c  b c b c ;

1

y 2 2

c a

D c a c a

c a

  

Ta coù:

1 (1) ( )2 cắt D 0 Tọa độ giao điểm là: y

x D

D

x ; y

D D

 

 

 

 

2 ( ) // ( )1 2 D = vaø Dx 0 hay Dy 

3 ( ) ( )  1 2 D = Dx = Dy = * Đặc biệt a2, b2, c2 khác thì:

1 (1) ( )2 cắt 1 2

a b

a  b ( ) // ( )1 2 vaø chæ 1

2 2

a b c

(17)

3 ( ) ( )  1 1 2

a b c

a  b  c

III GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Gọi  góc hợp hai đường thẳng ( )1 ( )2 (với 00   900)

Nếu 1, 2 có vectơ pháp tuyến n1, n2

1

|n , n | cos |cos(n , n )|

|n |.|n |

  

IV KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM TỚI MỘT ĐƯỜNG THẲNG

Cho điểm M0(x0; y0) đường thẳng

    2 

( ) : ax by c (a b 0)

Khoảng cách từ điểm M0 tới đường thẳng ( ) là:

0

0 2 2

|ax by c|

d(M ; )

a b

 

 



Chú ý: Cho hai điểm M(xM; yM), N(xN; yN) đường thẳng ( ) : ax by c 0   

Ta coù:

M N nằm phía ( ) khi:

M M N N

(ax by c)(ax by c) 0

M N nằm phía ( ) khi:

M M N N

(18)

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Bài

a) Viết phương trình ba cạnh tam giác ABC biết trung điểm ba cạnh AB, BC, AC là: M(2; 1), N(5; 3), P(3; -4)

b) Cho tam giác ABC biết A(-2; 1), B(2; 5), C(4; 1) Viết phương trình của: đường cao BH đường trung trực cạnh AB

Giải

a/ Theo tính chất đường trung bình tam giác ta có: NP // AB

Cạnh AB đường thẳng qua M(2; 1) nhận NP (-2; -7)

làm vectơ phương nên có phương trình là:

x y 7x 2y 12 0

2

      

 

Tương tự phương trình cạnh BC AC là: 5x + y – 28 = 2x – 3y – 18 =

b/ Đường cao BH đường thẳng qua B(2; 5) nhận AC (6; 0)

làm vectơ pháp tuyến

Vậy phương trình đường cao BH là: 6(x 2) 0(y 5) 0      x

Đường trung trực cạnh AB đường thẳng vng góc với cạnh AB trung điểm I AB, nên đường thẳng qua I(0; 3) nhận

AB (4; 4) làm vectơ pháp tuyến

Vậy phương trình đường trung trực cạnh AB là: 4(x 0) 4(y 3) 0       x y

Bài Tuyển sinh Đại Học khối B/09

Cho ABC coù M(2, 0) trung điểm AB, trung tuyến:

(19)

Giaûi

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình 7x 2y

6x y

        x y     

Vaäy A(1, 2)

Do M trung điểm AB nên

B M A B M A

x 2x x

y 2y y 2

    



      



Vaäy B(3; –2)

BC vuông góc AH nên có PVT(1, 6)

Phương trình BC: 1(x – 3) + 6(y + 2) =  x + 6y + = Tọa độ I trung điểm BC nghiệm hệ phương trình

x 6y

7x 2y

         x y       

Vaäy I(0; – 2)

Do I trung điểm BC nên C I B C I B

x 2x x 3

y 2y y

     



       



Vaäy C(–3; –1)

AC qua C coù VTCP AC = (–4; –3) Vậy phương trình AC: x y

4

  

Bài Tuyển sinh Đại Học khối A/2010

Cho ABC cân A(6, 6) đường thẳng qua trung điểm AB, AC d: x + y – = Tìm B, C biết E(1; –3) nằm đường cao CH

Giaûi

Vẽ đường cao AK

AK qua A,  d nên có phương trình

1(x – 6) – 1(y – 6) =  x – y = Tọa độ giao điểm I d AK nghiệm hệ phương trình x y

x y

        x y    

 Vaäy I(2, 2)

A

M

B H I C

A

d I

(20)

I laø trung điểm AK nên K I A K I A

x 2x x

y 2y y

     



      



Vaäy K(–2; –2)

BC qua K // d nên có phương trình

1(x + 2) + 1(y + 2) =  x + y + = Goïi B(b, –b – 4)  BC

Do K trung điểm BC neân

C K B C K B

x 2x x b

y 2y y ( b 4) b

    



        



Vaäy C(–4 – b, b)

Ta coù AB = (b – 6, –b – 10)  CE = (–5 – b, b + 3) Neân: (b – 6)(–5 – b) + (–b – 10)(b + 3) =

 –2b2 – 12b =  b =  b = –6 Vaäy B1(0; –4)  C1(–4; 0)

B2(–6; 2)  C2(+2; –6)

Bài Cho ABC vuông A có A(0, 3), đường cao AH: 3x + 4y – 12 = Trọng tâm G(5

3; 3) Tìm B C

Giải

Gọi M trung điểm BC Ta có AG 2GM

 G A A G

G A M G

x x 2(x x )

y y 2(y y )

  



   

 

M M

5 2(x 5)

3

0 2(y 3)

  

 

  



 M

M

5 x

2

y

 

 

 



Vaäy M(5 2; 3) BC  AH neân BC: 4x – 3y + C =

Mà M  BC nên: 4.5

2 – 3.3 + C =  C = –1 Vaäy BC: 4x – 3y – =

goïi B(b; 4b

 )  BC

(21)

C M B C M B

x 2x x

y 2y y

        C C

x b

19 4b y       

 vaäy C(5 – b;

19 4b

 )

Ta coù: AB = (b; 4b 10

 ) , AC = (5 – b; 10 4b

 )

AB  AC  AB.AC =

 b(5 – b) + 4b 10        10 4b     

  =  5b – b2 – (4b 10)2

9

 =  9(5b – b2) – (4b – 10)2 =

 +25b2 + 125b + 100 =

 b =  b =

Vậy B(1; 1), C(4; 5) hay B(4; 5), C(1; 1) Bài Tuyển sinh Đại Học khối D/2011

Cho ABC có B(–4; 1) trọng tâm G(1; 1), đường thẳng chứa phân giác góc A: x – y – = Tìm A, C

Giải

Vẽ d qua B vuông góc cắt phân giác AI H, cắt AC M Phương trình d: 1(x + 4) + 1(y – 1) =

Tọa độ H nghiệm hệ phương trình x y

x y

         x y       

Vaäy H(–1; –2)

ABM cân nên H trung điểm BM Vaäy M H B

M H B

x 2x x

y 2y y

     



       



Vậy M(2; –5)

Gọi N trung điểm AC ta có



BG 2GN  N

N

5 2(x 1) 2(y 1)

        N N x y        B A N M

I C

H

(22)

AC qua M vaø VTCP MN = 3,6 3(1,4)

2

  

 

 

Phương trình AC: x y

1

    4x – y – 13 =

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình 4x y 13 x y

  

  

 

x y

   



Vaäy A(4; 3)

Do N trung điểm AC nên C N A C N A

x 2x x

y 2y y

    



      



Vậy C(3; –1) Bài 6.

a Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(1; 2) cắt trục hoành trục tung A B khác gốc cho: OA = OB

b Viết phương trình đường thẳng qua N(1; 3) cắt hai nửa trục dương Ox, Oy P Q cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ

Giải

a/ Gọi n (a; b) 0  vectơ pháp tuyến đường thẳng qua M(1; 2) phương trình đường thẳng là:

a(x 1) b(y 2) 0    ax by (a 2b) 0   

Vì đường thẳng cắt Ox Oy A, B khác O nên ta có: ab  a 2b 0 

Hoành độ giao điểm A: y xA a 2b a



  

Tung độ giao điểm B: x yB a 2b b



  

Ta coù: OA OB  xA  yB |a 2b| |a 2b|    

|a| |b| |a| |b|

(vì a + 2b 0) a = b a = b

Nếu a = b: Phương trình đường thẳng là: x y 0  

Nếu a = -b: Phương trình đường thẳng là: x y 0  

b/ Gọi n (a; b) với a > 0, b > vectơ pháp tuyến đường thẳng qua N(1; 3) phương trình đường thẳng là:

(23)

Hoành độ giao điểm P: y xP a 3b a



   

Tung độ giao điểm Q: x yQ a 3bb



   

Diện tích tam giác OPQ:

2 P Q

2

1 (a 3b)

S OP.OQ x y

2 2ab

a 9b 6ab a 9b 3

2ab 2b 2a



  

 

   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a 9b a 9b 2b 2a  2b 2a  Vậy: S 6

Vaø: S 6 a 9b a2 9b2 a 3b

2b 2a

       (vì a > 0, b > 0) Nên: minS 6 , đạt khi: a = 3b

Lúc chọn: b = a = ta phương trình đường thẳng là: 3x y 0.  

Bài Cho A(5; 0), B(1; –3) Tìm M N đoạn OA, P đoạn AB, Q đoạn OB cho MNPQ hình chữ nhật có MN = 2MQ

Giải

OB qua O có VTCP OB = (1; –3) phương trình OB là:

x y

1  3  3x + y =

M, N  OA nên: M(m; 0); N(n; 0) với m, n  (0, 5) MQ  Ox nên xQ = xM = m Vậy Q(m; –3m)  OB NP  Ox nên xP = xN = n

AB qua A có VTCP AB = (–4, –3) = –(4, 3) Phương trình AB: x y

4

   3x – 4y – 15 =

Do N  AB  P n, 3n 15



 

 

 

Ta coù: QP = (n – m; 3n 12m 15

  )

vaø MQ = (0; –3m)

y

x N

M A

(24)

Ta coù: MQ  QP  MQ.QP =

 0(n – m) + (–3m) 3n 12m 15

 

 

 

  =

 3n + 12m – 15 =

 n = –4m + (1)

Ta coù: MN = (n – m; 0) = (–5m + 5; 0) (do (1)) Vaäy: MN = 2MQ –5m + 5 = 2.–3m

–5m + 5 = –6m

 5m 6m

5m 6m

   



  

 

m (loại) m

11

      

Vaäy M 5; ; N 35;

11 11

   

   

   , Q

5 , 15 , P 35, 15

11 11 11 11

 

   

   

   

Bài 8. Cho đường thẳng ( ) : x 2y 0    hai điểm A(1; 2), B(2; 5) Tìm điểm M () để MA + MB nhỏ

Giải

Ta có: (xA 2yA 2)(xB 2yB 2) (1 2)(2 10 2) 50 0      

Nên hai điểm A B nằm bên ( )

Gọi A'(x'; y') điểm đối xứng A qua (), ta có AA' (x' 1; y' 2)  

cùng phương với vectơ pháp tuyến n (1; -2) ( ) trung điểm

 

x' y'

H( ; )

2 đoạn AA’ ( ) nên: 2(x' 1) 1(y' 2)

x' y'

( ) 2( )

2

    

 

     



2x' y' x' 2y'

   

    



Giải hệ ta được: x' 3; y'  2 Vậy: A'(3; -2)

Ta có A’ đối xứng với A qua ( ) nên MA = MA’ Suy ra: MA + MB = MA’ + MB

Trong tam giác MA’B ta có: MA’ + MB A’B (không đổi)

(25)

Vậy MA + MB nhỏ A’B điểm M giao điểm () với đoạn A’B, Vì A’ B nằm hai bên ( ) nên giao điểm giao điểm () với đường thẳng A’B

Đường thẳng A’B đường thẳng qua A'(3; -2) nhận A'B ( 1; 7)  làm vectơ phương nên phương trình là:

x y

1

 



 7x y 19 0  

Vậy tọa độ M nghiệm hệ: x 2y 7x y 19

  



   

 

8 x

3 y

3

      

Vaäy: M( ; )8 3

Bài 9. Cho đường thẳng ( ) : x 3y 0    hai điểm A(5; 3), B(2; -3) Tìm điểm M ( ) để |MA – MB| lớn

Giải

Ta có: (xA 3yA 1)(xB 3yB 1) (5 1)(2 1)      50 0

Nênhai điểm A B nằm hai bên ( )

Gọi A'(x';y') điểm đối xứng A qua ( ) , ta có AA' (x' 5; y' 3)  

cùng phương với vectơ pháp tuyến n (1; -3) ( ) trung điểm H(x' y' 3;

2

  ) đoạn AA’ ( ) nên:

3(x' 5) 1(y' 3)

x' y'

( ) 3( )

2

    

 

     



3x' y' 18 x' 3y'

  



    



Giải hệ ta được: x' 6 ; y' 0

Vaäy: A(6; 0)

Ta có A’ đối xứng với A qua () nên MA = MA’ Suy ra: |MA – MB|=|MA’ – MB|

Trong tam giác MA’B ta có: |MA’ – MB|A’B (không đổi)

(26)

Vậy MA - MB lớn A’B điểm M giao điểm giao điểm ( ) với đường thẳng A’B

Đường thẳng A’B đường thẳng qua A’(6; 0) nhận A'B (-4; -3)

làm vectơ phương nên phương trình là:

x y

4

  

  3x 4y 18 0  

Vậy tọa độ M nghiệm hệ: x 3y 3x 4y 18

  



   

 

x 10 y

    

Vaäy: M(10; 3)

VẤN ĐỀ 2: BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH

Bài 10 Cho đường thẳng (m): (m 2)x (m 1)y 2m 0      Định m để (m) cắt đoạn thẳng BC với B(2; 3) C(1; 0)

Giải

Ta có (m) cắt đoạn thẳng BC hai điểm B, C nằm hai bên đường thẳng (m) Điều xảy khi:

B B C C

[(m 2)x (m 1)y 2m 1].[(m 2)x  (m 1)y 2m 1] 0 

[2(m 2) 3(m 1) 2m 1].[(m 2) 2m 1]

         

(7m 8)(3m 3)

1 m

   

  

Bài 11. Viết phương trình hai đường chéo hình vng, biết tâm I(–2, 0) phương trình cạnh hình vng d: x + 3y – =

Giải

 Gọi M(3 – 3m; m)  d: x + 3y – = đỉnh hình vuông Ta có: d(I, d) = ( 2) 3.0 32 2

10

1

  





 IM = d(I, d) 10

 =

(27)

 (5 – 3m)2 + m2 =

 10m2 – 30m + 20 =  m =  m =

Trường hợp 1: D qua I(–2; 0) M(–3; 2) D: y x

2

  

   

y x

2

 



Trường hợp 2: D qua I(–2; 0) M(0; 1) D: x y 1 



Bài 12 Cho hình bình hành ABCD có A(1; 0); B(2; 0); diện tích tâm I nằm d: y = x Tìm tọa độ hai điểm C D

Giải

Gọi I(m; m)  d

Vì I trung điểm AC nên: C(2m – 1; 2m) Vì I trung điểm BD nên: B(2m – 2; 2m) Ta có: SABCD = AB.DH = AB.(2IK)

Ta coù: AB =

AB: y = (vì yA = yB = 0) IK = d(I, AB) = I

2

y

0 1 = yI = m

 S = 1.2m = 2m

Vaäy S =  2m = m =

 m

m

    

 Vaäy

C(1; 2); D(0; 2) C( 3; 2); D( 4; 2)



    



Bài 13 Cho ABC có A(2; 4); B(0; –1); C(6; 2) Viết phương trình đường thẳng () qua A cho

a () chia ABC thành hai ABM, ACM mà diện tích ACM gấp đôi diện tích ABM

b () cách B C

Giaûi

a/ SACM = 2SABM 

2AH.CM =

2.AH.BM

 CM = 2BM

Mà CM; BM ngược hướng nên

D d C

A H K B

(28)

CM 2BM

     

   



M C M B M C M B

x x 2(x x )

y y 2(y y )

 M M

M M

x 2(x 0)

y 2(y 1)

            M M 3x 3y    

 Vaäy M(2; 0)

 qua A M mà xA = xM = nên : x =

b/ Gọi n = (a, b) PVT 

 qua A neân : a(x – 2) + b(y – 4) = Ta coù: d(B, ) = d(C; )



2 2

2a 5b 4a 2b

a b a b

  



 

 2a 5b 4a 2b

2a 5b 4a 2b

            b a 7b a          a = b

2

 choïn b = –2; a =

Vaäy : x – 2y + =

 a = 7b

2 choïn b = 2; a = Vaäy : 7x + 2y – 22 =

Bài 14 Tìm tọa độ bốn đỉnh hình vng ABCD biết độ dài cạnh 10; phương trình AB: x – 3y + = Tâm I trục tung yI <

Giaûi

Gọi A(3a – 1; a)  AB B(3b – 1; b)  AB I(0, m) với m <

Vì I trung điểm AC nên:

C I A C I A

x 2x x 3a

y 2y y 2m a

    



    



Vaäy C(1 – 3a; 2m – a)

A

B

H M



C

y C D

I

(29)

Vì I trung điểm BD nên D(1 – 3b; 2m – b) Ta coù:

 AD = 10  IK = 10  d(I; AB) = 10

 xI 3yI

10

 

= 10 –3m + 1 = 10

 3m 10

3m 10

          m 11 m (loại)        Vậy: I(0; –3)

Ta coù: IA = (3a – 1; a + 3) vaø IB = (3b – 1; b + 3)

2 IA IB IA IB                     

 2 2

(3a 1)(3b 1) (a 3)(b 3) (1)

(3a 1) (a 3) (3b 1) (b 3) (2)

(2)  10a2 = 10b2 b a (loại) b a (3)

     

Theá (3) vào (1) ta có

(3a – 1)(–3a – 1) + (a + 3)(–a + 3) =

 –(3a – 1)(3a + 1) + (3a + a)(3 – a) =

 –(9a2 – 1) + – a2 =  –10a2 + 10 =

 a = 1

 Th1: a = 1; b= –1; m = –3

Vaäy A(2; 1); B(–4; –1); C(–2; –7); D(4; –5)

 Th2: a = –1; b = 1; m = –3

Vaäy A(–4; –1); B(2; 1); C(4; –5); D(–2; –7)

Bài 15 Viết phương trình đường thẳng (D) cách A(1; 1) khoảng cách B(2; 3) khoảng

Giaûi

Phương trình tổng quát đường thẳng (D): ax + by + c = (a2 + b2 0)

Ta coù: d(A, D) d(B, D)

     2 2

a b c

a b

2a 3b c 4.

a b                 2 2

a b c a b

2a 3b c a b

    

  

   

(30)





















2 2 2

2a 3b c 2a b c a b c 4 a b

a b c a b 2a 3b c a b c

          

 

 

         

 























2 2 2

a b c a b a b c a b

2a 3b c a b c 2a 3b c 2(a b c)

         

 

 

           

 



2 2

2 2 (a b c) 4(a b )

(a b c) 4(a b )

4a 5b

b c c

3

    

     

    

 

 

2

2 35a 4ab 32b

3a 4ab

4a 5b

b c c

3

   

   

    

 

 

4

a a b a b c 0.

3 b c

    

     

  

4

(a b c) (a b b c) (a b c 0)

3

           

Vaäy:

* a =  b = c: Ta có b = c 0 a2 + b2 0 Nên phương trình đường thẳng là: y + =

* a = 4b b c

3   : Chọn b = c = a = phương trình đường thẳng là: 4x + 3y + =

* a = b = c = 0: Trường hợp khơng nhận

Tóm lại có hai đường thẳng thỏa mãn u cầu tốn có phương trình là: y + = 0; 4x + 3y + =

VẤN ĐỀ 3: BAØI TỐN GĨC HAI ĐƯỜNG THẲNG

Bài 16

a Lập phương trình đường phân giác góc nhọn hợp hai đường thẳng:( ) : 3x 4y 12 0;1    ( ) : 12x 5y 02   

(31)

Giaûi

a/ Phương trình đường phân giác góc hợp ( )1 (2) là:

2 2

|3x 4y 12| |12x 5y 7|

3 ( 4) 12

    

  

1

21x 77y 191 0.(D ) 99x 27y 121 0.(D )

  



    



Trong phương trình đường thẳng (1) cho x = ta

y = 3, nên M(0; 3) điểm thuộc ( )1 ta có M không thuộc ( )2

Mặt khác: 1 2

2 2

40 40

d(M; (D )) d(M; (D ))

21 77 99 27

  

 

Nên đường phân giác góc nhọn hợp hai đường thẳng ( )1

(2) laø (D2): 99x – 27y + 121 =

b/ Phương trình đường phân giác góc hợp (d1) (d2) là:

2 2

|4x 3y 6| |5x 12y 10|

4 ( 3) 12

    

  

1

27x 99y 28 (D ) 77x 21y 128 (D )

  



    



Trong phương trình đường thẳng (d1) cho x = ta y = 2, nên M(0; 2) điểm thuộc (d1) ta có M khơng thuộc (d2)

Mặt khác: 1 2

2 2

170 170

d(M; (D )) d(M; (D ))

27 99 77 21

  

 

Nên đường phân giác góc tù hợp hai đường thẳng (d1) (d2) (D2): 77x 21y 128 0  

Bài 17 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(2; 1) tạo với đường thẳng (D): 2x + 3y + = góc 135o

Giaûi

Gọi n (a; b) 0 vectơ pháp tuyến đường thẳng qua M(2; 1) phương trình đường thẳng có dạng:

a(x 2) b(y 1) 0    ax by (2a b) 0   

Đường thẳng tạo với đường thẳng (D) góc 135o, tức tạo với (D) góc nhọn 45o, nên:

2 2 2

|2a 3b| |2a 3b|

cos45

2

2 a b 13 a b

 

  

  

 26(a2b ) 2|2a 3b|2   26(a2b ) 4(2a 3b)2  

5a2 24ab 5b 0

Xem đẳng thức phương trình bậc theo a, giải ta được: b

a 5b a

(32)

Vậy chọn: a = 5, b = b = -5, a = Ta phương trình đường thẳng cần tìm là:

5x y 11 0   hay x 5y 0  

Bài 18 Một tam giác cân có cạnh đáy cạnh bên có phương trình là: 3x – y + = 0; x + 2y – = Viết phương trình cạnh bên cịn lại biết qua điểm M(1; –3)

Giải

Gọi n (a; b) 0  vectơ pháp tuyến cạnh bên qua M(1; -3) phương trình cạnh bên có dạng:

a(x 1) b(y 3) 0    ax by (3b a) 0   

Tam giác cân có góc tạo thành hai cạnh bên với đáy nên:

2 2 2 2

|3a b| |3.1 1.2|

3 ( 1) a b ( 1)

  

     

2

5.|3a b| a b

    5(3a b) a2 b2

2

22a 15ab 2b

   

Xem đẳng thức phương trình bậc hai theo a, giải ta được:

b 2b

a a

2 11

  

Vaäy chọn: b = 2, a = b = 11, a =

Với a = 1, b = ta có đường thẳng x + 2y + = 0, song song với cạnh bên khơng thể cạnh bên cịn lại tam giác

Với a = 2, b = 11 ta có phương trình cạnh bên cịn lại tam giác cân là: 2x 11y 31 0  

Bài 19 Lập phương trình đường thẳng qua điểm P(2; -1) cho đường thẳng với hai đường thẳng (1): 2x – y + = 0; (2): 3x + 6y – = 0, tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng ( )1 ( )2

Giải

Đường thẳng cần tìm đường thẳng qua P vng góc với đường phân giác góc hợp (1) (2)

Phương trình hai đường phân giác là:

1 2 2 2 2

2x y 3x 6y

(d ) :

2 ( 1)

   



   

3x 9y 16 9x 3y 14

  



   

(33)

Đường thẳng qua P vng góc với (d1) nhận vectơ phương (d1) u (9; 3) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình là:

9(x 2) 3(y 1) 0    hay 3x y 0   Đường thẳng P vng góc với (d2) nhận vectơ phương (d2) v (3; -9) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình là:

3(x 2) 9(y 1) 0    hay x 3y 0  

Tóm lại có hai đường thẳng có phương trình là: 3x y 0   x 3y 0  

(D1)

() (d)

(d1)

(34)

C BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. (DBA2006) Cho tam giác ABC có A nằm đường thẳng (d):

x – 4y – = BC // (d) Phương trình đường cao BH: x + y + = Trung điểm AC M(1; 1) Tìm tọa độ A, B, C

Đáp số: A 2;

3

  

 

 , C

8 8; 3

 

 

 , B(–4; 1)

BT2. (DBA2005) Cho ABC cân A có trọng tâm G(4/3, 1/3) Phương trình BC: x – 2y – = 0, phương trình BG: 7x – 4y – = Tìm A, B, C

Đáp số: A(0; 3), B(0; –2), C(4; 0)

BT3. (DBB2006) Cho tam giác ABC có A(2; 1), phương trình đường cao BH: x – 3y – = 0, phương trình đường trung tuyến CM: x + y + = Tìm B C

Đáp số: B(–2; –3), C(4; –5)

BT4. (DBB2004) Cho hai đường thẳng (d1): 2x – y + = 0, (d2): x + y – = Viết phương trình đường thẳng qua I(–2; 0) cắt (d1) A B cắt (d2) B mà AB 2IB

Đáp số: x y

2





BT5. (DBA2004) Cho A(0; 2) vaø (d) x – 2y + = Tìm (d) hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B AB = 2BC

Đáp số: B 6; 5

 

 

 , C1

4 7; 5

 

 

 , C2(0; 1)

Bài 6. (CĐ/09) Cho ABC có C(–1; 2) trung tuyến AM: 5x + y – = 0, đường cao BH: x + 3y – = Tìm A, B

Đáp số: A 13; 2

 

 

 , B

29 2; 7

 

 

 

BT7. (DB/A08) ABC có đường cao BH: 3x + 4y – 10 = phân giác góc A AI: x – y + = 0, M(0; 2) AB MC = Tìm A, B, C

Đáp số: A(4; 5), B 1;

3

  

 

 , C1(1; 1), C2

31 33; 25 25

 

 

 

(35)

Đáp số: A(6; –

2), B(4; – 12)

BT9. (A09) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(6; 2), M(1; 5)  AB Trung điểm CD nằm : x + y – = Viết phương trình AB

Đáp số: y =  x – 4y + 19 =

BT10. Cho ABC có trọng tâm G(–2; –1) phương trình cạnh (AB): 4x + y + 15 = 0, (AC): 2x + 5y + = Tìm A, B, C

Đáp số: B(–3; –3), C(1; –1)

BT11. Lập phương trình cạnh ABC biết B(–4; –5) hai đường cao có phương trình: 5x + 3y – = 3x + 8y + 13 =

Đáp số: A(1; 2); C(–1; 3)

BT12. (B2008) Tìm tọa độ đỉnh C ABC, biết hình chiếu C đường thẳng AB H(–1; –1), phương trình đường phân giác góc A x – y + = 0, phương trình đường cao kẻ từ B 4x + 3y – =

Đáp số: C 10 3;

 

 

 

BT13. (B2003) Cho tam giác ABC vuông cân A với M(1; 1) trung điểm BC G(2

3; 0) trọng tâm tam giác ABC Tìm A, B, C

Đáp số: A(0; –2), B(4; 0), C(–2; 2) BT14. (DB/D07) Cho A(0; 1), B(2; –1)

d1: (m – 1)x + (m – 2)y + – m = d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – =

Chứng minh d1 ln cắt d2 P Tìm m cho (PA + PB)min

BT15. (B/2010) Cho ABC  A, C(–4; 1) phân giác A: x + y – = 0, diện tích ABC = 24, xA> Viết phương trình BC

Đáp số: 3x – 4y – 16 =

BT16. (CĐ/09) Tìm M : x – 2y – = cho d(M, d) = với (d): x + y + =

BT17. (A2006) Tìm M  d3: x – 2y = mà khoảng cách từ M đến đường thẳng d1: x + y + = hai lần khoảng cách M đến đường thẳng d2: x – y – =

(36)

BT18. (B/09) ABC caân A(–1; 4) Tìm B, C : x – y – = biết diện tích ABC bằng:

Đáp số: B 11 3; 2

 

 

 , C

3;

2

  

 

 , B2

3;

2

  

 

 , C2

11 3; 2

 

 

 

BT19. (DBD2003) Cho tam giác ABC có A(1; 0), phương trình đường cao BH: x – 2y + = 0, phương trình đường cao CK: 3x + y – = Tính SABC

Đáp số: 14

BT20. (B2004) Cho A(1; 1), B(4; –3) Tìm C  đường thẳng (d): x – 2y – = cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB

Đáp số: C(7; 3), C 43 27; 11 11

 

 

 

 

BT21. Cho tam giác ABC có diện tích

2, đỉnh A(2; –3), B(3; –2) trọng tâm G  (d): 3x – y – = Tìm điểm C

Đáp số: C1(–2; –10), C2(1; –1)

BT22. Viết phương trình đường thẳng qua A(2; 1) tạo với đường thẳng d: 2x + 3y + = góc 45o

Đáp số: 5x y 11

x 5y

  



    

BT23. Cho ABC caân A Biết (BC): 2x – 3y – = 0, (AC): x + y + = 0, (AB) qua I(1, 1) Viết phương trình AB

BT24. D/2010

Cho A(2; 0) Gọi  đường thẳng qua O H hình chiếu vng góc O lên  Viết phương trình  biết khoảng cách từ O đến trục hoành AH

BT25. Cho ABC có phương trình AB 4x + y – = đường cao AH: 2x + 3y – = 0, trọng tâm G 7,

3



 

 

  Viết phương trình BC, AC Đáp số: AC: x + 3y – =

BT26. Cho ABC caân A có phương trình AB: 3x – y – = 0, BC: x – y – = Biết AC qua I(–3, 1) viết phương trình AC

(37)

BT27. Cho ABC có đường cao BH: 3x + 4y + 10 = phân giác A AI: x – y + = M(0, 2) nên AB, CM = Tìm đỉnh ABC

BT28. Cho hình thoi ABCD có A(3, –2), B D nằm d: x – 3y + = 0, diện tích (ABCD) 60 Viết phương trình cạnh hình thoi BT29. Cho ABC có đường trung trực BC d: x + y – = 0, đường

trung tuyến CI là: 2x – y – = Tìm B C

Đáp số: C(2, 3), B(0, 1)

BT30. Viết phương trình cạnh hình vuông biết hai cạnh song song A(2, 1), C(3, 5), hai cạnh song song lại qua B(0, 1), D(–3, –1)

BT31. Tìm tọa độ đỉnh ABC biết trung tuyến BI: 3x – 5y – = 0, phương trình đường cao AH: 4x + y – 21 = 0, M(3, 3) trung điểm AB

Đáp số: A(4, 5), B(2, 1), C(10, 3)

BT32. Cho ABC có A(1, 1); B(–2, 5) C nằm d: x – = trọng tâm G nằm d’: 2x – 3y + = Tính diện tích ABC

BT33. Cho ABC có A(1, 1), đường cao BH: 3x + y – 16 = 0, trung tuyến CM: x + y – = Tìm B, C

BT34. Cho ABC có phương trình AB: 4x + y – = đường cao AH: 2x + 3y – = trọng tâm G 7,

3



 

 

  Viết phương trình BC

BT35. Cho A(0, 5), B(–2, –1), C(4, 2) Lấy M đoạn BC cho diện tích (ABM), lần diện tích (ACM) Chứng minh AM  BC BT36. Cho hình bình hành ABCD với B(–2, 0), D(4, 4), E(2, 3) điểm

(38)

BÀI

ĐƯỜNG TRỊN

I PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

a/ Phương trình đường trịn tâm I(a; b) bán kính R

2 2 2

(x - a) + (y - b) = R

b/ Phương trình: x + y - 2ax - 2by + c = 02 với a + b - c > 02 2 2 , phương trình đường trịn tâm I(a; b), bán kính R = a + b - c2 2

II VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VỚI ĐƯỜNG TRỊN

Cho đường thẳng ( ) đường tròn (C) có tâm I, bán kính R Gọi d(I,) khoảng cách từ I đến ( ) Ta có:

d(I,) < R  ( ) cắt (C) hai điểm phân biệt d(I,) = R  ( ) tiếp xúc với (C).

d(I,) > R  ( ) không cắt (C)

III VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Cho hai đường trịn (C1) (C2) có tâm bán kính I1, R1 I2, R2 Ta có:

1 2

|R R | I I R R  (C1) (C2) cắt 1 2 1 2

I I = R + R  (C1) (C2) tiếp xúc 1 2 1 2

I I = R - R  (C1) (C2) tiếp xúc trong.

1 2

I I R R  (C1) (C2)

1 2

(39)

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

Bài Lập phương trình đường trịn: a Đường kính AB với A(1; 2) B(-2; 0)

b Đường tròn qua ba điểm A(-1; 3), B(1; 1) C(2; 4)

Giaûi

a/ Đường trịn đường kính AB có tâm I ,

 

 

  trung điểm

đoạn AB có bán kính R = AB

2

1 (1 2) (2 0) 13

2

    

Nên phương trình đường trịn đường kính AB là:

2

1 13

(x ) (y 1)

2

   

b/ Phương trình đường trịn có dạng:

2

x y 2ax 2by c 0   với a2 + b2 – c > Đường tròn qua ba điểm A, B, C nên:

1 2a 6b c 1 2a 2b c 16 4a 8b c

    



      

     



2a 6b c 10

2a 2b c 4a 8b c 20

   

 

    

   



Giải hệ ta được: a 3, b 11, c

4

  

Vậy phương trình đường trịn qua ba điểm A, B, C là: x2 y2 3x 11y 0

2

    

Bài Cho (Cm):x2 y22(m 1)x 2(m 2)y m    28m 13 0  a Tìm m để (Cm) đường trịn

b Tìm quỹ tích tâm I đường trịn (Cm) m thay đổi

Giaûi

a/ (Cm) đường tròn khi:

2 2 2

a b    c [ (m 1)] (m 2) (m 8m 13) 0 

2

m 2m

  

m m

(40)

b/ Lúc tọa độ tâm I đường tròn (Cm) là: I x m (1)

y m (2)

  

   

Lấy (1) + (2), ta được: x + y = –1

Vậy quỹ tích tâm I đường trịn (Cm) đường thẳng d: x + y + = Mặt khác từ (1) ta có: m = – x, điều kiện (*) ta suy ra: x          4 x x x

Vậy quỹ tích I phần đường thẳng: x y 1  = với x 1hayx 5

Bài Tuyển sinh Đại Học khối D/2009

Cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = có tâm I Tìm M (C) cho IMO = 300

Giaûi

 Cách 1: (C) có tâm I(1, 0), R = Gọi M(x0, y0) Áp dụng định lý haøm cosin cho IMO

OM2 = OI2 + IM2 – 2OI OMcos1200 OM2 = + – 2(1) (1)

2

 

 

  =

Do M  (O)  (x – 1)2 + y2

0 =  x20y20 – 2x0 = (1)

Do OM2 =  2 0

x y = (2)

Từ (1) (2) 

2 x y       

Vaäy M 3,

2         

 Cách 2: Gọi A(2, 0) giao điểm (O) trục hoành OMI = 300 IMA = 600

 IMA cạnh

 AM2 =

 (x0 – 2)2 +y20 =

 2

0

x y – 4x0 + = (3) Maø M  (O)  2

0

x y – 2x0 = (1) Từ (3)  x0 =

2 

2

y = Vaäy M 3,

(41)

 Caùch 3: Ta coù: OMA = 900

Mà OMI = 300 IMA = 600 IMA  MA =

OMA  OM2 = OA2 – MA2 = – = Veõ MH  Ox

OMH  cos300 = OH

OM   xM = OH =

3 3

2 

Do M  (P)  M

2

3 y

2

   

 

  = 

2 M

3 y

4



Vaäy M 3,

2

 



 

 

Bài Cho ba điểm: A(-5; -1), B(-2; 1), C(4; 5) Tìm quỹ tích điểm M nhìn hai đoạn thẳng AB, BC hai góc

Giải

Ta coù: AB (3; 2) , AC (9; 6)

Nên: AC 3AB , hai vectơ AB AC hướng Vậy ba điểm A, B, C thẳng hàng với B nằm đoạn AC Ta có điểm M nhìn hai đoạn thẳng AB, AC hai góc nên MB đường phân giác góc M tam giác MAC Suy ra:

MA AB 13 MC 2MA

MC  BC  13     MC

2 = 4MA2 Gọi (x; y) tọa độ điểm M, ta có:

(x 4)2 22 (y 5)2 4[(x 5)2 (y 1) ]2

x y 16x 6y 21

       

     

Vậy quỹ tích M đường trịn tâm I(-8; -3), bán kính R = 13 Bài 5.Tuyển sinh Đại Học khối D/2010

Cho ABC có A(3; –7) trực tâm H(3; –1) tâm đường tròn ngoại tiếp I(–2; 0) Tìm C biết xC >

Giải

Đường trịn (C) qua A, B, C có phương trình (x + 2)2 + y2 = IA2 = 74

M

(42)

AH qua A, có VTCP AH = (0, 6) Nên PVT n = (1, 0)

Phương trình AH: 1(x – 3) = Gọi K giao điểm AH (C) Do xk = neân y2k = 74 – 25 = 49

Vaäy K(3, 7)

Gọi D điểm đối xứng A qua I

D I A D I A

x 2x x

y 2y y 7

      



     



Vaäy D(–7, 7)

Ta coù AKD = 1 BC // KD

Ta có KAC = CBK (cùng chắn KDC) KAC B (góc nhọn có cạnh )

 B1 B2

HBK cân H

 trung điểm HK J(3, 3)

Do BC đường thẳng qua J có VTCP KD = (–10; 0)  PVT(0, 1) Phương trình BC: 1(y – 3) =

Do yC = maø C  (C)  (xC + 2)2 + = 74  xC = 65 – (do xC > 0) Vaäy C( 65 – 2, 3)

VẤN ĐỀ 2: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Bài 6.Tuyển sinh Đại Học khối A/2011

Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = có tâm I Tìm điểm M

: x + y + = để qua M vẽ lại tiếp tuyến MA, MB (A, B  (C)) mà diện tích MAIB 10

Giải

(C) có tâm I(2; 1), R = Gọi M(m; –m – 2)  Ta coù dt(MAIB) = 2dt(MAI)

 AM.AI = 10  AM = 10

R =

A

H

I

C

K D

B

J

1

M 

(43)

Vaäy: MI2 = MA2 + AI2 = 20 +

 (m – 2)2 + (–m – 3)2 = 25

 m2 + m – =  m = –3  m = Vaäy M(–3; 1)  M(2; –4)

Bài Tuyển sinh Đại Học khối A/2009 Cho đường tròn (C) x2 + y2 + 4x + 4y + =

Tìm m để đường thẳng d: 4x – 3y + m = cắt (C) A B cho IAB có diện tích lớn

Giải

(C) có tâm I(–2, –2), R = 4 6  = Vẽ IH  d

Ta có S = dt (IAB) =

2IAI.BsinAIB

 S =

2 2sinAIB = sinAIB Vaäy Smax sinAIB =  AIB = 900

AIB  caân AIH  caân

 IH = AI 

 m

9 16

  

 =  |m – 2| =  m – = 5  m =  m = –3

Bài Cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x – 4y – = Lập phương trình tiếp tuyến ( ) với (C) biết:

a ( ) tiếp xúc (C) M(1; 2) b ( ) ñi qua A(0; -1)

c ( ) song song với (D): 3x – 4y + 2012 =

Giải

Ta có (C) đường trịn tâm I(-2; 2) bán kính R = a/ Ta có M  (C) + + – – =

( ) tiếp xúc (C) M nên ( ) đường thẳng qua M(1; 2) nhận IM (3; 0) làm vectơ pháp tuyến

I

A H B

(44)

Vậy phương trình ( ) là: 3(x – 1) =  x – =

b/ Gọi n (a; b) 0  vectơ pháp tuyến ( ) phương trình ( ) có dạng: a(x – 0) + b(y + 1) = ax + by + b =

( ) tiếp tuyến (C) nên: d(I, ) R 

2

| 2a 3b| 3

a b

 

 



2

| 2a 3b| a b

      (–2a + 3b)2 = 9(a2 + b2)

 a(5a + 12b) =  a =  5a + 12b =

Neáu a = b 0 nên phương trình ( ) là: y + =

Nếu 5a + 12b = ta chọn a = 12, b = -5 nên phương trình ( ) laø: 12x – 5y – =

c/ ( ) song song với (D): 3x – 4y + 2012 = 0, nên ( ) phương trình ( ) có dạng: 3x – 4y + c =

Vì ( ) tiếp tuyến (C) nên: |c 14|

d(I, ) R |c 14| 15

5

c 14 15 c 29 c



      

        

Vậy có hai tiếp tuyến là: ( ) : 3x 4y 29 01   

( ) : 3x 4y 02   

Bài Lập phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục tung điểm A(0; – 3) cắt trục hoành hai điểm B, C mà BAC = 30o

Giải

 (C) tiếp xúc trục tung A(0; – 3) nên: R a

b

   

 

 Với tâm I(a; b) BAC = 30

o BIC = 60o Vậy IBC  BC = R

 đường cao IH IBC R mà IH = OA = nên R

2 =

 R = a =  a = 2 + TH1: a = 2; b = – 3; R =

y

x O H

B C

(45)

Vậy phương trình (C): (x – 2)2 + (y + 3)2 = + TH2: a = –2; y = – 3, R =

Vậy phương trình (C): (x + 2)2 + (y + 3)2 =

Bài 10 Tuyển sinh Đại Học khối A/2010

Cho d1: 3x + y = 0, d2: 3x – y = Gọi (T) đường tròn tiếp xúc d1 A cắt d2 B, C cho ABC vng B diện tích

ABC

2 Viết phương trình (T) biết xA >

Giải

d1 có PVT ( 3, 1) d2 có PVT ( 3, –1)

Ta có: d1, d2 cắt O cos(d1, d2) = 4



=

2  BOA = 60

ABC  B nội tiếp đường tròn (T)

 AC đường kính (T)

Do d1 tiếp xúc (T) A nên OA  AC  OCA = 300

ABC   tan300 = AB BC 

 BC = 3AB

OAB  sin600 = AB OA 

 OA = AB

Ta coù dt(OAB) =

 1BC.BA

2 

 ( 3AB2) = 3

 AB =  OA =

Gọi A(a, - 3)  d1 Ta có OA2 =

 4a2 = 4

3  a =

3 (do a = xA > 0)

O

B

A

d1 d2

(46)

Vaäy A ,

  

 

  AC qua A  d1 có phương trình

1 x

  

 

  – 3(y + 1) =  3x – 3y – =

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình 3y

3x y

         x y         

Vaäy C ,



  

 

 

Đường trịn (T) có tâm I , 2

  

 

  trung điểm AC R = IA =

Vậy phương trình (T)

2

1

x y

2               

Bài 11. Tuyển sinh Đại Học khối B/2011 Cho ABC có B(1

2; 1) Đường trịn nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tương ứng D, E, F Cho D(3; 1) đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ A biết yA >

Giải

BC qua B(1

2; 1) VTCP BD = ( 2; 0) Vậy phương trình BC: y – = mà phương trình EF: y – = Do đó: CB // EF

Nên ABC cân A Gọi E(m, 3)  (EF) Ta coù: BD = BE  25

4 = (m – 2)

2 +

 (m – 2)

2 = 9

4  m – = 

3

2  m = hay m = –1 Vaäy E1(2, 3) hay E2(–1, 3)

Do BC // yOy neân AD // xOx  xA = xD =

 AB qua B coù VTCP BE1= (3

2; 2) =

2(3, 4) O

y

x D

E F

A

(47)

Phương trình BE1: x y

3

    4x – 3y + =

A  BA: xA =  yA= 13 Vaäy A(3; 13

3 ) (nhaän yA > 0)

 AB qua B coù VTCP BE2= (–

2; 2) =

2(–3, 4) Phương trình BE2: x y

3

  

  4x + 3y – =

A  BA: xA=  yA = –

3 (loại yA < 0) Bài 12. Cho (C): x2 + y2 – 2x + 4y – =

Viết phương trình đường thẳng d qua gốc tọa độ cắt (C) A, B mà hai tiếp tuyến (C) A B vng góc

Giải

(C) có tâm I(1; –2), bán kính R = gọi n = (a, b) PVT d

Do d qua O nên phương trình d: ax + by = Do: hai tiếp tuyến A B  M nên AMBI hình vuông  MI =

Gọi H giao điểm AB IM IH  AB IH =

2IM =

2 Ta coù: IH = d(I, d) =

2

a 2b

a b



 =

3 2

 (a – 2b)2 = 9 2(a

2 + b2)

 2a2 – 8ab + 8b2 = 9a2 + 9b2  7a2 + 8ab + b2 = Ta coù: ’a = (4b)2 – 7b2 = (3b)2

Vaäy a = 4b 3b

 

 a = – b

7  a = –b Khi a = – b

7 Chọn b = –7 a = Vaäy d: x – 7y = Khi a = –b Chọn b = –1 a = Vaäy d: x – y =

A

I H M

(48)

Bài 13 Cho đường tròn (C): x2 + y2 = 9, điểm A (4; -6) nằm ngồi đường trịn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AT1 AT2 với đường trịn, T1, T2 tiếp điểm Viết phương trình đường thẳng T1T2

Giải

Ta có (C) đường trịn tâm O, bán kính R = Mặt khác AT1 AT2 tiếp tuyến (C) Nên AT1  OT1, AT2  OT2 Do T1,

T2 đường trịn đường kính OA Đường trịn có tâm

I trung điểm OA nên

I(2; –3) bán kính R` =

 

2

4

OA 13

2

 

 

Nên có phương trình: (x – 2)2 + (y + 3)2 = 13

 x2 + y2 - 4x + 6y =

Ta có tọa độ T1 T2 nghiệm hệ phương trình: x22 y22 (1)

x y 4x 6y (2)

  

 

   



Lấy (1) – (2) ta được: 4x – 6y =

Gọi T1(x1, y1) 4x1 – 6y1 – = Gọi T2(x2, y2) 4x2 – 6y2 – = Suy tọa độ T1 T2 nghiệm phương trình: 4x – 6y – = Nên phương trình phương trình đường thẳng T1T2

Bài 14 Biện luận theo m vị trí tương đối đường thẳng ( ) : mx – y – 3m – = với đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y =

Giaûi

Ta có (C) đường trịn tâm I(2; 1), bán kính R = Khoảng cách từ I đến ( ) là: d(I,) =

2

|m 3|

m

 

Ta coù: d(I, ) < R

2

|m 3| 5

m



 



2

|m 3| 5(m 1)

   

2

(m 3) 5(m 1)

    2m23m 0  m m 2

2

    

I

A O

T1

(49)

Neáu m <

 hay m > d(I,) < R nên ( ) cắt (C) Nếu m = –

2hay m = d(I, ) = R nên ( ) tiếp xúc (C) Nếu m

2

   d(I, ) > R nên () không cắt (C)

Bài 15 Viết phương trình đường thẳng cắt đường tròn (C):

x2 + y2 + 2x – 4y – 20 = theo dây cung qua M(3; 0) có độ dài nhỏ nhất, lớn

Giaûi

(C) đường trịn tâm I(-1; 2), bán kính R = Ta có IM2 – R2 = –5 < 0, nên M nằm

trong đường tròn (C)

Đường thẳng qua M cắt (C) theo dây AB Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

MA + MB 2 MA.MB(không đổi) Đẳng thức xảy khi: MA = MB

Vậy dây AB có độ dài nhỏ M trung điểm AB lúc IM AB Đường thẳng cần tìm đường thẳng qua M nhận IM (4; -2) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình là:

4(x 3) 2(y 0) 0    hay: 2x y 0  

Mặt khác AB2R

Nên dây AB lớn AB đường kính (C)

Lúc đường thẳng cần tìm đường thẳng qua hai điểm I M Đó đường thẳng qua M nhận IM (4; -2) làm vectơ phương nên có phương trình là: x y

4

  



Hay: x + 2y – =

Bài 16 Cho họ đường tròn (Cm): x2 + y2 – 2mx + 2my + 2m2 – = Chứng minh (Cm) luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định

Giải

Ta có (Cm) họ đường trịn tâm I (m, -m), Bán kính R = I A

(50)

Giả sử (Cm) luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định: (): ax + by + c = (a2 + b2 ≠ 0)

Ta coù: d(I, ) = R, m

2

am bm c

1, m

a b

 

  























2 2

a b (1)

2c a b (2)

c a b (3)

   

   

   



Từ (1) ta có: a = b, Và (2) ln ln thỏa Mà a2 + b2 0 nên a, b khác O

Từ (3) ta có: c2 = a2 + b2 = 2b2   c b 2

Vậy phương trình () là: bx + byb 2=   x y 0.

VẤN ĐỀ 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI HAI ĐƯỜNG TRỊN

Bài 17. Cho hai đường tròn

(C1): x2 + y2 – 2x – 4y + = vaø (C2): x2 + y2 + 2x – 17 = Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2)

Giải

(C1) có tâm I(1, 2), R = (C2) có tâm J(–1, 0), R = Ta coù IJ = 2 = R – R Vậy (C1) (C2) tiếp xúc

Gọi M tiếp điểm (C1) (C2) Ta coù JM R

IM R



 

 JM 3IM

 M M

M M

x 3(x 1)

y 3(y 2)

  



   



Vaäy M(2, 3)

J I

(51)

Tiếp tuyến chung đường thẳng qua M có PVT IJ = –2(1, 1) Phương trình tiếp tuyến chung là: 1(x – 2) + 1(y – 3) =

 x + y – =

Baøi 18. Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1): x2 + y2 – 2x – =

(C2): x2 + y2 – 4x + 4y – =

Giải

(C1) có taâm I(1, 0), R = 8 = (C2) có tâm J(2, –2), R = 4 1  = Ta coù R – R < IJ = < R + R

Vậy (C1) (C2) cắt có bán kính

Do tiếp tuyến chung (C1) (C2) có VTCP IJ = (1, –2)  PVT (2, 1) Vậy phương trình tiếp tuyến có dạng 2x + y + C = ()

Do điều kiện tiếp xuùc: d(I, ) = R

 C

5

 =  C + = 3 5

Vậy phương trình hai tiếp tuyến chung: 2x + y –  = Bài 19. Đề dự bị Đại học khối B/08

Cho A(3, 0); B(0, 4) Chứng minh đường tròn nội tiếp OAB tiếp xúc đường tròn qua trung điểm cạnh OAB

Giaûi

 Gọi K, N, M trung điểm OA, AB, OB Ta có K 3;

2

 

 

 ; M(0, 2)

MNK  N nên đường tròn (MNK)

(52)

có tâm I 3;1

 

 

  laø trung điểm MK

bán kính R = MK 44

2



 

 Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp OAB Ta có S = dt(OAB) = pr

 r = S OA.OB 12

P  OA OB AB   5  =

Mặt khác OAB  O nên tâm J đường tròn nội tiếp nằm d: y = x

Gọi J(a, a)  d (với a > 0) Ta có d(J, Ox) = r =  a = Vậy J(1, 1)

IJ = 1

16  = R – r

Vậy hai đường tròn tiếp xúc

Bài 20 Biện luận theo m vị trí tương đối hai đường tròn: (C1): x2 + y2 – =

(C2): x2 + y2 – 2(m + 1) + 4my – =

Giải

Ta có: (C1) đường trịn tâm O, bán kính R = (C2) đường trịn tâm I(m + 1; -2m) , bán kính

R2 =



 



Suy ra: OI =



 





 



|R2 – R1| = R2 – R1 =



 



Mặt khác: OI > |R2 – R1|



 





 



         



 





 



1 m 2m m 2m

         

y

x A K

O

M N

(53)



 









 



1 m 2m m 2m

         



 



    >



 



    

2

5m 2m

    m m

5

    

Vaäy:

a) Nếu m < -1 hay m >

5thì |R2 – R1| <OI < R1 + R2 neân (C1) (C2) cắt

b) Nếu m = -1 hay m =

5thì OI = |R2 – R1| nên (C1), (C2) tiếp xúc c) Nếu -1 < m <

(54)

BT1. (D2003) Cho (C): (x – 1)2 + (y – 2)2 = đường thẳng (d): x – y – = Viết phương trình đường trịn (C) đối xứng (C) qua (d) Tìm giao điểm (C) (C)

BT2. (DBB2005) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = tâm I bán kính R Tìm M  d: 2x – y + = mà MI = 2R

BT3. Viết phương trình đường trịn thỏa: a) Qua ba điểm A(5; 6), B(1; 0), C(–3; 4)

b) Qua A(–2; 4), B(5; 5) tâm nằm đường thẳng (d): 4x – 5y – = c) Tâm I(3; 2) cắt (d): x – 3y + = theo dây cung có độ dài

bằng 10

BT4. (A2007) Cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 2), B(–2; –2), C(4; –2) Gọi H chân đường cao vẽ từ B M, N trung điểm AB, BC Viết phương trình đường tròn qua điểm H, M, N

Đáp số: x2 + y2 – x + y – =

BT5. Cho họ (Cm): x2 + y2 + 2mx – 6y + – m = a) Chứng minh (Cm) ln đường trịn m

b) Khi m = Viết phương trình đường thẳng vng góc đường thẳng (): 3x – 4y + 10 = cắt đường tròn (C4) theo dây cung có độ dài

Đáp số: 4x 3y 27

4x 3y 13

  



   



BT6. D/2011

Cho (C) x2 + y2 – 2x + 4y – =

Viết phương trình đường thẳng  qua A(1, 0) cắt (O) M, N cho

AMN vuông cân A Đáp số: y =  y = –3

BT7. (DBB2007) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = Tìm tọa độ bốn đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (C), biết A  d: x + y – = BT8. (B2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1/2, 0), AB = 2AD, phương

trình AB: x – 2y + = Bieát xA < Tìm A, B, C D

(55)

BT9. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C)

a) Tại điểm A(1; –1)

b) Biết tiếp tuyến vng góc (d): 3x – 4y + = c) Phát xuất từ B(3; –2)

BT10. Viết phương trình đường trịn:

a) (B2005) Tiếp xúc trục hoành A(2; 0) khoảng cách từ tâm I đến B(6; 4) Đáp số: (x – 2)2 + (y – 1)2 =

b) Qua B(6; 4) vaø tiếp xúc (d): x + 2y – = taïi A(3; 1) c) (DBB2006) Qua O(0; 0), A(–1; 1)

và tiếp xúc với đường thẳng x – y + + =

Đáp số: x2 + y2 + 2x = 0, x2 + y2 – 2y =

d) (DBB2003) Tâm I nằm d: 2x + y = tiếp xúc d: x – 7y + 10 = A(4; 2) Đáp số: (x – 6)2 + (y + 12)2 = 26C

e) Bán kính tiếp xúc với (d): 3x – 4y – 31 = M(1; –7) f) Tiếp xúc trục tọa độ qua N(2; –1)

g) Tiếp xúc trục tọa độ tâm nằm đường thẳng (): 3x – 5y – =

h) Tiếp xúc hai đường thẳng (d): 2x – 3y – 10 = 0, (d): 3x – 2y + = tâm nằm đường thẳng 4x – 5y – =

BT11. Cho (Cm) x2 + y2 + 2(m – 1)x – 2(m – 2a)y + m2 – 8m + 13 = a) Tìm điều kiện m cho (Cm) đường trịn Tìm quỹ tích tâm I b) Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ A(1; 5) (C4)

BT12. Cho họ đường trịn có phương trình:

x2 + y2 – 2(m + 1)x – 2(m + 2)y + 6m + = a) Tìm quỹ tích tâm đường trịn họ

b) Xác định tọa độ tâm đường tròn thuộc họ cho mà tiếp xúc với trục tung

BT13. (B/09) Cho K  (C): (x – 2)2 + y2 = 4

(56)

Đáp số: K 4; 5

 

 

 , R =

2

BT14 (B2006) Cho (C): x2 + y2 – 2x – 6y + = điểm M(–3; 1) Gọi T 1, T2 tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng qua T1, T2

BT15. (DBD2002) Cho (C): x2 + y2 + 2x – 4y = đường thẳng (d): x – y + = Tìm M  d cho từ M có hai đường thẳng tiếp xúc (C) A B mà MAB

BT16. (D2007) Cho (C): (x – 1)2 + (y + 2)2 = đường thẳng d: 3x – 4y + m = Tìm m để d có điểm M cho từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) mà tam giác MAB tam giác (A, B tiếp điểm)

Đáp số: m = 19  m = –41

BT17. Cho (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M  yOy cho từ M vẽ hai tiếp tuyến đến (C) mà góc tiếp tuyến 60o

BT18. (DB/D08) Cho (C): (x – 4)2 + y2 = Tìm M  yOy cho từ M vẽ tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B tiếp điểm cho AB qua E(4; 1)

Đáp số: M(0; 4)

BT19 (DB/A08) Cho (C): x2 + y2 = Tìm m để d: y = m tồn điểm mà từ điểm vẽ tiếp tuyến đến (C) cho góc tiếp tuyến 60o

BT20. Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4x + 2y – = (C2): x2 + y2 – 10x – 6y + 30 = có tâm I J

a) Chứng minh (C1) tiếp xúc ngồi với (C2) tìm tọa độ tiếp điểm H b) Gọi (D) tiếp tuyến chung không qua H (C1) (D2) Tìm

tọa độ giao điểm K (D) đường thẳng IJ Viết phương trình đường trịn (C) qua K tiếp xúc với hai đường tròn (C1) (C2) H

BT21. (DBA2002) Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1): x2 + y2 – 10x = vaø (C2): x2 + y2 + 4x – 2y – 20 =

Đáp số: x + 7y –  25 = BT22 (C1) x2 + y2 + 2x – 2y + =

(57)

Tìm giao điểm tiếp tuyến chung đường nối tâm

Đáp số: E(–4; 2), F(

1 2;

1 4)

BT23 (D2006) Cho (C): x2 + y2 – 2x – 2y + = đường thẳng d: x – y + = Tìm M d cho đường trịn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính (C), tiếp xúc ngồi (C)

BT24. (DBB2005) Cho (C): x2 + y2 – 12x + 4y + 36 = Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc trục tọa độ tiếp xúc (C)

Đáp số: (C): (x – 6)2 + (y – 6)2 = 36 (x – 18)2 + (y + 18)2 = 324 (x – 2)2 + (y + 2)2 =

BT25. (DBA2007) Cho (C): x2 + y2 = đường tròn (C) tâm I(2; 2), biết (C) cắt (C) A, B mà AB = Viết phương trình đường thẳng AB

Đáp số: x + y – =

(58)

BÀI

ELIP

I ĐỊNH NGHĨA

Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 F2 với F1F2 = 2c > Cho số a với a >

Elip (E) =





F1 F2 tiêu điểm F1F2 = 2c tiêu cự

Nếu M  (E) MF1 MF2 gọi bán kính qua tiêu điểm M

II PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CUÛA ELIP

Xét (E) =





Phương trình tắc elip là:

2

2 2 2

x y 1 (với b a c ).

a  b   

Nếu M (x, y) (E) bán kính qua tiêu điểm M là:

MF1 = a + cx

a vaø MF2 = a - cx

a

III HÌNH DẠNG CỦA ELIP

Xeùt elip (E): 2 2 2

x y 1 (b a c ; a b 0).

a  b     

a Elip (E) có tâm đối xứng O có hai trục đối xứng xOx yOy b Elip (E) cắt xOx hai điểm A1(-a; 0) A2(a; 0); cắt yOy hai

điểm B1(0; -b) B2(0; b) Bốn điểm gọi bốn đỉnh elip Đoạn thẳng A1A2 gọi trục lớn đoạn thẳng B1B2 gọi trục bé elip

Ta gọi 2a độ dài trục lớn 2b độ dài trục bé elip Chú ý hai tiêu điểm elip luôn nằm trục lớn

M(x,y)

F1(–c,0) O F2(c,0) y

(59)

c Nếu M (x, y)  (E) –a  x a   b y b nên toàn elip (E) thuộc hình chữ nhật giới hạn bốn đường thẳng x = a y = b Hình chữ nhật gọi hình chữ nhật sở elip

IV TÂM SAI CỦA ELIP

Tâm sai elip tỉ số tiên cự độ dài trục lớn elip Ký hiệu e

Ta coù: e = c a

Tâm sai elip bé

V ĐƯỜNG CHUẨN CỦA ELIP

a) Định nghóa:

Cho elip (E): x22 y22 1(a b 0)

a  b    hai đường thẳng (1): x = – a

e; (2): x = a e

 

(2) gọi đường chuẩn ứng với tiêu điểm F2

Chú ý: Đường chuẩn ln ln vng góc với trục lớn không cắt elip

b) Định lý: Tỉ số khoảng cách từ điềm elip đền tiêu điểm đường chuẩn tương ứng tâm sai e elip

M(x,y)

F1(–c,0) O F2(c,0) y

x

r1 r2

A1 A2

1 2

a e

a

e

(60)

Bài Viết phương trình tắc elip a Có tiêu cự 2c = 8, tâm sai e =

5 b Tuyển sinh Đại học khối A/08 Tâm sai e =

3 hình chữ nhật sở có chu vi 20

Giải

a/ Phương trình tắc elip (E) có daïng:

2

2 2 2

x y 1 (với b a c ).

a  b   

Ta coù: 2c =  c = Vaø: e =

5 

c a 5

a  5  (vì c = 4) Vậy:b2 a2c2= 52 – 42 =

Do đó: phương trình elip (E) là: x2 y2 25  b/ Phương trình (E) có dạng

2 2

x y

a  b = với b

2 = a2 – c2

Ta có chu vi hình chữ nhật sở 20

 4a + 4b = 20  a + b = Ta coù e = c

a   9c

2 = 5a2 9(a2 – b2) = 5a2  4a2 = 9b2 Maø b = – a  4a2 = 9(5 – a)2

 5a2 – 90a + 225 =  a2 – 18a + 45 =

 a =  a = 15 (loại) Vậy phương trình (E): x2 y2

9  = Bài 2. Tuyển sinh Đại học khối D/05 Cho (E) x2 y2

(61)

Giaûi

Do A, B đối xứng qua Ox nên xA = xB, yA = –yB Đặt xA = a

A(a, a2

 ), B(a, – a2

 )

Ta có: ABC  AB2 = AC2

 2 a         

= (a – 2)2 +

2 a         

 a2

 



 

  = a

2 – 4a +  7a2

4 – 4a + =

 a =

7  a = (loại A  C) Vậy A 3;

7

 

 

 , B

2;

7         

Bài Tuyển sinh Đại học khối A/2011 Cho (E): x2

4 + y

2 = Tìm A, B (E) coù x

A, xB > cho OAB cân O có diện tích lớn

Giaûi

Do A, B đối xứng qua trục hoành Gọi A(a, a2

4

 )  (E) B(a, – a2

 )

Gọi H trung điểm AB H(a, 0) Ta có: S = diện tích (OAB) =

2OH.AB = OH.HA

 S = a a2

 = a (4 a )2

2  (do a > 0)

Do bất đẳng thức Cauchy: = a2 + (4 – a2)  2 a (4 a )2 

  S = a (4 a )2

2 

Vaäy Smax = a2 = – a2 a =  A( 2,

(62)

Bài 4. Tuyển sinh Đại học khối B/2010 Cho (E) x2 y2

3  = vaø A(2, 3)

Gọi F1, F2 hai tiêu điểm (E) với xF1<

AF1 cắt (E) M với yM > Gọi N đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp ANF2

Giải

Ta có c2 = a2 – b2 = – = Vaäy F1(–1, 0), F2(1, 0)

Phương trình AF1: x y

3

 

 y =

3 (x + 1)

Phương trình hoành độ giao điểm (E) AF1 2x2 + 3.3

9(x + 1)

2 =  3x2 + 2x – =  x =  x =

 (loại)

Vaäy M(1,

3 ), N(1,

3 ) Ta coù AN = (–1,

3 ), AF2 = (–1, – 3)

Do AN.AF2= ANF2 A

Vậy đường trịn qua A, N, F2 đường trịn đường kính NF2 tâm M bán kính R = MF2

Phương trình đường trịn là: (x – 1)2 + (y –

3 ) 2 = 4

3

Baøi Tìm điểm M elip (E): x2 y2

25  cho: a MF1 = 2MF2

b M nhìn hai tiêu điểm góc vng c M nhìn hai tiêu điểm góc 60o.

M A N

(63)

Giaûi

Gọi (xo; yo) tọa độ M Ta có: M (E) 

2 o o

x y 1.

25   (1) Maët khaùc: a2 = 25, b2 =  c2 = a2 – b2 = 16  c =

Neân: e c

a

 

a/ Ta coù: MF1 = 2MF2  a + exo = 2(a – exo)  3exo = a

 xo = a 54 25

3e 3 12

5

 



Theá vaøo (1) ta suy ra:

y2

o 2 o

25 119 119

9 y

12 25 12

  

      



 

Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là: 25; 119

12         

b/ M nhìn hai tiêu điểm F1(-4; 0), F2(4; 0) góc vng nên M đường trịn đường kính F1F2, đường trịn tâm O có bán kính Phương trình đường trịn là: x2 + y2 = 16

M đường tròn nên:

x +

y = 16 (2) Suy ra:

0

y = 16 -

x Thay vào (1) ta được:

         2 0 0

x 16 x 1. x 25 x

25 16

Suy ra: 2

o o o

7 25 81

y 16 x 16 y

16 16



       

Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là: 7; .

4          

c/ M nhìn hai tiêu điểm góc 60o nên: F1F22 = MF12 + MF22 - MF1 MF2cos60o





   2

1 2

4c MF MF 3MF MF







2

o o

4c 4a a ex a ex

(64)





2 2 2 o

4c 4a a e x

   

2 o

16

64 100 25 x

25           o 25 13 x 26 

  o

5 13 x

4

  

Thay xo vào (1) ta được:

2

2 o

o o

x 13 13 3

y 9 y

25 16 16

    

         

 

Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là: 13; 3

4          

Baøi 6. Cho (E) x2 y2 18 =

Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm (E) hình chữ nhật nhận hai trục tọa độ hai trục đối xứng có diện tích lớn

Giải

Gọi M(xM, yM)  (E) 

2 M M

x y

18  = Ta coù S = dt(MNHK)

= MN.MK = (2MI)(2MJ)

 S = 4MI.MJ = 4xM.yM Do bất đẳng thức Cauchy ta có

1 =

2 2

M M

x y

3 2

   

    

   

 

 xM

3

M

y

2  12  4xM.yM = S

Do Smax = 12 

M M 2 M M y x

3 2

x y 1

18         

 M M

2 M

3 y x

y      

Vaäy M(3; 1), N(–3; 1), H(–3; –1), K(–3; 1)

BT1. Viết phương trình tắc ellip (E) trường hợp sau: a (E) qua M 5; 15

4

 

 

  có hai tiêu điểm F1(-3; 0), F2 (3; 0)

N M

H K

I

(65)

b (E) ñi qua M 2;

  

 

  có tâm sai e =

2.

c (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) tâm sai e =

d (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) tỷ số hai trục a b  e (E) có trục lớn 2a = khoảng cách hai đỉnh liên tiếp A1B1 = f DB/D06 Độ dài trục lớn 2, đỉnh trục nhỏ tiêu điểm

cùng nằm đường trịn

g Phương trình đường chuẩn x = 4, đỉnh trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm góc 120o

BT2. Cho (E): 4x2 + 9y2 = 36 Viết phương trình đường thẳng qua M(1, 1) cắt (E) A, B cho M trung điểm AB

BT3. Cho (E): x2 + 4y2 = 16

a Viết phương trình đường thẳng  qua M(1,

2) có VTCP a = (2, –1) b Tìm giao điểm A, B  (E) Chứng minh MA = MB

BT4. Cho (E): x2 y2

25 = đường thẳng (): Ax + By + C = di động thỏa 25A2 + 9B2 = C2 Tính tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F1, F2 đến 

BT5. Cho (E) x2 + y

2 = C(2, 0)

Tìm A, B (E) đối xứng qua Ox cho a F2AB vng cân với xF2>

b Diện tích F1AB baèng

Đáp số: 2 2;

5

   

 

 

BT6. Cho (E) x2 y2 25 16 =

Tìm đỉnh hình chữ nhật nội tiếp (E) mà cạnh song song với hai trục có diện tích lớn

Đáp số: 2; 2

 

 

 

(66)

BÀI

HYPERBOL

Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 F2 với F1F2 = 2c > Cho số a với < 2a < 2c

Hyperbol (H) =





Gọi F1 F2 tiêu điểm F1F2 = 2c tiêu cự

Nếu M  (E) MF1 MF2 gọi bán kính qua tiêu điểm M

II PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA HYPERBOL

Xét hyperbol (H) =





Chọn hệ tọa độ Oxy cho F1(-c; 0) F2(c; 0) Phương trình tắc (H)

2

2 2 2

x y 1 (với b c a ).

a  b   

Chú ý:

Nếu M (x, y)  (H) bán kính qua tiêu điểm M là: * x > 0: MF1 = a + cx

a vaø MF2 = -a + cx

a * x < 0: MF1 = -a - cx

a vaø MF2 = a - cx

a

III HÌNH DẠNG CỦA HYPERBOL

Xeùt hyperbol (H): 2 2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

a Hyperbol (H) có tâm đối xứng O có hai trục đối xứng Ox Oy b Hyperbol (H) cắt Ox hai điểm A1 (-a; 0) A2 (a; 0), chúng gọi

là đỉnh Hyperbol Ox gọi trục thực hyperbol Hyperbol không cắt trục Oy, trục gọi trục ảo hyperbol Ta gọi 2a độ dài trục thực 2b độ dài trục ảo hyperbol Chú ý hai tiêu điểm hyperbol nằm trục thực

O y

x B1

A1 A2 F2

F

(67)

c Nếu M (x, y)  (H) x a x a nên hyperbol gồm hai nhánh: nhánh phải gồm điểm nằm bên phải đường thẳng x = a, nhánh trái gồm điểm nằm bên trái đường thẳng x = -a

IV ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HYPERBOL

Hyperbol (H) 2 2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

Có hai đường tiệm cận là: y = bx a



Chuù yù:

Từ hai đỉnh (H) ta vẽ hai đường thẳng song song với Oy, Chúng cắt hai đường tiệm cận bốn điểm: P, Q, R, S Đó bốn đỉnh hình chữ nhật, gọi hình chữ nhật sở hyperbol Các cạnh hình chữ nhật 2a 2b, đường chéo 2c

V TÂM SAI CỦA HYPERBOL

Tâm sai hyperbol tỉ số tiêu cự độ dài trục thực hyperbol Ký hiệu e Ta có: e = c

a Tâm sai (H) lớn

VI ĐƯỜNG CHUẨN CỦA HYPERBOL

a/ Định nghĩa: Cho hyperbol (H): x22 y22 a  b  Hai đường thẳng

 

a : x

e

  gọi đường chuẩn hyperbol

 

* Chú ý: Đường chuẩn luôn vng góc với trục thực

(68)

Bài 1. Viết phương trình tắc hyperbol (H) có hai đường tiệm cận: 4x  3y = hai đường chuẩn: 5x  =

Giải

Phương trình tắc hyperbol (H) có dạng:

2

2 2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

Hai đường tiệm cận: 4x  3y 0 hay: y = 4x

 nên: b a  (1) Hai đường chuẩn: 5x  0 hay x =

5

 neân: a2

c  (2) Từ (1) ta có: a b

3  hay

2 2 2

a b a b c

9 16 16 25



  

 (3)

Từ (2) ta có: a2 c  hay

4

a c

81  25 (4) Từ (3) (4) ta suy ra: a4 a2

81  hay: a

2 = Vaø: b2 1 16  hay b

2 = 16 Vậy phương trình tắc hyperbol (H) laø: x2 y2

9 16 

Bài Cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1, cắt trục tung A (0; 1) B (0; -1) Đường thẳng y = m ( 1 m 1, m 0  ) cắt (C) T S Đường thẳng AT cắt đường thẳng BS P Tìm tập hợp điểm P m thay đổi

Giaûi

Tọa độ giao điểm S T nghiệm hệ: x2 y2 y m

  

  

Giaûi hệ ta suy ra: T





Phương trình đường thẳng AT:





Tương tự phương trình đường thẳng BS là:





(69)

Giải hệ ta được: P

2

1 m x

m y

m

 

     

Khử m tọa độ P ta được: y2 – x2 = Vì y =

m mà -1 < m < m 0 nên: y < -1 hay y >

Vậy tập hợp điểm P hyperbol (H): y2 – x2 = loại bỏ hai đỉnh

Bài Tính khoảng cách ngắn ():

4x – 5y – 32 = (H): y = x29.

Giải

Lấy M(xo; yo) (H) ta có: yo = x20 9 (1)

Khoảng cách từ M tới đường thẳng ():

d =

o o o o

1 4x 5y 32 4x 5 x 9 32

41    41    (1) Khoảng cách ngắn () (H) giá trị nhỏ d: Đặt: f(xo) = 4xo – x2o  9 32

Ta coù: f(xo) = –

2

o o

0

2

o o

4 x 5x

5x

x x

  

 

Xét dấu f(xo):

Nếu xo0 f(xo) 0

Nếu xo > x2o  9 5x0 0 nên f`(xo) dấu với:

2

0

[4 x  9 5x ]

0

[4 x  9 5x ] = 16(

x + 9) – 25

x = 9(16 –

x ) Xét dấu 16 -

0

x xo >

x0 – –4 +

16 –

x + –

Bảng biến thiên:

x0 +

f(x0) + –

f(x0) –41

d 41

(70)

BT1. Viết phương trình tắc hyperbol (H) trường hợp: a (H) có tiêu điểm F1(3 5; 0), F (3 5; 0)2 qua M





b DBA/06 coù phương trình hai tiệm cận y = 2a

2

x y

12 =

c (H) qua M (-5; 3) có tâm sai e =

d (H) có trục ảo Ox có độ dài tiêu cự 10 e (H) có khoảng cách hai đỉnh qua A





h (H) ñi qua hai điểm A



 



i (H) có độ dài nửa trục thực qua điểm





5

 

 

 

và nhìn hai tiêu điểm Ox góc vng l (H) qua M 2;

3

 

 

  nhìn hai tiêu điểm Ox góc 60

0 m (H) có hai đường tiệm cận 3x  4y = hai đường chuẩn 5x 16 = BT2. Một đường thẳng (D) lưu động cắt trục hoành trục tung

A, B cho tam giác OAB có diện tích khơng đổi S Tìm quỹ tích điểm M (D) cho: MA k.MB (k số khác khác 1)

BT3. Tìm điểm hyperbol (H): 9x2 – 16y2 – 144 = 0, nhìn hai tiêu điểm góc 120o

BT4. Cho hyperbol (H): x22 y22

a  b  điểm M thuộc (H) Chứng minh: a OM2 – F

1M.F2M = a2 - b2 b (F1M + F2M)2 = 4(OM2 + b2)

BT5. Cho (H) 8x2 – y2 = vaø d: 2x – y + m =

(71)

BAØI

PARABOL

Cho đường thẳng () cố định điểm F cố định không thuộc () Parabol (P) =









Gọi: F tiêu điểm () đường chuẩn

d(F, ) = p tham số tiêu

MF bán kính qua tiêu điểm M

II PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA PARABOL

Xét parabol: (P) =









Chọn hệ tọa độ Oxy sau: Trục Ox đường thẳng qua F vng góc với (), hướng dương từ P đến F

Gọi P giao điểm  xOx Trục Oy trực đoạn PF Gốc tọa độ O trung điểm PF Ta có: F P;0 ;

2

 

 

  Phương trình đường chuẩn (): x = – p2

Phương trình tắc parabol là: 2

y = 2px

Chú ý: Nếu M(x, y) 

 

2

III HÌNH DẠNG CỦA PARABOL

Xét parabol (P): y2 = 2px

 

 

 

P F ;0

2 x y

H k

P

P ;0

2

 

 

 

O 

(72)

a) Parabol (P) có trục đối xứng Ox b) Giao parabol (P) với trục đối

xứng Ox gọi đỉnh parabol, điểm O c) Các điểm parabol nằm phía bên phải trục Oy

IV TÂM SAI CỦA PARABOL

Tâm sai parabol luôn

O y

x 

P F ;0

2

(73)

Bài 1. Đề dự bị khối A/03 Cho (P) y2 = x I(0, 2)

Tìm M, N (P) cho IM 4IN

Giải

Gọi M(m2, m) N(n2, n) nằm (P) y2 = x Ta coù: IM 4IN

 m2 4(n2 0)

m 4(n 2)

   



  

 

2

m 4n

 



 



 m 2n

2n 4n

 

  

 

  

   

m 2n

2n 4n

 m

n

   

 

m

n

    



Vaäy M1(36, 6); N1(9, 3) M2((4, –2); N2(1, 1)

Bài 2. Cho parabol (P): x2 = 4y đường thẳng (D): x – 2y + = a Tìm tọa độ giao điểm A, B (P) (D)

b Tìm điểm M cung AB (P) cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) hai dây cung MA, MB nhỏ

Giaûi

a/ Tọa độ giao điểm A, B (P) (D) nghiệm hệ:

2

x 4y

x 2y

 



  



Giải hệ naøy ta suy ra: A(-2, 1), B(4, 4)

b/ Gọi (xo, yo) tọa độ điểm M cung AB parabol (P) Ta có: x2

o4yo (1)

Vaø:  2 xo 4 (2)

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn (P) (D) khơng đổi Nên: diện tích phần hình phẳng đề cập

y

B

(74)

đề nhỏ diện tích tam giác MAB lớn Diện tích tam giác MAB:

S 1.AB.d(M,(D)) 1.3 5d(M,(D))

2

 

Nên S lớn d(M, (D)) lớn nhất: Ta có: d(M, (D)) = 1xo 2yo

5  

2 o o

x

1x 4

5

   (1) Maø: 2o

o

x x 4 0

2

    (2)

Neân: d = 2o









o o o o

x

1 x 4 x 2x 8 x 1 9

5 10 10 10

   

           

   

 

Vaø: d = xo

10   Suy ra: y

2 o o x 4  

Vậy d lớn x0 1, yo

 

Tọa độ M là: 1;

 

 

 

Bài 3. Tuyển sinh Đại học khối D/08

Cho parabol (P): y2 = 16x A(1, 4) Hai điểm M, N lưu động (P) cho tam giác AMN vuông A Chứng minh đường thẳng MN luôn qua điểm cố định

Giaûi

Gọi m, n tung độ M, N M, N khơng thể trùng A nên m  4, n 

Ta coù M m2; m 16

 

 

   (P), N

2

n ; n 16

 

 

   (P)  AM = m2 1, m

16         ; n

AN 1, n

16

 

   

 

Tam giác AMN vuông taïi A  AM.AN 0  (m216) (n 216)

16 16 + (m – 4)(n – 4) =

 (m 4) (n 4) 

(75)

 mn + 4(m + n) + 272 = (*)

MN qua M có VTCP MN n2 m2; n m 16         = n m 16

 (n + m; 16)

Vậy phương trình MN laø:

2

m

x y m

16

n m 16

 

   16x – (n + m)y + nm =

Gọi I(x0, y0) điểm cố định MN Ta có: I  MN m, n 

 16x0 – (n + m)y0 + nm = m, n  Do (*) neân

0 16x 272 y        0 x 17 y      

Vậy MN qua I(17; –4) cố định

Bài Tìm điểm M thuộc parabol (P): y2 = 64x, điểm N thuộc đường thẳng

 

Giaûi

Cứ với điểm M(xo, yo)  (P) đoạn vng góc hạ từ M xuống

 

Ta coù: d(M,

 

5  

Vì: M(xo, yo) (P) nên: yo2 = 64xo Do đó: d(M, ) = 14xo 3y0 46

5   =

2 o

0

y

1 3y 46

5 16

 

 

 

 

Vì: 2o

y 3y 46

16  >  =

4 .46 16

 

Ta coù: d(M, )

2

o o

y y

1 3y 36 10 6 10 10 2

5 16 5

                              

Vaø: d(M, ) = o

o

y 6 0 y 24

4

     

Vậy MN ngắn có tọa độ: yo = -24, xo =

2 o

y 9

(76)

Bây ta xác định tọa độ (x1, y1) N:

Ta coù: N(x1, y1)  ()4x13y146 0 (1)

Mặc khác MN  

 









-3(x1 – 9) + 4(y1 + 24) = 0 3x1 4y1123 0 (2)

Giải hệ (1) (2) ta được: M(9; -24) N 37 126;

5

  

 

(77)

BT1. Viết phương trình tắc parabol (P) trường hợp sau: a (P) có trục Ox khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn b (P) có đường chuẩn x + 15 =

BT2. Cho parabol (P): y2 = 4x Một đường thẳng qua tiêu điểm (P) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Chứng minh rẳng tích khoảng cách từ A B đến trục (P) khơng đổi

BT3. Cho (P) có đỉnh O, trục hoành trục đối xứng qua A(2, 2) Gọi d đường thẳng qua I(5

2, 1) cắt (P) M, N cho IM = IN Tính MN BT4: Gọi A, B giao điểm d: mx – y – 2m = (P): y2 = 8x

Chứng minh đường tròn đường kính AB ln tiếp xúc với đường chuẩn (P)

(78)

PHẦN

HÌNH HỌC

KHÔNG GIAN

Biên soạn:

TRẦN MINH QUANG

(79)

BAØI

QUAN HỆ SONG SONG VÀ VUÔNG GÓC

I HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG

Định nghóa:

 Hai đường thẳng song song với chúng đồng phẳng khơng có điểm chung

Lưu ý: Hai đường thẳng chéo chúng không đồng phẳng

Định lý: Trong không gian

 Qua điểm nằm ngồi đường thẳng, có đường thẳng song song với đường thẳng

 Hai đường thẳng song song với đường thẳng thứ ba song song với

Định lí: Nếu ba mặt phẳng đôi cắt theo ba giao tuyến phân biệt

ba giao tuyến đồng quy song song (h.1,2)

 Hệ quả: Nếu hai mặt phẳng cắt qua hai đường thẳng song

song giao tuyến chúng song song với hai đường thẳng (hoặc trùng với hai đường thẳng đó) (h.3)

(h.1,2)

Ba giao tuyến đồng qui song song

P Q

R

a b

c

(Q) (P)

b a

c R

(h.3)

P)  (Q) = c, a  (Q), b  (P) vaø a // b  a // b // c (không xét c  a, b)

P

Q a

(80)

II ĐƯỜNG THẲNG VAØ MẶT PHẲNG SONG SONG 1 Vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng:

 d () điểm chung  d // ()

 d () có điểm chung M  d () = M

 d () có từ điểm chung trở lên  d  ()

2.Định lí:

Nếu đường thẳng a khơng nằm mp(P) song song với đường thẳng

nào nằm mp(P)thì a song song với mp(P)

a  (P), d  (P), a // d  a // (P)

Định lí:

Nếu đường thẳng a song song với mp(P), mp(Q) chứa a cắt (P) giao tuyến (P) (Q) song song với a

Hệ quả:

 Nếu đường thẳng d song song mp(P) d song song đường thằng (P)

 Nếu hai mặt phẳng cắt song song đường thẳng d giao tuyến chúng song song với d.(h.2)

(P)  (Q) = a, (P) // d , (Q) // d  a // d

Định lí:

Nếu a b hai đường thẳng chéo có mặt phẳng (P) chứa a song song với b (h.3)

a // (P), a (Q), (P) (Q) = b a // b (P) d

d (P)

d (P)

d // (P)

(P)

d caét (P)

d

Q

P

b a

(h.1)

d (h.2)

P Q

b

(h.3)

(81)

III HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

1. Hai mặt phẳng phân biệt (P) (Q); có hai vị trí tương đối:  Hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến d: (P)  (Q) = d  Hai mặt phẳng song song chúng khơng có điểm chung

2. Điều kiện để hai mặt phẳng song song

Định lí: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, b cắt song song

với mp(Q) (P) song song (Q)

    

  

a (P), b (P), a b

(P) // (Q) Q), b // (Q)

 

Hệ quả: Nếu hai mặt phẳng song song đường thẳng nằm mặt

phẳng song song mp

 

(P) // (Q),a (P) a // (Q)

3 Tính chất

 Tính chất 1:

Qua điểm nằm ngồi mp(P) có mp(Q) song song với mp(P)

 Hệ 1: Nếu đường thẳng a song song với mp(P) có mp(Q) chứa a song song mp(P)

 Hệ 2: Hai mặt phẳng phân biệt song song với mặt phẳng thứ ba song song với

 Hệ 3: Cho điểm A không nằm mp(P) Mọi đường thẳng qua A song song mp(P) nằm mp(Q) qua A song song mp(P)

 Tính chất 2:

Có hai mặt phẳng song song mặt phẳng cắt mặt phẳng thứ cắt mp thứ hai hai giao tuyến song song

(P) // (Q), (R)  (P) = a  (R)  (Q) = b, b // a

 Hệ quả: Hai mặt phẳng song song chắn hai cát tuyến song song đoạn

a

b P

Q

P Q

A B a b A'

B'

(h.2)

P Q

a b

(82)

BÀI

QUAN H

Ệ

VUÔNG GÓC

I ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC MẶT PHẲNG

1. Định nghĩa: Đường thẳng d gọi vng góc mp (P) d vng góc

đường nằm (P) Kí hiệu d  (P)

2.Điều kiện để đường thẳng d vng góc mp(P).

Nếu d vng góc với hai đường thẳng cắt nằm (P) d vng góc (P)

d b (P)

d a (P)

a b

  



  

    

 d  (P)

3.Tính chất:

a) Qua điểm có mặt phẳng vng góc với đường thẳng cho trước

b) Mặt phẳng vng góc đoạn thẳng AB trung điểm gọi mặt phẳng trung trực đoạn AB

M mặt phẳng trung trực

 MA = MB

c) Qua điểm có đường thẳng vng góc với mặt phẳng cho trước

4.Liên hệ quan hệ song song quan hệ vng góc đường thẳng mặt

phaúng.

a)  Có hai đường thẳng song song, mặt phẳng vng góc đường vng góc đường

 Hai đưởng thẳng phân biệt vng góc mặt phẳng song song

b)  Có hai mặt phẳng song song, đường thẳng vng góc mặt phẳng vng góc mặt phẳng

 Hai mặt phẳng phân biệt vng góc đường thẳng song song

a b

(P)

d

(P)

A B

M I

(83)

c)  Một đường thẳng mặt phẳng song song, đường thẳng vng góc mặt phẳng vng góc đường thẳng

 Một đường thẳng mặt phẳng vuông góc đường thẳng đường thẳng song song nằm mặt phẳng

5.Định lí ba đường vng góc

Cho a đường thẳng nằm mp (P), b đường thẳng không thuộc (P)

vng góc (P) có hình chiếu vng góc (P) b’ Khi a vng góc b a vng góc b’

6 Góc đường thẳng mặt phẳng

 Góc đường thẳng d mp(P) góc hình chiếu (P)

 Khi d vng góc (P) ta nói góc d (P) 900  Gọi  góc d mp (P) 00 900

II HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC

1 Định nghóa:

Góc hai mặt phẳng cắt góc hai đường thẳng nằm hai mặt phẳng vng góc vời giao tuyến

2. Diện tích hình chiếu đa giác:

Cho hình H có diện tích S nằm mặt phẳng (P) hình H’ có diện tích S’

hình chiếu H mặt phẳng (Q) Nếu góc (P) (Q)  thì:

S’ = S.cos

3. Hai mặt phẳng vuông góc

a) Định nghóa:

Hai mặt phẳng gọi vuông góc

I

A B

(P) (Q)

Góc (P); (Q) AIB

d (P)

B A d

d' O

(P)

b

(84)

nhau góc chúng 900

Kí hiệu (P)  (Q)

b) Định lí 1:

Điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng vng góc mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc mặt phẳng

c) Các hệ

 Hai mặt phẳng vng góc nhau, đường thẳng mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc mặt phẳng

(P) (Q); (P) (Q) d a (P), a d

   



    a  (Q)

 Hai mặt phẳng cắt vuông góc mặt phẳng (P) giao tuyến chúng vuông góc mặt phẳng (P)

(Q)

d (R)

(85)



Các vấn đề thường gặp

VẤN ĐỀ 1: BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH

1. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P): độ dài đoạn vuông

góc vẽ từ điểm M đến mp (P)

a)Cách tính:

 Ta tìm mp (Q) chứa M vng góc (P) theo giao tuyến d

 Vẽ MH vuông góc d MH vuông góc mp(P)

 Khoảng cách từ M đến (P) đoạn MH

b)Đặc biệt:

Khi tính khoảng cách từ M đến (P) cách tính đoạn MH mà q khó ta đổi khoảng cách sau :

Đổi điểm song song: Ta tìm mặt phẳng (Q) vng góc (P) theo giao

tuyến d (khơng cần phải chứa M), từ M vẽ đường thẳng (D) song song với (P), đường thẳng (D) cắt mặt phẳng (Q) A

Suy ra: MA // mp(P) d(A,(P)) = d(M,(P))

Đổi điểm cắt nhau:

Nếu đoạn MA cắt mp(P) C ta có d(M,(P))d(A,(P))  MHAK  CMCA M

Q

H d

P

M

A

H

K (P)

MA//(P)d(M,(P)) d(A,(P))

M

H (P)

A

K

(86)

2.Khoảng cách đường thẳng d song song mp(P) đến mp(P)bằng khoảng cách từ điểm d đến (P)

3.Cách dựng đoạn vng góc chung đường chéo nhau

 Cách 1: (Dựng song song)

– Xác định mp (P) chứa d’ song song d

– Lấy M d, vẽ MH vng góc (P) H, qua H vẽ đường song song d đường

này cắt d’ B

– Qua B vẽ đường song song MH cắt d A Khi AB đoạn vng góc chung

Cách 2: (Dựng vng góc)

– Dựng mp () vng góc có d H

– Dựng đường thẳng (D) hình chiếu vng góc d lên mp()

– Trong mp() veõ HK  (D)

– Từ K vẽ đường thẳng song song với d đường cắt d B

– Từ B vẽ đường thẳng // HK đường cắt d A AB đường vng góc chung cần dựng

Chú ý: Khi d vuông góc d

–Xác định mp (P) chứa d vng góc d’ B Từ B vẽ BA vng góc d –Khi AB đoạn vng góc chung d d’

Khoảng cách hai đường chéo nhau:

– Bằng độ dài đoạn vng góc chung

– Bằng khoảng cách đường thẳng thứ đến mặt phẳng chứa đường thẳng thứ hai song song đường thẳng thứ

– Bằng khoảng cách hai mặt phẳng song song chứa hai đường thẳng

d

B d A

(P)

A M d

B

(87)

B/ BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Đề dự bị ĐH khối B/04

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc mp(ABC), SA = 3a, BA = BC = 2a, ABC = 120o

Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC)

Giaûi

Vẽ AI  BC, AH  SI Ta có BC  AI vaø SA

 BC  (SAI)  BC  AH Vaäy AH  (SBC)

ABI   sin60o = AI

AB 

 AI =

2 2a = a Do AH = d(A, (SBC)) = SA.AI SI

=

2

3a.a 3a 3

2 2a

9a 3a   a

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB = a, AD = 2a,

SA vng góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi I trung điểm SC Tính khoảng cách từ I đến (SBD)

Giaûi I

M G K

A SBD S

I K

H G

A

O

B

C D

H

I

C

B A

(88)

Gọi O trung điểm AC SO cắt AI G trọng tâm SAC Ta có AI cắt (SBD) G nên d(I,(SBD)) IM GI

d(A,(SBD))  AK  GA 

 d(I(SBD)) =

2d(A, (SBD)) Veõ AH  BD vaø AK  SH

Do BD  SA AH nên BD  (SAH)  BD  AK Do AK  SH BD nên AK  (SBD)

ABD  AH =

2

AB.AD a.2a 2a

BD  a 4a 

SAH  AK =

2

2a a

SA.AH 2a

SH 4a

a

 



Do đó: d(I, (SBD) =

2d(A, (SBD)) =

AK a

2 

Bài 3. Đề dự bị ĐH khối D/2002

Cho tứ diện ABCD có cạnh a = 2cm Xác định tính độ dài đoạn vng góc chung AD BC

Giaûi

Gọi I J trung điểm AD BC

ABD ACD cạnh a nên BI = CI = a

2

IBC cân I nên IJ  BC (1) Tương tự: JAD cân J

nên IJ  AD (2) Từ (1) (2)

 IJ đoạn vng góc chung AD AC

AIJ  IJ2 = AJ2– AI2 =

2

a

 

 

  –

2

a a

2

    

 

Vaäy IJ = d(AD, BC) = a

2 = cm

A

I

D

C J

(89)

Bài Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB Mặt bên (SAB) vng góc mặt phẳng đáy (ABCD) Gọi M, N, K trung điểm BC, SD, SB Xác định tính đoạn vng góc chung a) NK AC b) MN AK

Giải

Vẽ SI  AB

Do (SAB)  (ABCD)  SI  (ABCD) a) Veõ HK // SI, HL // BD

Ta coù: AC  BD  AC  HL HK // SI  HK  AC

Vậy AC  (HKNL) L

Vẽ LP  NK LP đoạn vng góc chung AC NK Do HKPL hình chữ nhật nên

d(AC, NK) = LP = HK = SI a  b) Gọi R trung điểm SA

Ta có RN 1AD

 vaø BM 1BC



Maø AD BC nên RN BM

Do BR // MN

Vậy (SAB) mặt phẳng chứa AK NM (xem cách 1) Vẽ GG // MB

Ta coù: BM  AB vaø SI

KNL P

L AC

NK

S

N R

G

A G

K

I M

B C

D S

A D

C

L N P K

H B

(90)

Neân MB  (SAB)

 GG (SAB)  GG AK (1) GG BR  GG AK MN Vậy GG đoạn vng góc chung AK MN

Ta coù: GG = d(AK, MN) = BM = a

VẤN ĐỀ 2: CÁC BÀI TỐN TÍNH GĨC

1. Góc hai đường thẳng: Bằng góc hai đường thẳng phương với

chúng phát xuất từ điểm

 Tìm tốn đường thẳng song song với hai đường để đổi đường

 Để tính giá trị góc dùng hệ thức tam giác

2. Góc đường thẳng mặt phẳng

Góc đường thẳng d mp (P) góc hình chiếu vng góc (P)

Gọi  góc d mặt phẳng (P) 00 900

 Đầu tiên ta tìm giao điểm d (P) A

 Trên d chọn điểm B khác A, xác định BH vuông góc (P), suy AH hình chiếu củøa d (P)

 Vậy góc d (P) góc BAH

 Chú ý: Khi xác định góc d (P) khó q (khơng chọn điểm B để

dựng BH vng góc (P)), ta sử dụng cơng thức sau đây: Gọi  góc d (P) suy ra:

sin = d(M,(P)) AM

với M điểm d A giao điểm d với mặt phẳng (P) Ta chuyển tốn góc tốn tính khoảng cách từ M đến (P)

Công thức chứng minh đơn giản, nên coi hiển nhiên

3 Góc hai mp (P) (Q)

Góc hai mặt phẳng cắt góc hai đường thẳng nằm hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến điểm

(91)

Trường hợp 1: Trường hợp 2:

Hai tam giác cân ABC; DBC chung cạnh đáy BC Gọi M trung điểm BC góc

hai mặt phẳng AMD

Hai tam giác ABC; DBC có AD  (DBC) Vẽ DH  BC AH  BC nên góc hai mặt

phẳng laø AHD

Trường hợp 3:

Hai tam giác ABC DBC có cạnh tương ứng

Vẽ AH  BC DH  BC

Vậy góc hai mặt phẳng AHD

 Chú ý:

Khi xác định góc hai mặt phẳng khó q, ta nên sử dụng cơng thức sau: Gọi  góc (P) (Q) suy ra:

sin = d(A,(Q)) d(A,u)

với A điểm mặt phẳng (P) u giao tuyến mặt phẳng (P) (Q) Công thức chứng minh đơn giản, nên coi hiển nhiên

Có thể tìm góc hai mặt phẳng công thức S’ = S.cos A

D B

M C

A

D B

H C

D

A C H

(92)

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA = a SA

vng góc mặt phẳng đáy Tính góc giữa:

a) SB CD b) SD vaø (ABCD) c) SC (SAD)

Giải

a) Ta có: CD // AB nên góc SB CD góc SB AB góc SBA

Tam giác SAB có tanSBA= SA

AB =

 SBA= 60o

b) Ta coù: SD (ABCD) = D SA  (ABCD)

 AD hình chiếu vng góc SD (ABCD) Nên góc SD (ABCD) góc SDA

Tam giác SAD có tanSDA = SA

AD = suy SDA = 60

o

c) Ta coù: CD AD

CD (SAD) CD SA

 

 



 

Khi SC  (SAD) = S CD  (SAD)

 SD hình chiếu vng góc SC (SAD) Nên góc SC (SAD) CSD tam giác CSD có tanCSD = CD

SD =

1 CSD

2  = arctan

Bài Cho hai tam giác ABC DBC khơng đồng phẳng có cạnh đáy BC chung

Gọi I trung điểm BC, vẽ AH vng góc ID Cho AB = AC = AD = a, BC = DB = DC = 2a/3 Tính góc giữa:

a) BA vaø (BCD) b) (ABC) vaø (BCD) c) (ABD) (ACD)

Giải

a) Gọi H tâm  BCD

thì HB = HC = HD Mặt khác AB = AC = AD nên AH trục đường tròn (BCD)  AH  (BCD)

Vậy BH hình chiếu vuông góc AB lên (BCD) S

A D

(93)

Ta coù: BH = 3BJ =

2 2a 2a

3

  

 

 

Vaäy cos ABH = cos(AB, (BCD)) = BH AB 

 ABH = arcos2 b) Gọi I trung điểm BC

Ta coù DI  BC, AI  BC

Vậy AID góc hai mp(ABC) (BCD)

ABI  AI2 = AB2– BI2 = a2– a 8a2

3

       BDC  IH =

3DI =

1 2a 3

 

 

  =

a

AIH  cosAIH = IH  a 3  

AI a

c) Vẽ IK  AD ta coù AD  BC  AD  mp(BKC)

 CK  AD BK  AD BKC góc hai mp(ABD) (ACD) IK =ID.AH

AD với ID =  2a 3. a

3 ,

AH = 2

8

23

69

9

27

9

a

AI



IH







 IK =a 23

9 Ta coù : IK.BC=

2

KC sinBKC

 sinBKC=IK.BC2

KC maø KC =  

2 2a 2a

AI.BC 3 3 4a

AD a

BKC=arcsin3 23 16

Bài 3. Tuyển sinh ĐH khối A/2003

Cho hình lập phương ABCD.ABCD Tính góc hai mặt phẳng (BAC) (DAC)

K

A

B D

H

I J

(94)

Giaûi

Vẽ BH  AC

Ta có ABC = ACD (c.c.c)

 BCH HCD

HBC = HCD (c.g.c)

 CHD CHB = 1v Vậy BHC góc hai mp(BAC), (DAC)

ABC  B  BH = B A.BC A C

   HB = HD =

2

a 2.a a

3 2a a  Áp dụng định lý hàm cosin

HBD ta có:

BD2 = HB2 + HD2– 2HB.HDcosBHD

 cosBHD = 2HB2 2BD2 2HB

 =

2 2

6a

2 2a 1

9

2 6a

2



 

 

 

 

 BHD = 120o

Bài Đề dự bị ĐH khối A/2003

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác có AB = AC = a, BAC = 120o, cạnh bên BB a Gọi I trung điểm CC’ Chứng minh ABI

vuông Tính cosin góc hai mp(ABC) (ABI)

Giải

ABC  BC2 = a2 + a2– 2a2cos120o = 3a2

BBA  caân  BA = a

IAC  AI2 = a2 + a2 5a2

4 

BCI  BI2 = 3a2 + a2 13a2

4  Ta coù BA2 + AI2 = 2a2 + 5a2

4 =

2

13a

4 = BI

2

B’AI taïi A

 Ta coù Dt(AIB) =

2AI.AB =

2

a 10

A D

C

B

A D

C B

H

B C

I A

B C

(95)

Dt(ABC) = 2a

2sin120o = a 32

4

Ta thấy ABC hình chiếu vuông góc IBC vuông mp(ABC) Vậy gọi  góc hai mặt phẳng (ABI) (ABC)

cos = Dt( ABD) 30

Dt( AB I) 10 10



 

 

Bài 5.Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = a, ASB = 600, CSB = 900, ASC = 1200

a Chứng minh: ABC vng b Tính d(S, (ABC)) c Tính góc SB (ABC) d Tính d(A, (SCB))

Giaûi

a/ Tam giác SAB  AB = a Tam giác SBC vuông cân

 BC = a

Tam giaùc SAC cân có ASC = 120o

AC2 = SA2 + SC2– 2SA.SCcos120o

= a2 + a2– 2a2

2

 

 

  = 3a

2  AC = a 3

Xét tam giác ABC có AC2 = AB2 + BC2 nên tam giác vuông B

b/ Ta có SA = SB = SC Gọi D trung điểm AC Ta có DA = DB = DC Vậy SD trục đường tròn (ABC)  SD  (ABC)

Vaäy d(S, (ABC)) = SD = SC2 DC2 a

2

 

c/ Ta coù: SB(ABC) = B; SD  (ABC)

 BD hình chiếu SB (ABC) nên góc SB (ABC) SBD Tam giác SBD có tanSBD = SD

BD=

3 Vậy góc SB (ABC) 60o

d) Ta có đoạn AC cắt (SBC) C D trung điểm AC nên: d(A, (SBC)) = 2d(D, (SBC))

Goïi M trung điểm BC suy BC  DM (DM // AB) SD  BC nên BC 

(SDM)

S

A D H C

(96)

A d’ d B

Veõ DH  SM DH  BC (do BC  (SDM)) Suy ra: DH  (SBC)  d(D, (SBC)) = DH Tam giác DHM có DH.SM = DS.DM  DH = a

2 Vaäy d(A, (SBC)) = 2.DH = a

2

BT1. Cho tứ diện DABC có DA, DB, DC đơi vng góc DA = a, DB = 2a, DC = 3a

a) Tính d(AD, BC) b) Tính d(C, (ABD)) c) Tính góc (ACD) (BCD)

BT2. Cho hình chóp S.ABCD có SA = 2a vng góc đáy, ABCD hình vng tâm O cạnh a Vẽ AI vng góc SO

a) Tính d(A, (SBD)) b) Tính d(C, (SBD)) c) Tính d(CD, (SAB)) d) Tính d(D, (SBC))

BT3. Cho tứ diện ABCD có AB  CD, BC  AD Có ACD H trực tâm AB = AC = a

a) Chứng tỏ BH  (ACD) b) Tính d(B, (ACD)) c) Chứng minh d(A, (BHC)) = d(D, (BHC))

BT4. Cho tứ diện SABC, SA  (ABC) Vẽ CI  AB, AJ  BC Cho tam giác ABC cạnh a, SA = a/2

a) Tính góc (SBC) (ABC)

b) Tính d(A, (SBC)) c) Tính d(B, (SIC))

BT5. Cho hình vng ABCD tam giác SAB cạnh a nằm hai mặt phẳng vuông góc Gọi I trung điểm AB

a) Chứng minh SI  (ABCD) b) Tính góc SI (SCD) c) Tính d(SB, CD) d) Tính d(B, (SCD))

BT6. Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = a, SA = 3a a) Tính chiều cao hình chóp b) Tính góc mặt bên đáy c) Tính d(SC, AB) d) Tính d(C, (SAB))

BT7. Hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông A, AB = 2a, AC = a, SA = SB = SC = a Goïi O, I trung điểm BC, AB

(97)

BT8. Cho hình chóp tứ giác SABCD có AB = a, góc cạnh bên đáy 600

a) Tính d(S, (ABCD)) b) M tâm điểm CD, tính góc (SCD) đáy c) Tính d(SA, (SCD)) d) Tính góc (SAB) (SCD)

BT9. (DB/D07) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA’ Chứng minh BM vng góc B’C tính khoảng cách BM B’C

BT10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang, ABC BAD = 900,

BA = BC = a, AD = 2a Cạnh SA vng góc đáy, SA = a Gọi H hình chiếu A SB Chứng tỏ tam giác SCD vng tính khoảng cách từ H đến (SCD)

BT11. (DB/B04) Cho hình choùp S.ABC coù SA  (ABC), SA = 3a, BA = BC = 2a,

ABC = 120 Tính d(A, (SBC)) Đáp số: 3a

2

BT12. D/2002 Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC), AC = AD = , AB = 3, BC =

Tính d(A, (BCD)) Đáp số: 12

34

BT13. DB/A02 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA 

(ABC) SA = a

2 Tính d(A, (SBC)) Đáp số: a

2

BT14 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD với AB = a, AD = 2a

SA  (ABCD) SA = a Tính d(A, (SBD)) Suy khoảng cách từ trung điểm I SC đến (SBD)

BT15 Cho hình thoi ABCD cạnh a AC = a Từ trung điểm H AB, vẽ SH

vng góc (ABCD) với SH = 2a Tính d(A, (SBC))

BT16 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABCD hình thang ABCD vng A D,

AB = AD = a, CD = 2a, SD  (ABCD), SD = a a) Chứng minh SBC vng Tính diện tích SBC b) Tính d(A, (SBC)) Đáp số: a

6

BT17.(B2002) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a

a) Tính d(BA’, DB’)

b) Gọi M, N, P trung điểm BB’, CD, A’D’ Tính góc hai

đường thẳng MP NC

BT18. (B2007) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng ABCD

(98)

Tính d(MN, AC)

Đáp số: a

4 (HD: d(MN, AC’) = d(MN, (SAC))) = d(N, (SAC)) = NH )

BT19. Dự bị ĐH A/02

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi , ,  góc (ABC) mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB)

(99)

BAØI

CÁC BÀI TỐN TÍNH THỂ TÍCH

VẤN ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP

1

V = B.h

3

B: diện tích đáy

h: chiều cao

Chú ý: Cho khối chóp S.ABC Trên cạnh

SA, SB, SC lấy điểm A’,B’,C’ khác S

thì:

S.A'B'C' S.ABC

V SA'.SB'.SC'

V  SA.SB.SC

Dạng 1: TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TỨ DIỆN

Bài 1. Tuyển sinh ĐH khối D/2011

Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông B

BA = 3a, BC = 4a, mp(SBC) vuông góc mp(ABC), SB = 2a 3, SBC = 30o

Tính thể tích khối S.ABC khoảng cách từ B đến mp(SAC)

Giaûi

Gọi H hình chiếu vuông góc S leân BC Do (SBC)  (ABC) neân SH  (ABC) Ta coù: AB  BC  AB  SB

SBH  sin30o = SH

SB =

2  SH =

2(2a 3) = a Vaäy VS.ABC =

3SH.dt(ABC) = 3a

1

23a 4a = 3a

3

SAB  SA2 = SB2 + AB2 = 12a2 + 9a2 = 21a2

SBH  BH2 = SB2– SH2 = 12a2– 3a2 = 9a2

S

A C

B

A C

(100)

 HC = BC – BH = 4a – 3a = a

SHC  SC2 = SH2 + HC2 = 3a2 + a2 = 4a2

BAC  AC2 = AB2 + BC2 = 9a2 + 16a2 = 25a2

Ta coù SA2 + SC2 = 21a2 + 4a2 = AC2

SAC  S Vậy dt(SAC) =

2SA.SC =

2a 21.2a = a

2 21

Ta coù VS.ABC = VB.SAC =

3d(B, SAC) dt (SAC)

 d(B, (SAC)) = 3V 6a 323 6a dt( SAC)  a 21 

Bài 2. Trong mặt phẳng () cho tam giác OAB có OA = OB = 2a,

AOB = 120o Trên đường vng góc với () O lấy hai điểm C, D hai

phía O cho ABC vuông C ABD Tính thể tích khối chóp ABCD theo a

Giải

Do CD  (OAB)

và OA = OB nên DA = DB CA = CB

OAB  BA2 = OA2 + OB2– 2OA.OB.cos120o

 BA2 = 4a2 + 4a2– 2.2a.2a.1

2

 BA2 = 12a2 BA = 2a 3

ABC  cân C  AC = CB =AB

2 = a

OAC  taïi O  OC2 = AC2– OA2

 OC2 = 6a2– 4a2 = 2a2

DAB  DA = DB = AB = 2a

DOA  taïi O

 OD2 = AD2– OA2 = 12a2– 4a2 = 8a2

Mặt khác: dt(OAB) =

2OA.OB.sin120

o

 S = dt(OAB) = 2(2a)

2

.

2

 

 

  = a

2 3

Vaäy VA.BCD = VD.OAB + VC.OAB

S

C H

A 3a

4a B

2a

30o

D

B O

A

C

(101)

=

3OD.dt(OAB) +

3OC.dt(OAB) =

3(OD + OC)dt(OAB) =

3(2a + a 2).a

2 3= 1

3.3a 2.a

2 3 = a3 6

Bài 3. (Đề dự bị Tuyển sinh ĐH khối A 2007) Cho hình chóp S.ABC có góc hai

mặt phẳng (SBC) (ABC) 60o Tam giác ABC SBC cạnh a Tính

theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)

Giaûi

 Gọi I trung điểm BC

ABC AI BC SBC đềuSI BC

Vaäy SIA 60ˆ  olà góc (SBC) (ABC)

Do SIA cạnh a

Gọi H trung điểm AI  SH  AI Do BC  (SAI)  BC  SH

Vaäy SH (ABC)

Ta coù: SH a 3 3a

2

 

Vaäy VS.ABC  3a a

3 4

3

a 16



 Goïi M trung điểm SA,



AMC  CM2 CA2 AM2 a2 (a 3)2 13a2

4 16

     

Vaäy dt(SAC) 1CM.SA a 13 a a 392

2 16

  

Ta coù: VS.ABC VB.SAC 1d(B,(SAC).Dt( ASC))

  

3 SABC

2

3V 3a 16 3a

d(B,(SAC))

Dt( SAC) 16 a 39 13

   



Bài 4. (Đề dự bị ĐH khối A/08) Cho hình chóp S.ABC có ba mặt bên tam

giác vng, SA = SB = SC = a Gọi M, N, E trung điểm AB, AC, BC Gọi D điểm đối xứng S qua E Gọi I AD (SMN)  Chứng minh AD vng góc SI Tính thể tích khối S.MBI theo a

Giải

S

M

A

H B

I

C

(102)

 Trong mp(ABC) : MN AE 0  trung điểm MN (do MN // BC)

Trong mp(ASD) : SO AD I 

thì I AD (SMN) 

Do: SBDC hình vuông nên BC  SD

Vậy BC (SAD) BC AD

MN AD (1)

  

 

Ta coù: SM  AB vaø BD

SM (ABD) SM AD (2)

   

Từ (1),(2) AD (SMN) AD SI

 

2

ASD SA AI.AD

  

2

a a

AI

3

a 2a

  



Veõ IH AB

Ta coù: IH // BD IH AI

BD AD

 

a a

AI.BD 3 a

IH

AD a 3

   

AB a

SAB caân SM =

2

   



S.MBI

1

Vaäy V SM.dt(MIB)

3 

1 a 1. .IH.MB

3 2

3

a a a 2 . a

12 36

 

Bài 5. (Đề dự bị ĐH khối B 2007) Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn đường

kính AB = 2R điểm C thuộc nửa đường tròn cho AC = R Trên đường thẳng vng góc với (P) A lấy điểm S cho góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) 60o Gọi H, K hình chiếu vng

góc A lên SB SC Chứng minh AHK vng tính thể tích tứ diện S.ABC theo R

Giaûi

Ta có: ACB1 vng BCCA BCSA nên BCmặt phẳng (SAC) Do đó: BCAK

Mà AKSC nên AKmặt phẳng (SBC) Do đó: AKHK

A

N

C

D B

E S

M O

I

A

H I

D B

(103)

Vậy AHK vuông K Đặt: SA = h

2

AC.AS Rh

SAC AK

SC R h

AS.AB 2Rh

SAB AH

SB 4R h

   



   



Do SB  AH AK

nên SB (AHK) SB HK

Vậy AHK 60 olà góc hai mặt phẳng

(SAB) (SBC)

o AK

AHK sin60

2 AH

    3AH2 4AK2

2 2 2 2

3.4R h 4R h

4R h R h

 

 

2 2

3(R h ) 4R h

    h2 R2

2

 

Do đó: SABC

1 R

V SA.dt( ABC) CI.AB

3 22

  

3

1 R(R 3)(2R) R

2 12

6

 

 Caùch khaùc:

Do AC = R nên OAC Vẽ CI OA I trung điểm OA Ta có: CI ABvà SA nên CI(SAB)

Do hình chiếu vng góc SBC lên mp(SAB) SBI Ta có dt(ISB) = 1SA.IB 1SA( R)3 3R.SA

2  2 

Dt(SBC) 1SC.BC SA2 R R 32

2

  

Maø: dt(SIB)dt( SBC)cos60

2 2

2

2 2

3R.SA SA R R 3.1 3SA SA R

4 2

R

3SA SA R SA

2

     

    

Vaäy S.ABC

1 R

V SAdt( ABC)

3 12

  

S

H

B

A I

O K

(104)

Bài 6. Tuyển sinh ĐH khối A/2011

Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân BA = BC = 2a Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc mp(ABC) Gọi M trung điểm AB Mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC N Góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 60o Tính thể tích khối S.BCNM khoảng cách hai đường

thẳng AB, SN

Giải

 Do hai mp(SAB) (SAC) vuông góc mp(ABC) neân SA  (ABC)

Do (SMN) // BC

nên (SMN)  (ABC) = MN // BC Ta có BC  BA  BC  SB Vaäy SBA = 60o góc hai mặt

phẳng (SBC) vaø (ABC)

SAB  tan60o = SA 3

AB 

 SA = 2a Dt(MNCB) = MB

2 (MN + BC) = a

2(a + 2a) =

2

3a Vaäy VS.MNCB =

3(2a 3)

2

3a = a

3 3

 Qua N kẻ đường thẳng  song song AB Vẽ AH  AB // (SNH)

Vaäy d(AB, SN) = d(AB, (SNH)) = d(A, (SNH)) Veõ AK  SH (1)

Ta có HN  AH SA nên HN  (SAH)

 HN  AK (2)

Từ (1), (2)  AK  (SHN)

SAH   AK = d(A, (SNH)) = SA.AH SH

 d(AB, SN) =

2

2a 3.a 2a

13

12a a  =

2a 39 13

C

A

H

N K

M B S

(105)

Bài 7. Cho hình chóp S.ABC có hai mặt ABC SAC tam giác cạnh a, SB = a

2

a) Gọi I trung điểm AC Chứng minh hai mặt phẳng (SIB) (ABC) vng góc

b) Gọi (P) mặt phẳng qua C vng góc SA Tính thể tích hình chóp đỉnh S đáy thiết diện tạo (P) hình chóp S.ABC

Giải

a) ABC  BI  AC

SAC  SI  AC Vậy AC  (SIB) Mà AC  (ABC) nên (ABC)  (SIB) b) Vẽ đường cao CJ

trong  (SAC) Vậy CJ  (P)

Ta có: (SIB)  (ABC) SI  AC

2 3 ( 6)2

4 4

a a a a

SI IB     SB



SIB

Mặt khác: BI  AC Vậy BI  (SAC)  BI  SA Do (P) mặt phẳng qua CJ // BI

Trong mp(ABC) từ C vẽ đường thẳng song song với BI đường cắt AB N

Trong mp(SAB), NJ cắt SB M

Mặt cắt (P) hình chóp S.ABC JMC

ABC có IB // CN I trung điểm AC nên B trung điểm AN

Gọi K trung điểm AB JK // MB

 NB MB

NK  JK 

S

a

J

M

N B

I A

C P

S

(106)

 MB

SB  

SM

SB  Vaäy S.JCM

S.ABC

V SJ SM. 2.

V  SA SB  

 VS.JCM =

3VS.ABC =

9.SI.dt(ABC) =

2

1 a a 3. . a  24

Bài 8. Cho tứ diện S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh 3a,

SAB = SAC = 45o, SA = a 2 Gọi I trung điểm BC, SH đường cao

tứ diện

a) Tính theo a thể tích khối S.ABC b) Tính khoảng cách từ I đến (SAB)

Giải

a) Ta coù: SAB = SAC (c.g.c)  SB = SC

ABC  AI  BC

SBC cân  SI  BC

Vậy BC  (SAI)  (ABC)  (SAI) Vẽ SH  AI SH  (ABC)

SAC  SC2 = SA2 + AC2

– 2SA.ACcos45o

 SC2 = 2a2 + 9a2– 2(a 2)3a

2 = 5a

2

SIC   SI2 = SC2– IC2 = 5a2–

4a

2 = 11a2

4

SAI  SA2 = AI2 + SI2 – 2AI.SI.cos

AIS

2 2 2 27a 11a 2a

AI SI SA 4 4

2AI.SI 2 3a a 11 33

2

 

 

 

 

 

 sin

AIS

33 33

 

SHI  sin

AIS

SI  SH =

2 a 11. a 2

33 

Do đó: VS.ABC =

3SH.dt(ABC) = a 2. 3 (3a)

2

4 =

3

3a S

A C

I H

(107)

b) Ta coù d(I, (SAB)) =

2d(C, (SAB)) dt(SAB) =

2SA.ABsin45

o = 1

2(a 2)(3a)

2

2 3a  Vaäy VS.ABC = VC.SAB =

3d(C,(SAB))dt(SAB)

 d(C,(SAB) =

3

2

9a

3V 4 3a 2

3a

dt( SAB)

2

 

  d(I, (SAB)) =

4a

Dạng 2: HÌNH CHĨP N GIÁC ĐỀU

Bài 1. (Đề dự bị ĐH khối B 2003) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy

ABC

 cạnh a, mặt bên tạo với đáy góc  (0 <  < 90o) Tính thể tích

khối chóp S.ABC khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a và

Giaûi

 Gọi I trung điểm BC Do ABC nên AI BC

Gọi H tâm tam giác ABC SH 

(ABC) SI  BC nên góc (SBC) (ABC) SIA = 

Ta coù: HI 1AI a

3

 

SHI vuoâng  tan SH HI

 

a

SH tan

6

  

Vaäy VS.ABCD

2

1 a 3( tan )(a 3) a tan

3 24

   

SHI vuoâng  cos = HI

SI  SI = HI cos =

a 6cos

S

K

A C

I



B H

I

C

B

(108)

Vaäy Dt(SBC) 1SI.BC a 32

2 12cos

 



Vẽ AKmặt phẳng (SBC)

Ta có: VS.ABC VA.SBC 1AK.Dt( SBC)

   AK d (A,(SBC)) AK = d(A, (SBC)    



3

2

3V a tan 12cos.

Dt( SBC) a

a 3sin

 

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối D 2006) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có

cạnh đáy a Gọi SH đường cao hình chóp Khoảng cách từ trung điểm I SH đến mặt phẳng (SBC) b với a > 4b Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b

Giải

Do SH (ABCD) nên H tâm hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC

Ta có BCHM SH nên BC(SHM) Vẽ IJ HK SM IJ  (SBC)

IJ b

  HK2IJ 2b

SHM

 vuông nên 2 12 2

HK  SH  HM

12 12 42 a2 2 216b2

SH 4b a 4a b



   

2

2ab SH

a 16b

 



Do đó: VS.ABCD

2

SHDt(ABCD) 2. a b

3 3 a 16b

 



Bài (Tuyển sinh ĐH khối B 2004) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh

đáy a, góc cạnh bên mặt đáy (0 <  < 90o) Tính tan góc tạo hai

mặt phẳng (SAB) (ABCD) theovà thể tích hình chóp theo a 

Giải

Gọi O tâm hình vuông ABCD

S.ABCD chóp tứ giác SO(ABCD) Vẽ OIBA SIBA

Vậy SIO góc hai mặt phẳng (SBA) (ABCD) Hình chiếu  SA lên (ABCD) OA

S

J I

A

D C

H M

(109)

Vậy  = SAO

SOA vuông O tan SO OA

  

a

SO OA.tan tan

2

    

SOI vuông O

ˆ SO

tanSIO OI

  a 2tan2 a 2tan

2



  

Do đó: VS.ABCD

1SO.dt(ABCD) a 2tan

3

  

Dạng 3: HÌNH CHOÙP S.ABCD COÙ SA  (ABCD)

Bài 1. (Đề dự bị ĐH khối A 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình

chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA vng góc đáy, SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60o Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = a

2 Mặt phẳng (BCM) cắt SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Giải

Ta coù: SBA 60o tan60o SA

AB

   SA a 3 vaø SB = 2a

Ta có mặt phẳng (BCM) chứa BC // mặt phẳng (SAD) Vậy mặt phẳng (BCM) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN // BC // AD

Maø M trung điểm SA N trung điểm SD MN AD a

  

Ta có: BCAB SA

BC(SAB)

BC MB

 

Do BCNM hình thang vng

 vuoâng BMA MB2 (a 3)2 a2 7a2

2

   

Do đó: Dt(BCNM) MB(MN BC)

 

2

a 7(a 2a) 3a

4

  

Trên mặt phẳng (SAB) vẽ

S

A



I

C B

O D

S

N

D A

(110)

SH  MB (1) Ta coù BC  (SBA)

BC SH

  (2) Từ (1) (2) SH mp (BCNM) Ta có: HMS ~ AMB  MS SH

MB  AB

 SH = MS.AB a 3.a2 a

MB a 7

2

 

Do đó: VS.MNBC 1SH.Dt(BCNM)



2

1 a 3a 7. . a

3 4

 

 Chú ý: Có thể dùng tỷ số thể tích

S.BMC S.MNC S.BAC S.ACD

V SM 1 vaø V SM SN.

V  SA  V  SA SC 

Vaäy VS.MNCB VS.MBC VS.MNC

S.ABC S.ACD S.ABC

3

1V 1V 3V

2 4

3 1 SA.dt( ABC) 1a (2a)a a

4 4

  

   

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối B 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi

cạnh a, BAD = 60o, SA = a, SA vuông góc mặt phẳng (ABCD) Gọi C trung

điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC’ song song BD cắt SB, SD B’,D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a

Giải

Gọi O tâm hình thoi ABCD

SAC có SO cắt AC’ I I trọng tâm SAC

Mặt phẳng (P) chứa AC’ song song

BD nên (P) cắt mặt phẳng (SBD) theo

giao tuyến B’D’ qua I B’D’ // BD

Ta có BD  AC SA nên BD (SAC)  BDAC’

S

H M

B A

S

D

C

D

B

A

O

B

H I

(111)

maø B’D’ // BD B’D’AC’

ABD cân A có BADˆ 60o nên 

 BD = a vaø AC a

Ta có I trọng tâm SAC B’D’ // BD neân: B'D' SI B'D' 2a BD  SO  3 

SAC vuông A có AC’ trung tuyến AC' SC a2 3a2 a

2

    

Do SAC’ cạnh a

Vẽ SH  AC’ , B’D’ // BD có BD(SAC) nên B’D’ SH Vậy SH  mặt phẳng (AB’C’D’) SH a

2



Do đó: VS.AB’C’D’ 1SH.dt(AB'C'D')

3

  16SH.AC'.B'D' a 2a (a ) a 33

6 18

 

Chú ý: Có thể dung tỷ số thể tích

Do I trọng tâm ACS nên SI SO  Ta coù S.AB'D'

S.ABD

V SB' SD'. 2. V  SB SD  3 

S.B'D'C' S.BDC

V SB' SD' SC'. . 2 1 . V  SB SD SC  3  Vaäy VS.AB'C'D' VS.AB'D'VS.B'D'C'

S.ABD S.BDC S.ABD

4V 2V 2V

9

2 1 SA.dt( ABD) 2a a 3. a 3.

3 18

  

   

Bài (Đề dự bị Tuyển sinh ĐH khối B 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Cho AB = a, SC = 2a Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB SD Chứng minh SC vng góc mặt phẳng: (AHK) tính thể tích hình chóp O.AHK

Giải

Ta có: SAD SABSH SK SB SD

Vậy SH SK HK // BD SB  SD 

Maø BD mặt phẳng (SAC) HK

(112)

HK SC

  (1)

Mặt khác: CD mặt phẳng (SAD)

CD AK

 

Mà AK SD neân AK(SCD)

SC AK

  (2)

Từ (1) (2) SC mặt phẳng (AHK) Trong mặt phẳng (SBD) SO cắt HK I Trong mặt phẳng (SAC) AI cắt SC M Ta có: SCmặt phẳng (AHK)SCAM

Mà SAC vuông cân A nên M trung điểm SC Vậy I trọng tâm SAC

Ta có: CM d(C,mp(AHK)) SC 2a a

2

   

Mà O trung điểm AC nên d(O,(AHK)) OA d(C,(AHK))  AC 

1 a

h d(O,(AHK)) CM

2

   

HK SH SI

Ta coù: HK // BD

BD SB SO

   

2

HK BD a

3

  

Ta coù: AI 2AM SC SC 2a

3 3

   

AHK

 cân HKAI Ta có: VO.AHK 1h.dt( AHK)

3

  hAI.HK a 2a 2( )( a 2) a 23

6 12 3 27

  

Bài 4. (Tuyển sinh ĐH khối B 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ

nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a SA vng góc mặt phẳng ABCD Gọi M N trung điểm AD SC, I giao điểm MB AC Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc mặt phẳng (SMB) Tính thể tích khối tứ diện A.NIB

Giải

AMB vuông A BM2 a2 (a 2)2 a2 a2 3a2

2 2

     

a BM

2

 

S

H M I K

A B

D C

O

A

O C

N M

AHK

(113)

Ta có I trọng tâm ABD Vậy BI 2BM a a

3 3

  

vaø AI 2AO BD BD

3 3

  

2

a 2a a

AI

3



  

Do đó: AI2 IB2 a2 2a2 a2 AB2

3

    

Vậy AIB vuông I

Ta có: BIAI SA  BI(SAC) Mà BI(SMB)  (SAC)



3NO.dt(AIB) =

SA 1. 2IA.IB

3

1.a.a a 6. a

12 3 36

 

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông SA vuông góc (ABCD)

Gọi M, N, P nằm SB, SC, SD cho SM SP SB  SD  3,

SN

SC  Mặt phẳng (MNK) chia khối chóp làm hai phần Tính tỷ số thể tích hai phần

Giải

Gọi O giao điểm AC BD Do SM SP

SB  SD  MP // BD

Goïi I giao điểm MP SO cắt SA K Gắn trục hình vẽ

Gọi C(a, 0), S(0, b)

S

A

M

D C

B

O I

N

S

K

M N

P I

A

B C

O

D y

S

K

A O C x

(114)

Do SI SM

SO  SB  nên I trọng tâm SAC  I a b, 3

 

 

 

Ta coù SN

SC   4SN 3SC 

N N

4(x 0) 3a

4(y b) 3b

 



   

  N

3a b, 4

 

 

 

NI qua N coù VTCP NI = –

12(5a, –b) Phương trình NI:

a b

x y

3

5a b

 



  bx + 5ay – 4ab =

Vaäy K giao điểm NK Ay  K 

 

4b 0;

5 Do SK 

SA

Ta coù: S.MNPK S.MKN S.ABCD S.BAC

V 2V SM SK SN. .

V  2V  SB SA SC = 

2 3 . 10 Vaäy tỷ số cần tìm

1

10

Dạng 4:HÌNH CHĨP CĨ MẶT BÊN VNG GĨC ĐÁY

Bài 1. (Tuyển sinh ĐH khối B 2008) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng

cạnh 2a SA = a, SB = a 3và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi M N trung điểm AB BC Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN cosin góc hai đường thẳng SM, DN

Giaûi

Ta có: SB2SA2 (a 3)2a2 AB2

 SAB vuông taïi S SM AB a

  

Vậy SMA cạnh a Vẽ SH AB

Do (SAB)  (ABCD) Nên SH  mặt phẳng (ABCD) vaø SH = a

(115)

Do đó: dt(BMDN) 1MN.BD AC. .AC AC2 (2a 2)2 2a2

2 2 4

    

Vaäy VS.BMDN 1SH.dt(BMDN)



3

1 a 3. .2a a

3

 

Lấy G caïnh AD cho AG AD a

4

 

Ta coù: MG // DN // C’B

Vậy g(SM,DN)SMG

SAG vuông A

2 2 2 a 5a

SG SA AG a

4

     

AMG vuông A

2 2 2 a 5a

MG AG AM a

4

     

SMGSG2 MS2 MG22MS.MGcosSMG

MS MS a

cosSMG

2MS.MG 2MG 2a 5

2

    

Bài 2. (Tuyển sinh ĐH khối A 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD vng

cạnh a, SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm SB, BC CD Chứng minh AM vng góc BP tính VCMNP

Giải

 Gọi H trung điểm AD Do SAD nên SH  AD Mà mặt phẳng (SAD)  mặt phẳng (ABCD)

 SH  mặt phẳng (ABCD) SH BP

  (1)

Ta coù: HDC BPCDCH CBP

Mà: CDBDBPCH ( góc có cạnh  )(2)

A G O D

O M

B N C S

A H M

N

B C

(116)

Từ (1),(2)BPmặt phẳng (SHC) Ta có: MN // SC AN // HC

mặt phẳng (SHC) // mặt phẳng (AMN) Do đó: BPmặt phẳng (AMN)BPAM Vẽ MK // SH với K  mặt phẳng (ABCD) Mà SH  mặt phẳng (ABCD)

neân MK  mặt phẳng (ABCD)

Do MK đường cao tứ diện M.CNP

Ta coù: VC.MNP  VM.CNP  1MK.dt( CNP)  SH 1( ) CN.CP

3 2

3

1 a a a( ) . a

12 2 96

 

Daïng 5:CHÓP S.ABCD CÓ SH  (ABCD)

Bài 1. (Tuyển sinh ĐH khối D/2010): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình

vng cạnh a, SA = a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) H đoạn AC với AH =AC

4 Gọi CM đường cao SAC Chứng minh M trung điểm SA Tính thể tích khối S.MBC theo a

Giaûi

2 2

2 2 AC (a 2) 14a

SHA vuoâng SH SA AH SA a

16 16 16

        

2 2

2

SHC SC SH HC

3AC

SH ( )

4

14a 9(a 2) 2a

16 16

   

 

  

Do SC = AC = a nên SACcân C



M trung điểm SA



Vẽ MK

AC Ta coù MK

2



S

M D

H O K

A B

C

A B

K

N C P

D H

1

S

M

B N C P

D H

A

(117)

Ta coù: VS.MBC+ VM.ABC= VS.ABC

Maø VM.ABC 13MK.dt( ABC)  12 3 .SH.dt( ABC) =12VS.ABC

Vaäy VS.MBC  12.VS.ABC  12 3 .SH.dt( ABC)

2

1a 14 a a 14

6 48

 

Lưu ý: Có thể dùng

3 S.MBC

S.MBC S.ABC S.ABC

V SM V 1V a

V  SA  2   48

Bài (Tuyển sinh ĐH khối A/2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình

vng cạnh a Gọi M N trung điểm AB AD, H giao điểm CN DM Biết SH vng góc mặt phẳng (ABCD) SH = a Tình thể tích khối chóp S.CDMN khoảng cách hai đường thẳng DM SC

Giải

 Ta có dt(CDNM) = dt(ABCD) – dt(AMN) – dt(MBC)

2 2

2 a a a a a 5a

a ( )( ) (a)( ) a

2 2 2 8

      

2 S.CDMN

1 5a 5a

V SHdt(CDMN) a

3 24

   

Ta có: NDC MADNCD ADMˆ 

Mà AD  DC  HDCtại H ( góc có cạnh ) Vậy CN DM

Ta coù: NDCCD2 CH.CN

2

CD a 2a

HC

NC a a

4

   



Veõ HK SC (1) Ta có: DM SH CN DM (SHC)

DM HK

  (2) Vaäy HK d(SC,DM)

2 2

1 1

vuoâng SHC

HK SH HC

1 19

3a 4a 12a

   

  

2a HK d(SC,DM)

19

  

S

B M

A N

H

D C

K

M

A B

H N

(118)

Bài (Tuyển sinh Đại học khối A/2009): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thang vng A D, AB = AD = 2a, CD = a Góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60o Gọi I trung điểm AD Hai mặt phẳng (SIB) (SIC)

vuông góc mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Giải

Do hai mặt phẳng (SIB) (SIC)

vng góc mp (ABCD) nên giao tuyến SI  (ABCD) Vẽ IH  BC SH  BC Do góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) SHI= 60o Gọi J trung

điểm BC

Vẽ CM  AD Ta coù: IHJ ~ CMB

 IH IJ

MC  CB

3a 2a

IJ.MC 2 3a

IH

BC a 5

   

SHI

 tan60o = SI 3

IH 

3a 3a 15

SI

5

  

Ta coù: dt(ABCD) AD(CD AB) 2a(a 2a) 3a2

2

    

Do đó: VS.ABCD 1SI

 x dt(ABCD)

3

1 3a 15. .3a 3a 15

3 5

 

S

C D

I

A B

(119)

BT1 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, cạnh bên 2a Gọi I trung điểm BC Chứng minh SA vng góc BC Tính VS.ABI

BT2: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc (ABC) BAC 120ˆ  0, SBC

cạnh a Tính VS.ABC

BT3 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng B, SA vng góc đáy Biết SA= AB = BC = a Tính VSABC

BT4 CDA/2011 Chóp S.ABC có ABC  cân B AB = a, SA  (ABC) Góc hai mp(SBC) (ABC) 60o

Gọi M trung điểm SC Tính VS.ABM

BT5 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân A, AB = AC = a Mặt bên (SBC) vng góc với đáy Hai mặt bên lại hợp với đáy góc 600 Hãy tính thể

tích khối chop S.ABC

BT6. (CĐ/09) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N, P trung điểm SA, SB, CD Chứng minh MN vng góc SP Tính VAMNP

BT7 (DBA08) Cho S.ABC hình chóp có mặt bên tam giác vuông, SA = SB =SC = a Gọi M, N, E trung điểm AB, AC, BC D điểm đối xứng S qua E I giao điểm SD mặt phẳng (SMN) Chứng minh AI SI Tính VMBSI

BT8 (DB/B08) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh a, SA = a 3, SA(ABCD) Tính VS.ACD cos(SB,AC)

BT9 DB/B08 Cho tứ diện ABCD có ABC ABD cạnh a Mặt phẳng (ACD)  mặt phẳng (BCD) Tính VABCD góc AD BC

BT10 Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 3a, ABC taïi B, AB = a, BC = 2a

Tính d(A’,(SBC))

BT11 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng B Biết SA vng góc mặt phẳng (ABC), AB = a, BC = a 3, SA = a Mặt phẳng () qua A, vng góc SC H, cắt SB K Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a

BT12 (D2006) Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = 2a SA vng góc mặt phẳng (ABC) Gọi M, N hình chiếu vng góc A đường thẳng SB, SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM

(120)

BT14 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cạnh đáy a, SACđều Mặt phẳng () qua vng góc SC N cắt SB, SD M, K Tính VS.AMNK

BT15 (DB/D08) Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông cân B, AB = a, SA = 2a, SA(ABC) Mặt phẳng qua A SC cắt SB, SC H,K Tính VS.AHK

BT16 Cho hình chóp S.ABC có ABC cân B, AC = a, ABC 120ˆ  0,

SA = SB = SC Góc SA mặt phẳng (ABC) 600 Tính V S.ABC

BT17. Cho hình chóp S.ABCD có SA = SB =SD = AB = BC = CD = a,

VSABCD =

3

a

6 Tính SC

BT18 (DB/A07) Cho hình chóp S.ABC có góc mặt phẳng (SBC) (ABC) 600, ABC SBC tam giác cạnh a Tính d(B,SAC)

BT19 (CĐ08) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thang,

0

ˆ ˆ

BAD ABC 90  , AB = BC = a, AD = 2a, SA  (ABCD), SA = 2a Gọi M, N trung điểm SA SD Chứng minh BCMN hình chữ nhật Tính VS.BCMN

BT20 (CĐ/2010) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB)

 mặt phẳng (ABCD), SA = SB, góc SC (ABCD) 450 Tính V

S.ABCD

BT21 Cho hình chóp S ABCD có dạng ABC cạnh 3a, SA = A 2, SAB SAC

4



  Gọi I trung điểm BC SH đường cao hình chóp S.ABCD a Chứng minh H nằm AI Tính thể tích S.ABCD

b Tính khoảng cách từ I đến mp SAB

BT22 Cho khối hình chóp S.ABCD có dạng ABC vuông ACB = 30o và

SA = SB = SC = BC = 2a

Tính thể tích S ABC khoảng cách từ B đến mp (SAC)

BT23. Cho khối hình chóp S ABCD có đáy ABCD vng cạnh a SA  mp (ABCD)

và SA = a Gọi E trung điểm CD Tính thể tích S ABCD có khoảng cách từ S đến

BT24 Cho tứ diện ABCD có ABC vng A, AB = a, AC = A BDC vuông, DA = DB = DC Gọi  góc BC mp (ACD)

(121)

VẤN ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

V = Bh

B: diện tích đáy

h: chiều cao

Dạng 1:LĂNG TRỤ ĐỨNG ĐÁY LAØ TAM GIÁC

Bài1 Đề dự bị tuyển sinh ĐH khối A 2007: Cho lăng trụ đứng ABC.A‘B’C’ có

AB = a, AC = 2a, AA’ = 2a vaø BAC = 1200 Gọi M trung điểm CC’

Chứng minh MB vng góc MA’ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM)

Giaûi

2 2 o

ABC BC AB AC 2AB.ACcos120

    

2 2

BC a 4a 2a2a 7a

2

 

      

 

2 2

BCM vuoâng BM BC MC

    7a25a2 12a2

2 2

A'B'B vuoâng A'B A'B' BB'

    a220a2 21a2

2 2

A'MC' vuoâng A'M A'C MC'

    4a2 5a2 9a2

Ta coù: A'B2 = A'M2 + BM2= 21a2

Nên BMA’ vuông M MB MA'

Vẽ BH AC

Ta có BH AC BHAA’ nên BH  mp AMA'





BHA vuoâng sin60o BH BH a

AB

   

Gọi N trung điểm AA’MNAA'

Vaäy dt( MAA') 1MN.AA' 1.2a.2a 2a 52

2

   

Do đó:

B.AMA'

1 a a 15

V BH.dt( MAA') a

3 3

   

Gọi h khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMA’)

Ta coù:VA.BMA' VB.AMA' 1h.dt(BMA')

 

N A’

A B

B’

H

M C’

(122)

 h = 3VB.AMM a 153 2a 153 a 5

1

dt( BMA ) BM.MA (2a 3)3a

2

   



 

Bài 2.(Đề dự bị ĐH khối B/07) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác

vuông AB = AC = a, AA’ = a Gọi M, N trung điểm AA’ BC’ Chứng minh MN đường vng góc chung AA’ BC’ Tính thể tích khối chóp M A’BC’

Giaûi

Gọi I, I’ trung điểm BC, B’C’

ABC cân A AI BC (1)

   

Mà BB' (ABC) BB' AI (2) Từ (1)&(2) AI (BB'C'C') AI BC'

Mặt khác: MN // AIMN BC' (3) AA' (ABC) AA'AI Mà MN // AIMN AA' (4) Từ (3) (4) MN đường

vuông góc chung AA’ BC’

Ta có A'C' A'B' AA'

A'C' (A'B'BA)

 

Vậy VC'.A'MB 1A'C'dt( BA'M)

 

1A'C' A'B'.A'M1

3

 1.a.a.a a 23

6 12

 

Bài 3.(Tuyển sinh ĐH khối D/09) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC

vuông B AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm A’C’, I giao điểm

AM A’C Tính thể tích khối chop I.ABC khoảng cách từ A đến mp (IBC)

Giải

Ta có: A'ACAC2 9a2 4a2 5a2 2 2

ABC BC 5a a 4a

    

Do A'M // AC IA' A'M

IC AC

  

Trong mp (A’AC) vẽ IH // AA’

thì IH(ABC) Ta có: IH CI

AA'  CA' 

A

C

C I

N I

a B

B

A M

A M C

B

I 2a

A

a K

(123)

2 4a

IH AA' (2a)

3 3

   

Vaäy VI.ABC  13IH.dt( ABC)  14a13 2BA.BC  

4aa.a 4a

9.2

Ta có: BC  BA BB’

BC (ABB'A')

  BC BA'

Veõ IK BC

Do IK // BA’ neân IK  CI 

BA' CA'

2

2 2a

IK BA' a 4a

3 3

    

Ta coù: VI.ABC  VA.IBC 13d(A,(IBC)).dt( IBC)

1d(A,(IBC)).IK.BC



3

4a

6V 9 2a

d(A,IBC)

IK.BC 2a 5.2a

   

Bài 4.(Tuyển sinh ĐH khối D/08) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác

ABC vuông cân B với BA = BC = a, AA’ = a Gọi M trung điểm BC Tính

thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng AM B’C theo a

Giải

Ta có: VLT AA'.dt( ABC)

2

a a

a 2( )

2

 

Gọi N trung điểm BB’

Ta có: MN // B’CB'C // (AMN)

Vaäy d(AM,B’C) = d(B’C,(AMN))

= d(C,(AMN)) Mặt khác:

BC cắt mp (AMN) M Ta coù: d(C,AMN) MC

d(B,AMN)  MB 

B

C M a

A

A

C

B

N a

A

I

(124)

Vẽ BH AM BK NH (1) Ta có: AM (BNH) AM BK (2) Từ (1) (2)BK (AMN)

Ta coù 12 12 12 BK  BN BH

2 2

1 1

BN BA BM

 

   

 

2 2

1 1

a a

a

2

  

   

 

   

 

2 2

2

a a a a

   

Do BK = d(AM,B’C) = a

7

Dạng 2:LĂNG TRỤ XIÊN ĐÁY TAM GIÁC

Bài 1.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC cạnh a, AA’ = 2a AA’ tạo với

mặt phẳng (ABC) góc 60o Tính V

A.CA’B’ Giải

Vẽ A’H mp(ABC)A'AH 60 o o A'H

sin60

AA'

   A'H a 3

Ta có: VA.CA'B'VB'.ABCVC.A'B'C'VABC.A'B'C'VLT

Mà VB'.ABC  VC.A'B'C'  1VLT  A.CA'B'  LT

1

V V

3

 1.A'H.dt( ABC)  1a 3.a 32  a3

3 4

N

A

M

H K B

A C

B

C A

H B 2a

(125)

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối B 2006)

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, AB = a, AA’ = b Gọi  góc hai mặt phẳng (ABC) mặt phẳng (A’BC) Tính

tan thể tích khối chóp A’.BB’C’C theo a b

Giải

Do A’.ABC hình chóp tam giác

Gọi H tâm ABC A’Hmặt phẳng (ABC) Gọi E trung điểm BC BC AE A'E BC

Do đó: AEA' 

A AH

 vuoâng A H AA2AH2

2 2

2 2 a a

A'H b b

3

 

     

 

Ta coù: HE 1AE a

3

 

tan =

2

a b

A H 3b a

1

HE a 3 a

6



 

 

Ta coù: VA'BB'CC'  VABC.A BC' ' ' VA'.ABC

= A'H.dt ABC













3

    

= 3b2 a a 32 a 3b2 a2

3

 



Bài 3. Tuyển sinh ĐH A/2008

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABCvng A, AB = a, AC = a 3,

AA’ = 2a Hình chiếu vng góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trung điểm BC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC cosin góc tạo hai đường thẳng AA’, B’C’

Giaûi

 Gọi H trung điểm BC

Ta có A’H mặt phẳng (ABC) AH BC a2 3a2 a

2



  

B

A C

B

C A

(126)

AHA'vuoâng

A'H2 AA' AH2 4a2a2 3a2

Vaäy: VA'.ABC 1A'H.dt( ABC)

 

V = 1A'H.AB.AC

3

1(a 3)(a 3) a

6

 

 Gọi  góc AA’ B’C’:

Ta có: AA’ // BB’ B’C’ // BC nên =B'BCˆ A'B'H

 vuoâng HB'2 A'B' A'H2 4a2

Ta có: B’B = B’H = 2a nên BB’H cân B’ Gọi I trung điểm BH B’IBH

B’IB vuoâng cos cosB'BI IB BB'

   

a cos

2a

   

Bài4 (Tuyển sinh ĐH khối B/2009)

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có BB’ = a Góc BB’ mặt phẳng (ABC)

60o, tam giác ABC vuông C, góc BAC = 60o Hình chiếu vuông góc B’ lên

mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối A’.ABC Giải

Ta có B’G(ABC)B'BG 60 o

Đặt: AC = x,

Gọi I trung điểm BC

o BC

ABC tan60

AC

   

BC 3x

 

BIC BI2 = 3x2 + x2

4

2

13x



2 x 13

BG BI

3

  

' o BG

BBG cos60

BB'

    BB' 2BG

A C’

B

A C

H I B

B A

C

A I

C G B 60

(127)

2x 13 a

3

  x 3a

2 13

 

2 2 2 13x

B'BG B'G B'B BG a

9

     

B'G2 a2 13 9a. 3a2

9 4.13

   

Ta có: A’B’ // (ABC)d(A',ABC) D(B',ABC)

Do đó: VA'.ABC 1B'G.dt( ABC)

 

1 a 1. .x.x 3 2

 1.3ax2

12

 9aa 9a3

4 4.13 208

 

Bài 5. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC vng C,

BC = 2a, AC = a 6, hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng (ABC) trung điểm BC, góc BB mặt phẳng (ABC) 45o

a) Tính thể tích khối lăng trụ

b) Tính góc hai mặt phẳng (ABBA) (CBBC)

Giải

a) Gọi H trung điểm BC Ta có: BH  (ABC) vaø B BH = 45o

BBH  cân H

 HB = a, BB = a Vaäy VLT = BH dt(ABC)

= a 

2(2a)(a 6) = a3 6

b) Vẽ AK  BB Do AC  (CCBB) nên CK  BB Vậy AKC góc hai mp(ABBA) (CBBC)

CKB  cân có BC = a neân CK = KB = 2a

2 = a

ACK  taïi C  tanAKC AC a

CK a

    AKC

3

  C

A

B

K

B A

C H

2a a

(128)

Bài 6. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng (ABC) trung điểm BC, AA = 2a Hai mặt bên có cạnh chung AA vng góc Tính thể tích khối lăng trụ theo a

Giải

Veõ BH  AA

Do (AABB)  (AACC)

 BH  (CAAC)

 BH  CH (1) Gọi I trung điểm BC Ta có AI  (ABC)

Mà IB = IC nên AB = AC Ta có BC  AI AI Neân BC  (AAI)

 BC  HI (2)

Từ (1) (2) HBC  cân H Đặt x cạnh ABC Thì AI = x

2 vaø HI =

BC x

2 

Ta có: AAI  I  AI2 = AA2– AI2 = 4a2– 3x2

4 Ta có: BHA = CHA CHABHA1v AA BC CH  AA (BHC)  AA HC Do đó: Dt( AIA) =

2AI.AI =

2IH.AA

 4a2 3x x 32. x.2a

4 2

   4a2 3x2 3 4a2

4

 

 

 

 

 8a2 = 9x2

4  x

2 = 32a2

9 Vaäy: VCT = AI.dt(ABC)

= 4a2 3x2 .x 32 (4a2 8a )2 8a 32

4

 

  

 

 

= 2a 8a 16a3

9

3 

C

A

B

H

(129)

Dạng 3:HÌNH HỘP ĐỨNG

Bài1. (Đề dự bị tuyển sinh ĐH khối D/2006)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Lấy K cạnh CC’ cho

CK =

3a Gọi () mặt phẳng qua A, K song song BD, () chia khối lập phương làm hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện theo a

Giải

Gọi O O’ tâm hai hình vuông ABCD

và A’B’C’D’ AK cắt OO’ I

ACK có OI đường trung bình nên OI = CK a

2 

Mặt phằng () // BD () cắt mặt phẳng (DBB’D’) theo giao tuyến MN

qua I vaø song song BD Ta có: BD AC AA’

nên BDmp AA 'C'C'





Mặc khác I trung điểm MN AK nên ANKM hình thoi Ta có: V1 = VAMKN.ABCD = 2VAMK.ABC = 2VA.MKCB

= 2AB.dt MKCB









3  

= a2 a 2a a2

3 3

   

 

 

Vaäy V2 = VAMKN.A’B’C’D = VABCD.A’B’C’D– V1 = a3–

3

a 2a

3 

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối A 2006) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB = AD = a, BAD 60 o, AA’=a

2 Gọi M, N trung điểm

A’D’ A’B’

a Chứng minh AC’ vng góc mặt phẳng (BDMN) b Tính thể tích khối chóp A.BDMN

Giải



D C

A

K C

B A

M O D

N B O

(130)

a/ ABDđều nên AC BD

Maø: AA ' BD nên BD mặt

phẳng (AA’CC’)BDAC' (1)

Gọi O O’ tâm hai hình thoi ABCD A’B’C’D’ Gọi I trung

điểm MN

Ta coù: OA AA ' a

 

nên AOA’O’ hình vuông

Do đó: AC' OI H (2)

Từ (1), (2) ta có: AC' mặt phẳng (BDMN)

b/ OAK vuoâng OA2 AH.AK

 AH =

2

3a

OA 4 3a

AK 3a 3a 15

4 16

 



Ta có: BD  mặt phẳng (AA’CC’) BD OI

a 15

OAK OIO ' OI AK

4

     

Do đó: A.BDMN

1

V AH.dt(BDMN)

3

 1AH.IO(BD MN)

3

 

3

1AH.IO BD3 3a a 15. . .a 3a

6 15 16

  

Dạng 4:HÌNH HỘP XIÊN

Bài 1. Cho hình hộp xiên ABCD.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a,

BAD= 60o AA = AB = AD, cạnh bên tạo đáy (ABCD) góc  Tính thể tích

khối hộp ABCD.ABCD theo a 

Giaûi

Gọi I tâm  ABD ta có IA = IB = ID Mặt khác: AA = AB = AD

Vậy AI trục đường tròn (ABD)

B C

A

O D K H B

N I

M

A D

C

(131)

 AI  (ABCD)

Do đó: góc AA đáy (ABCD) A AI = 

Ta coù AI = 3AO =

2

a a

2 

AAI  tan = A I AI



 AI = AItan = a 3 tan vaø S = dt(ABCD) = 2dt(ABD) = 2.a 32

4 =

2

a

Do VLT = Bh = AI dt(ABCD) = a

3 tan

2

a =

3

a

2 tan

Baøi 2. Tuyển sinh ĐH khối B/2011

Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD hình chữ nhật AB = a,

AD = a Hình chiếu vng góc A’ lên mp(ABCD) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mp(ADD’A’) mp(ABCD) 60o Tính thể

tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ vàkhoảng cách từ B’ đến mp(A’BD’)

Giải

 Gọi O giao điểm AC BD

Gọi I trung điểm AD Ta có OI  AD A’I  AD Vaäy A IO = 60o A’IO  tan60o = A O

IO

 = 3  AO = a

2

Ta coù VLT = AO.dt(ABCD) = a

2 a.a =

3

3a

Ta coù B’C // A’D B’C // mp(A’BD)

Vaäy d(B’, (A’BD)) = d(C, (A’BD))

Veõ CH  BD

Do A’O  (ABCD) A’O  CH Vaäy CH (A’BD)

BCD  CH.BD = CD.CB

A B

C

D

B H

I A

B C

D

A

B

O I

A D

(132)

Vaäy CH = d(B’, (A’BD))

=

2

a.a a

2

(133)

BT1. Cho ABC.A’B’C’ hình lăng trụ đứng đáy đều cạnh a, AA’ = a Tính

A.BCA '

V

BT 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy tam giác cạnh a; BC’ tạo mặt

beân (ABB’A) mặt góc 30o Tính thể tích lăng trụ

BT3. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy tam giác cạnh a Mặt phẳng (ABC’) tạo với mặt bên (BCC’B’) góc  Gọi I, J hình chiếu A lên

BC vaø BC’

a) Chứng minh góc AJI 

b) Tính thể tích khối lăng trụ

BT4.Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A Mặt bên ABB’A’ hình thoi cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với đáy Mặt

bên ACC’A’ tạo với mặt đáy góc  Tính thể tích hình lăng trụ

BT5. (DB/B06) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ tích V Các mặt phẳng (ABC’), (A’BC), (AB’C) đồng quy O Gọi H hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng (ABC)

a) Chứng minh H trọng tâm ABC b) Tính thể tích tứ diện O.ABC theo V

BT6.(D2008) Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’C’B’D’ có đường cao h, góc (A’BD) (ABB’A’)  Tính VLT Sxq lăng trụ theo h 

(ÑS: V h t an 2 1 S 4h tan 2 1)

BT7.Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC cân A Góc AA’ BC’

6

 Góc nhị diện cạnh AA’

3

 Tính thể tích lăng truï

BT8. (DBD2007) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA’ Chứng minh BM vng góc với B’C tính khoảng cách hai đường thẳng BM, B’C

BT9.Cho hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thoi cạnh a Góc BAC

bằng 60o AA’ = A’B = A’D cạnh bên tạo với đáy góc 

a) Xác định góc và chân đường cao vẽ từ A’

b) Tính thể tích V hình hộp

BT10. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ABC  B AB = a, AA’ = 2a,

A’C = 3a Gọi M trungđiểm A’C’, I giao điểm AM A’C Tính VIABCvaø

d(A,(IBC)

(134)

a

4 tạo với BC góc có sin = 15 Tính thể tích lăng trụ

BT12. Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC cạnh a,

AA’ = A’B = A’C, góc hai mặt phẳng (ABB’A’) (ABC) 60o Tính thể

tích diện tích xung quanh lăng trụ

BT13 Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có ABC  C, B= 2a, AC = a Gọi

H trung điểm BC B’H mp(ABC) góc BB’ và mp (ABC) /4

Tính thể tích khối lăng trụ góc hai mặt phẳng (ABB’A’) (CBB’C’)

VẤN ĐỀ 3: HÌNH TRỤ

 Hình trụ hình sinh hình chữ nhật quay vòng quanh cạnh

 Các thiết diện qua trục hình chữ nhật

V = B.h

S

xq

= 2



Rh

Bài 1. Bên hình trụ tròn xoay có hình vuông ABCD cạnh a nội tiếp mà

hai đỉnh liên tiếp A,B nằm đường trịn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng hình vng ABCD tạo mặt phẳng đáy hình trụ góc 450 Tính theo a diện

tích xung quanh hình trụ thể tích khối trụ

Giải

Gọi B'

hình chiếu vng góc B xuống mặt đáy chứa (O’) ABCD hình vng DC CB CD CB'

Do đó: BCB' 45

DB’là đường kính (O’)

'

BBC

 vuông cân nên: BB’ = CB’ = a

2 CDB'

 vuông nên:

DB = CD2CB'2 a2 2a2 a

4

  

O O

C A

O B

(135)

'

DB a

R

2

  

Do Sxq Rh a a a 32

4 2



    

vaø: V R h2 .6a a 22. a 23

16 16



    

Bài 2. (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006) Cho hình trụ có đáy hai hình

trịn tâm O O', bán kính đáy chiều cao a Trên đường tròn

tâm O lấy điểm A, đường tròn tâm O'

lấy điểm B cho AB = 2a Tính theo a thể tích tứ diện O.O’AB.

Giải

Vẽ BC vng góc mặt phẳng đáy chứa đường trịn (O) ABC vuông

 AC2 = AB2 – BC2 = 4a2– a2 = 3a2

Vẽ CH OA Mà OO' CH

Neân CH  mp (OO'A)

Ta có BC // mp (OO'A)

Nên CH = d (C, (OO'A)) = d (B, (OO'A))

2 2

AOC AC OA OC 2OA.OCcosAOC

    

2 2

3a 2a 2a cosAOC

1 cosAOC

2

  

AOC1200

vuoâng COH sin 600 CH CH a

OC

   

Vaäy: ' '

3 O.ABO B.AOO

1 a a

V V CH.dt( OO'A) a

3 2 12

 

     

 

Bài 3.Cho hình trụ có hai hình trịn đáy tâm O O’, bán kính đáy R, chiều cao

R Gọi A điểm đường tròn (O) Tìm B C đường trịn (O’)

sao cho tam giác ABC

Giaûi

O

B

A C

(136)

Từ A vẽ AA '// OO'AA 'mp chứa (O’)

Vẽ đường kính A 'O 'D

Do AB = AC nên A’C = A’B Mặt khác O’B = O’C = R

Vậy O’A’ đường trung trực BC

O' A ' BC

  taïi trung điểm I

Đặt x = A’I (0 x 2R  ) A 'BD

 vuông B nên BA’2= A’I.A’D = 2Rx

và IB2 = IA’.ID = (2R – x) x

Vaäy BC = 2BI = x(2R x)

A ' AB

 vuông A’

nên BA2= AA’2+ BA’2 = 2R2 + 2Rx

Mà ABC

2 2

BA BC 2R 2Rx 4x(2R x)

     

2

4x 6Rx 2R

   

 x = R  x = R Do ABC

IA’ = R BC đường kính (O’) mà vng góc O’A’ IA’ = R

2 BC dây vuông góc O’A’ trung điểm O’A’

Bài 4. Cho hình trụ có đáy hai hình trịn tâm O O' bán kính R, chiều cao

R Trên hai đường tròn O O'lấy hai điểm A B cho góc

hai đường thẳng OA O 'B  không đổi a) Tính AB theo R 

b) Chứng minh AB di động trung điểm AB ln di động đường trịn cố định

Giải

a/ Vẽ O ' A '// OA A'O'B = 

Veõ O'H A'B HA' HB

AOA 'O ' hình chữ nhật

 AA '// OO'AA ' (O')

' '

O A H

 vuoâng sin A 'H O ' A '



 

A 'B 2A 'H 2R sin



  

O

A

C

A

B D

O I

(137)

AA 'B vuoâng

2 2 2

AB AA ' A 'B 2R 4R sin

2



    

2

AB R sin



  

b/ Gọi K trung điểm OO ' I trung điểm AB Ta có: IH 1AA'

2

 vaø KO' 1OO' 1AA'

2

 

Do IH KO 'nên O'HIK hình chữ nhật

Do KI O'H R cos

2



 (khơng đổi)

Do I ln di đơng đường trịn tâm K bán kính R' R cos

2

  nằm mặt phẳng qua K song song với hai đáy

Bài 5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A BCD' ' ' ', BC = b, đường chéo D'B

hình hộp tạo với mặt phẳng đáy góc  tạo với mặt phẳng bên CDD’C’

goùc 

a) Tính diện tích xung quanh hình trụ ngoại tiếp hình hộp b) Tính thể tích hình hộp ABCD.ABCD

Giải

a/ Ta có: D BD   vaø BD C   (do BC (DCC’ D’)

BCD vuông C có BD b

sin

  DDB coù DD BD sin b sin

sin

 

  



Bán kính đáy R hình trụ ngoại tiếp hình hộp:

'

BD bcos

R BDcos

2 2sin

      '

b sin S R.DD

2sin

 

   



b/ Ta coù: BD b cos sin    O O 

A H B

I K A

D C

A B

D C

B A

 

(138)

ABD  AB = 2 2 2

b cos

BD AD b

sin



  

 =

2

b cos sin

sin   

 V =

2

2 2

b sin cos sin

sin

   

(139)

BT1 Cho hình trụ có bán kính đáy R chiều cao R lấy hai điểm A, B nằm

hai đường tròn đáy cho AB = 2R Tính khoảng cách từ AB đến trục hình trụ theo R

BT2. Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O’ bán kính R, đường cao

R Lấy A (O), B (O’) cho OA vuông góc O’B

a) Chứng minh mặt bên hình chop OABC’ tam giác vng Tính V

khối chóp

b) Gọi () mặt phẳng qua AB song song OO’ Tính d(OO’, )

BT3 Cho hình trụ tích V khơng đổi Tính diện tích đáy chiều cao cho

diện tích tồn phần đạt giá trị nhỏ

BT4 Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vuông, diện tích xung quanh 4

a) Tính diện tích tồn phần hình trụ b) Tính thể tích khối trụ

BT5 Cho lăng trụ đứng ABCD.A BCD' ' ' 'có đáy ABCD ABCD hình thang cân

với đáy nhỏ AB = a, đáy lớn CD = 4a, cạnh bên 5a

2 Chiều cao lăng trụ h a) Chứng minh có hình trụ nội tiếp lăng trụ cho

(140)

VẤN ĐỀ 4: HÌNH NĨN

–Hình nón trịn xoay hình sinh tam giác vng quay vịng quanh cạnh góc vng

– Các thiết diện qua trục

là tam giác cân



xq

2

S = h

1

V =

R h

3

l

R: bán kính đường trịn đáy

l = SM: đường sinh h = SO: đường cao

– Hình nón cụt phần hình nón giới hạn mặt đáy thiết diện vng góc với đáy

xq

2

2 2

S (R R ')

1

V h(R R ' RR ')

3

h (R R ')

  

   

  

l

R,

R '

l =MM': đường sinh

Bài 1. Cho hình nón có chiều cao h Gọi ( ) mặt phẳng qua đỉnh hình nón

tạo mặt đáy góc

 Tính theo h diện tích mặt cắt

( )



O

M

O

M O

(141)

biết mặt cắt chắn đường trịn đáy cung có số đo



Giaûi

Vẽ OH  AB SH  AB Ta có: SHO   

4 SHO vuông caân

 SH = SO = h OH = SO = h Ta có: sđ

AB



BH

OH

 AB = 2BH = 2h Do đó: dt (



2SH.AB =

2 (h 2)(2h 3)= h

2 6

Bài 2: Cho



Người ta quay tam giác vịng quanh BC Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành theo a



Giaûi

Vẽ đường cao AH

AB a

ABC sin BC

BC sin

      



vaø

tan

AB

AC ABcot

AC

 







AH

AHC

sin

AC



 

 

 AH = ACsin

= acost sin = acos

Khi quay



3

  

2

AH (BH CH) AH BC

3

 

  

H B

A O

S

A

A C

B

(142)

 

   

 

3

2 a a cos

(a cos )

3 sin sin

Bài Một hình nón có đường cao 20, bán kính đáy r = 25

a) Tính diện tích xung quanh hình nón

b) Một thiết diện qua đỉnh cách tâm đáy 12 Tính diện tích thiết diện

Giải

a) SOA vuoâng

 SA2 = SO2 + OA2 = 400 + 625 = 1025  SA = 5 41

Vaäy Sxq =



b) Mặt phẳng qua đỉnh S cắt mặt nón theo hai đường sinh SM SN

Vẽ OH



Ta có MN



 OK = 12 = d(O, mp (SMN))

SOH

 vuoâng 2 2 12

OH OK SO

1

144 400 256 144.400

  

 



12 20

OH 15

16



  

OMH

 vuoâng MH2 OM2OH2 625 225 400 

MN 2MH 40

  

SOH

 vuoâng SH2 SO2OH2 400 225 625  SH 25

Vaäy: dt( SMN) 1SH.MN 1.25.40 500

2

   

Bài Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a BSC 

với

2



   Tính theo a  a) Thể tích khối chóp theo a 

b) Diện tích xung quanh hình nón ngoại tiếp hình chóp

Giải

a/ Gọi H tâm hình vuông ABCD

SH mp(ABCD)



K S

M

O

H N

(143)

Gọi M trung điểm BC Ta coù HM









SH = a2cot2 a2

4

  = a cos sin

2

 

Thể tích khối chóp: V a cos3 6sin

2

 



b/ Diện tích xung quanh hình nón ngoại tiếp hình chóp là: S = HB.SB Với: HB = a

2 vaø SB = a sin   a S sin   

Bài Cho hình chóp tam giác S.ABC, cạnh đáy a, góc đỉnh mặt bên

là

a) Tính thể tích khối chóp cho theo a 

b) Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S nội tiếp hình chóp theo a 

Giaûi

a/ Gọi O tâm tam giác ABC SO mp(ABC)

Gọi I trung điểm BC Do SBC cân nên SI  BC BSI 1BSC

2



 

Ta coù: OB = BJ =

2 a 3. a

3 

SBI vuông I



sin  BI BS a 

2 SB 2sin

2

SOB vuông O

 SO2 = SB2– OB2

= 2

2

a a a 4

3 12

4 sin sin

2                2

a 3cot 1

12          S

A a B

(144)

Vaäy: VS.ABC =

3h.dt (



2

a a a

V 3cot 3cot

4 24

6

 

    

b/ SBI tan BI

2 SI



 

SI

BI

a

2

.cot

a

2

tan

2

 





vaø R OI a

 

Vaäy Sxq R a acot a 32 cot

6 2 12

  

    

Bài 6. Cho S.ABC hình chóùp tam giác có cạnh bên a góc mặt

bên mặt đáy 300.Gọi hình nón nội tiếp hình chóp hình nón đỉnh S đáy

là đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tính diện tích xung quanh hình nón nội tiếp hình chóp S.ABC theo a

Giaûi

Gọi J trung điểm BC, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Do S.ABC hình chóp nên SI  mp(ABC) AJ  BC

 SJ  BC Vaäy SJA 30 0

Đặt r = IJ bán kính đường trịn nội tiếp ABC

SIJ

 vuoâng tan 300 SI

IJ

 

vaø cos 300 IJ

SJ

 SI r

3

 

vaø SJ 2r



SIA

 vuoâng SA2 AI2SI2

2 2 2

2 r r 13r

a (2r) 4r

3 3

 

      

   

3

r a

13 Vaäy SJ 2r  2a

3 13

A

C J

B S

(145)

Do đó: Sxq r a 2a 2a 32 13

13 13

   

        

 

Baøi 7. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao 15 cm, bán kính R = cm Tìm chiều

cao bán kính đáy hình trụ có diện tích tồn phần lớn nội tiếp hình nón Tính diện tích tồn phần hình trụ

Giải

Gọi r h bán kính đáy chiều cao hình trụ nội tiếp hình nón với < r < < h < 15

Ta có: Stp = 2Sđáy + Sxq = 2r2 + 2rh

Do MN // SH AN MN r h

AH SH 15



   

 

      

 

r 5r

h 15 15

6

Vaäy: S(r) = 2 r2 2 r 15 5r

2

 

     

 

S(r) = 2 2

2 r 30 r r   30 r r   với < r < Ta có: S’(r) = 30  6 r; S’(r) = 0r =

r

s' + –

s 75

CĐ Do đó: Smax = 75

r 5 h

2

  

   



S

M

A B

(146)

BT1 Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO Lấy A, B thuộc đường tròn tâm O

cho d(O, AB) = a, SAO= 300, SAB= 600 Tính diện tích xung quanh hình nón

BT2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có chiều cao SH h, góc SAB

 với  450 Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S đáy đường

tròn ngoại tiếp hình vng ABCD

BT3 Cho hình nón



vng góc SO

O



R

thay đổi vng góc SO O1 (O1 nằm O

O

diện hình tròn có bán kính x Tính x theo R,

R

giữa (P) đáy hình nón theo phần tích

BT4 Cho hình nón có chiều cao h Gọi (



với đáy góc

 Tính diện tích mặt cắt chắn đáy có số đo 2



BT5 Trong khối nón trịn xoay có diện tích tồn phần



nào có diện tích lớn

BT6 Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h có bán kính đáy R Trong mặt

(147)

VẤN ĐỀ 5: MẶT CẦU

–

THỂ TÍCH KHỐI CẦU

Mặt cầu tâm I bán kính R, kí hiệu S(I, R)

S(I, R) =





Hình cầu tâm I bán kính R, kí hiệu B(I, R) B(I, R) =





Thể tích hình cầu B(I, R):



R

3

4

V =

3

Diện tích mặt cầu:



2

mc

s

= R

Phương pháp xác định mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

 Trường hợp 1: Nếu ABC ADC 1v 

Hai điểm B D nhìn đoạn AC góc vng nên nằm mặt cầu đường kính AC

 Trường hợp 2: Nếu AB AC AD a  

– Vẽ AH  mp (BCD) H tâm đường tròn ngoại tiếp BCD

– Trên mp (ABH) vẽ đường trung trực AB, đường cắt AH I I tâm mặt cầu (ABCD)

– Do hệ thức lượng đường tròn (IJBH) ta có:

AJ.AB = AI.AH  R = IA = a2 2AH

 Trường hợp 3: Nếu AB  mp (BCD)

Vẽ

 

– Vẽ () mặt phẳng trung trực

M I

R

A

D

B

C A

I J

B D

H C A



I J

(148)

AB () cắt () I I tâm mặt cầu (ABCD)

– R = IB = IH2HB2

Bài Thiết diện qua trục hình nón tam giác đều, bán kính đáy hình

nón R

a) Tính thể tích khối nón cho

b) Chứng minh diện tích đáy, diện tích xung quanh, diện tích tồn phần hình tỉ lệ : :

c) Chứng minh diện tích tồn phần hình nón diện tích mặt cầu mà đường kính chiều cao hình nón

Giải

SAB cạnh 2R nên SO 2R R

 

Vậy Vnón =

3SO.dt.(đáy) =

3

R 3( R ) R

3



 

Ta có Sđáy = R2

Sxq = R.SA = 2R2

Stp = Sđáy + Sxq = 3R2

Do Sđáy : Sxq : Stp = : :

Diện tích xung quanh mặt cầu bán kính SO R

2 

Vaäy Smc = 4(SO2) = 4

2

R 3 R S

2

 

  

 

 

Bài 2. (Tuyển sinh Đại học khối D 2003) Cho hai mặt phẳng (P) (Q) vng

góc với theo giao tuyến () Trên () lấy hai điểm A, B mà AB = a Lấy C (P) D (Q) cho AC BD vng góc () mà AC = AB = BD Tính bán kính mặt cầu qua điểm A, B, C, D khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)

Giaûi

a/ Do hai mặt phẳng (P) (Q) vng góc với theo giao tuyến

 

mp (Q)  AC  AD

O

A B

2R 2R

(149)

Tương tự: BD  ()  BD  (P)

 BD  BC Ta coù : DBC DAC 1v 

B A nhìn DC góc vng nên nằm mặt cầu đường kính DC, R = DC

2

ABC  caân  BC2 = 2a2

BDC  R=CD a2 2a2 a

2 2



 

b) Từ A vẽ AK  BC

Ta có (P)  (Q) mà BD  nên DB  (P)



BD AK



Vậy AK mp(BCD)

Do đó: AK = d(A, BCD) = AC.AB BC =

2

a a =

a 2

Bài 3. Cho tứ diện SABC cạnh a Gọi I trung điểm đường cao SH

tứ diện

a) Chứng minh ba đường thẳng IA, IB, IC vng góc với đôi

b) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC tính bán kính theo a

Giải

a/ S.ABC tứ diện đường cao SH nên H tâm của



ABC

SHB

 vuông H

 

      

 

2 2 2 2 a 2a

SH SB BH a

3 a a

SH

3

  

IHB

 vuoâng

2 2

2 2 a a a

IB IH HB

6

   

       

   

I SH





IA IB IC



Xeùt IBC coù IB2 + IC2 = BC2 IB

IC Tương tự ta cóIC IA, IA IB

b) Vì I H cách A, C, B nên tâm hình cầu qua điểm I, A, B, C phải

D

P

Q B

K C

A 

S

A

C O B

M I

(150)

nằm IH.Vẽ đường trung trực đoạn IB mp(BIH), đường cắt IH kéo dài O

Ta có

OA OB OC OI



Ta coù: IBH ~ IOM IB IH

IO IM

   

2

IB.IM IB a a R OI

IH 2IH a 6 4

6

     

     

Bài Cho tứ diện ABCD có hai mặt bên (ACD) (BCD) vng góc nhau,

AB = BC = BD = AC = a, AD = a a) Chứng minh ACD vuông

b) Tính theo a diện tích mặt cầu xung quanh qua A, B, C, D

Giải

a) Gọi M trung điểm CD

BCD cân B  BM  CD (ACD)  (BCD)  BM  (ACD) Do BC = BD = BA neân MC = MD = MA Vậy ACD vuông A

b) Do BC = BD = BA vaø MC = MD = MA

nên BM trục đường tròn (ACD) Trong (BCD) đường trung trực BC cắt BM O O tâm mặt cầu qua B, C, D, A

ACD vuông A  CD2 = AC2 + AD2 = a2 + 2a2 = 3a2

BCM vuông M  BM2 = BC2– MC2 = a2–

2 2

a a

2

 



 

 

BIO BMC  BI BO

BM  BC

 R = BO = BI.BC BC2

BM  2BM  R =

2

a a

2 = a Vaäy Sxq = 4R2 = 4a2

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh a;

SA = SB = a, hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) vuông góc với Tính diện tích xung quanh mặt cầu qua S, A, B, D

B

I O

C

M D

(151)

Giaûi

Gọi J tâm hình vng ABCD Gọi  đường thẳng qua J và(ABCD)  trục đường trịn (ABCD)

Gọi I trung điểm AB

SAB SI AB

Mp(SAB)  (ABCD) SI (ABCD) Do IJ AB IJ (SAB)

Gọi G tâm tam giác SAB Vẽ (d) (SAB) G (d) trục đường trịn (SAB) Ta có (d) cắt tại O

O  OA = OB = OD O  d  OA = OB = OS Vaäy OA = OB = OD = OS

O tâm mặt cầu qua S, A, B, D Vậy OGIJ hình chữ nhật

Ta có d // IJ SI // 

OSGvuông R2 SO2 SG2 OG2

 R2 =

2 2 2

2SI IJ a 3. a

3 2

 

    

 

     

      =

2 2

a a 7a

3   12 Do Sxqmc =

2 7a

R

  

Bài (Tuyển sinh ĐH khối B năm 2010) Cho lăng trụ tam giác

' ' '

ABC.A BCcoù AB = a, góc hai mặt phẳng (A 'BC) (ABC)

0

60 Gọi G trọng tâm A BC' Tính thể tích khối lăng trụ bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC

Giải

 Gọi H trung điểm BC, ABC

 AHBC

Mà AA 'mp(ABC) A 'H BC

 S

G O d

A D

I

J

B C

A' C'

B'

(152)

Vaäy A 'HA 60 o

o AA '

A ' AH tan 60

AH a 3a AA '

2

   

  

Vaø cos 60o = AH A 'H 2AH a 3

A 'H  2  

Do LT

3a a 3a

V AA '.dt( ABC)

2

   

 Trong mặt phẳng (GHA) vẽ (d) đường trung trực GA cắt GI O O tâm mặt cầu qua G, A, B, C

Gọi M trung điểm GA Gọi I tâm  ABC

Ta coù: HG HI GI // AA ' HA '  HA  3

Vaäy: GI GI 3a a AA '  3  

GIA  GA2 = GI2 + IA2 =

2

a a 3.

2

 

    

   

   

2 2

a 3a 21a

4 36

  

Ta coù: G /(OMIA)

2

GM.GA GO.GI

GM.GA GA 21a 21a 7a

R GO a

GI 2GI 36 .2 36 12

2

 

      

P

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi caïnh a; ABC 60 o,

SA = SB = SC = a

Gọi M trung điểm SD; N hình chiếu vng góc M lên mp (ABCD) Tính thể tích khối S.ABCD Chứng minh sáu điểm S, B, A, C, M, N thuộc mặt cầu

Giải

ABC có AB = BC = a ABC = 600 nên ABC tam giác

Gọi G tâm ABC SA = SB = SC, GA = GB = GC neân SG  (ABCD)

Do MN



G

M d

A C

O

(153)

Ta có: SBG vuông

 SG2 = SB2– BG2

= a2 –

2

2 a 3.

3

 

 

 

= a2 a2

3 =

2

2a Vaäy VS.ABCD = SG

3 dt (ABCD)

= a 2a a 23

3 

 Gọi I tâm mặt cầu qua S, A, B, C Thì I  SG trục đường trịn (ABC) Ta có: IS = IB = R  ISB cân Gọi H trung điểm SB IH  SB Ta có: S/(IHBG) SI.SG SH.SB

 R = SI = SH.SB SB2 SG  2SG

2

a

a 3

a 6

4

a 2

2 2

2.

3



Ta coù IG = SG – SI = a a a

3   12

vaø NG = OG + ON =2 a a

3 

IGN vuoâng  IN2 = IG2 + GN2 =6a2 3a2 a2 a2 3a2

144   24  Ta coù IN = a a

4

2  = R  N mặt cầu qua SABC Ta coù: IG a

12 ; SG

a a

3 

 IG =

4 SG maø MN =

2 SG  MN = IG

Gọi K trung điểm MN Do IGNK hình chữ nhật nên IK  MN Vậy IM = IN = R

Do sáu điểm S, A, B, C, M, N thuộc mặt cầu tâm I với R = a

4

S

M

N G

I

D

H

S

M

D

C B

a G O

A I

(154)

BT1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc đáy,

SB = a a) Tính VS.ABCD

b) Chứng minh trung điểm SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

BT2 Cho hình chóp tam giác cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc  Tìm

tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

BT3 Cho tứ diện ABCD với AB = AC = a, BC = b Hai mặt phẳng (BCD)

(ABC) vuông góc góc BDC 900 Xác định tâm bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a b

BT4 Cho hình cầu đường kính AB = 2R, lấy H bán kính OB cho OH = R

3 Mặt phẳng () qua H vng góc AB cắt hình cầu theo đường trịn (C)

a) Tính diện tích hình tròn (C)

b) Gọi CDE tam giác nội tiếp (C) Tính thể tích hình chóp ACDE BCDE

BT5 Trong mặt phẳng cho đường trịn đường kính AB = 2R Lấy M di động đường

trịn Vẽ MH vng góc AB H với AH = x (0 < x < 2R) Dựng đường thẳng vng góc với mp M lấy MS = MH Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABM Tìm x để bán kính mặt cầu đạt giá trị lớn

BT6 Cho tứ diện S.ABCD có SA vng góc mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh

SB = a, góc BSC

, góc ASB baèng  0

2

     

 

 

a) Chứng minh SB vng góc BC Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC

b) Tính thể tích tứ diện SABC theo a  Tìm  để thể tích lớn

BT7 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA



qua A vng góc SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Chứng minh điểm A, B, C, D, B’, C’, D’ thuộc mặt cầu Tính diện tích mặt cầu

BT8 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh a SBD Hình

chiếu vuông góc S lên mp(ABCD) trọng tâm ABD a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

b) Xác định tâm bán kính mặt qua S, A, B, C, D (ÑS: R = a 35

(155)

(156)

BAØI

HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN

 Trong không gian (Oxyz) cho hai vectô a = (a1, a2, a3), b 

= (b1, b2, b3) Ta coù:

1 2 3

a b

a b a b

a b

   

   

 







a b a b , a b , a b

 

    





k a ka , ka , ka (k R)

a vaø b phương [a, b]= 0   k R : a k.b 





3 2

a

a a

b b b

   (b1.b2.b3



Định nghóa: a b   a b cos(a, b)

Định lý: a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3

Hệ quả: a2 a2; 2

1

a  a a a

a b a b

   

  

 Trong khoâng gian (Oxyz) cho A(xA, yA, zA, ), B(xB, yB, zB), C(xC, yC, zC) Ta coù: AB = (xB – xA, yB– yA, zB – zA)

AB = AB =



x - xB

A

 

2+ y - yB

A

 

2+ z - zB

A



2

Trung điểm I đoạn AB:

A B I A B I A B I x x x y y y z z z              

G trọng tâm ABC

A B C G

x x x

x

3

y y y

y

3

z z z

(157)

Lưu ý:

Nếu M  (Oxy) zM = Nếu M  (Oyz) xM = Nếu M  (Oxz) yM = Nếu M  xOx yM = zM = Nếu M  zOz xM = yM = Nếu M  yOy xM = zM =

 Tính có hướng hai vectơ

Trong không gian (Oxyz) cho vectơ: a = (a1, a2, a3), b 

= (b1, b2, b3) Tích có hướng hai vectơ a b, ký hiệu a, b (hoặc a b), vectơ có tọa độ:

2 3 1

a a a a a a

[a, b] , ,

b b b b b b

 

  

 

Tính chất:

1/ Vectơ [a, b]vng góc với hai vectơ a b 2/ a, b   b,a 

3/ a, b   a b sin a, b 

 

Ứng dụng tích có hướng

a/ a, b, c đồng phẳèng [a, b].c  0 b/ Diện tích tam giác ABC: S = 1 [AB, AC]

2

c/ Diện tích hình bình hành ABCD: S [AB, AD] d/ Thể tích tứ diện ABCD:

1

,

.

6

V

 



AB AC AD





e/ Tính thể tích hình hộp ABCD.ABCD:

1

,

'

6

V

 



AB AD AA





 Các dạng toán thường gặp

 A, B, C, thẳng hàng  AB phương với AC  AB, AC 

 A, B, C đỉnh tam giác  A, B, C không thẳng hàng

(158)

 AB, AC, AD không đồng phẳng  AB, AC AD   Trực tâm H ABC

Tìm tọa độ điểm H từ điều kiện: AH.BC

BH.AC

A, B, C, H đồng phẳng

      

.

0

.

0

.

0

AH BC

BH AC

BC AC AH

























 Chân đường cao A đường cao AA ABC Tìm tọa độ điểm A từ điều kiện

AA BC

BA phương BC

  

 



 

AA BC BA ,BC

           

 Tâm đường tròn ngoại tiếp I ABC Tìm tọa độ điểm I từ điều kiện:

IA IB IA IC

A, B, C, I đồng phẳng

        2 2 IA IB IA IC

AB, AC AI

          

 Chân đường phân giác ABC

Gọi D, D chân đường phân giác BAC Ta có: DB D B AB

DC D C AC



 



Vậy DB AB.DC AC

  D B AB.D C AC

  

 Để tìm tâm đường trịn nội tiếp: – Vẽ đường phân giác B cắt

AD I I tâm đường trịn nội tiếp ABC

– Tìm I từ cơng thức:

IA BA

ID  BD 

BA IA ID BD   A I

(159)

Bài 1: Cho ba vectơ a = (1, m, 2), b = (m + 1, 2, 1), c = (0, m – 2, 2) a Tìm m để a vng góc b

b Tìm m để a, b, c đồng phẳng c Tìm m để a b  c

Giaûi

a/ Ta coù:

a  b  a.b=  m + + 2m + =  m = –1 b/ Ta coù:

[a, b] = (m – 4, 2m + 1, –m2 – m + 2)

 [a, b].c = (m – 2)(2m + 1) + 2(–m2 – m + 2) = –5m + 2 Do đó:

a, b, c đồng phẳng  [a, b].c =  –5m + =  m = c/ Ta có: a b = (m + 2, m + 2, 3)

Do đó: a b = c  a b 2= c2

 (m + 2)2 + (m + 2)2 + = (m – 2)2 +

 m2 + 12m + =  m = –6  3 3

Bài 2: Cho a = (1, –2, 3) Tìm vectơ b phương với vectơ a, biết b tạo với trục tung góc nhọn b  14

Giải

Gọi b = (x, y, z); Oy có vectơ đơn vị j = (0, 1, 0)

Ta có:

b ka b.j

b 14

     

 



2 2

x k, y 2k, z 3k y

x y z 14

    

  

   

 

2 2

x k, y 2k, z 3k y

k 4k 9k 14

    

  

   





x k, y 2k, z 3k y

k

   

       

 x 1, y 2, z

k

    

(160)

Vaäy b = (–1, 2, –3)

Bài 3: Cho ba điểm: A (–2, 0, 2), B (1, 2, 3), C(x, y – 3, 7) Tìm x, y để ba điểm A, B, C thẳng hàng

Giaûi

Ta coù: AB = (3, 2, 1), AC = (x + 2, y – 3, 5) Caùch 1: [AB, AC] = (y – 13, 13 – x, 2x – 3y + 13)

Ta có: A, B, C thẳng haøng  [AB, AC] = 0 

y 13 13 x 2x 3y 13

           

 x = y = 13 Caùch 2:

A, B, C thẳng hàng  x y

3

     x = y = 13

Cách 3:

A, B, C thẳng hàng  AC = kAB 

x 3k y 2k k            x 13 y 13 k        

Bài 4: Cho ba điểm: A(1, 1, 1), B(–1, –1, 0), C(3, 1, –1) a Tìm điểm M trục Oy cách hai điểm B, C

b Tìm điểm N mặt phẳng (Oxy) cách ba điểm A, B, C c Tìm điểm P mặt phẳng (Oxy) cho PA + PC nhỏ

Giaûi

a/ Goïi M(0, y, 0)  Oy

M cách hai điểm B, C



 + (y + 1)2 = + (y – 1)2 +  y = 9 Vậy M(0,

4, 0) b/ Gọi N(x, y, 0)  (Oxy)

N cách ba điểm A, B, C  NA22 NB22

NA NC       

2 2

(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)

(x 1) (y 1) (x 3) (y 1)

(161)

Vaäy N (2, – 4, 0) c/ Goïi P(x, y, 0)

Nhận thấy A C nằm khác phía mp (Oxy) (do zA.zC = –1 < 0) Ta có: PA + PC  AC

Do đó: PA + PC nhỏ

 PA + PC = AC  P = AC  (Oxy)  A, P, C thẳng hàng Ta có: AP = (x – 1, y – 1, –1), AC = (2, 0, –2)

A, P, C thẳng hàng  AP AC phương  AP = kAC



x 2k y

1 2k             x y 1 k        

Vậy P(2, 1, 0)

Bài 5: Cho ABC có A(0, 0, 1), B(1, 4, 0), C(0, 15, 1) a Tính độ dài đường cao AK ABC

b Tìm tâm I đường trịn ngoại tiếp ABC c Tìm trực tâm H ABC

Giải

a/ AB= (1, 4, –1), AC = (0, 15, 0), BC = (–1, 11, 1)

[AB, AC] = (15, 0, 15)  SABC = 1[AB, AC] 15

2 

Ta có: SABC =

2AK.BC = 15

2  AK =

15 15 BC  123 b/ Gọi I(x, y, z) Ta có:

IA IB IA IC

AB, AC, AI đồng phẳng

        2 2 IA IB IA IC

[AB, AC].AI

        

2 2 2

2

( 1)

( 1) (

4)

2 1

2 16

(

15)

x

y

z

x

y

z

x

y

(162)

x 4y z 2y 15 x z

               21 x 15 y 23 z            

Vaäy I(– 21 ,

15 ,

23 )

c/ Gọi H(x, y, z) Ta có: H trực tâm ABC



AH.BC BH.AC

AB, AC, AH đồng phẳng

        AH.BC BH.AC

AB, AC AH

          

x 11y z y

x z

                x 22 y z 21         

Vaäy: H(22, 4, –21)

Bài 6: Cho bốn điểm: A(1, 0, 1), B(–1, 1, 2), C(–1, 1, 0), D(2, –1, –2) a Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh tứ diện b Tính cosin góc hai đường thẳng AB CD c Tính độ dài đường cao AH tứ diện ABCD

Giaûi

a/ A, B, C, D bốn đỉnh tứ diện  AB, AC, AD không đồng phẳng  [AB, AC].AD 

Ta có: AB(–2, 1, 1), AC = (–2, 1, –1), AD = (1, –1, –3) [AB, AC] = (–2, –4, 0)  [AB, AC].AD =  Vậy A, B, C, D bốn đỉnh tứ diện

b/ Ta coù: CD = (3, –2, –2), AB.CD= –10

cos(AB, CD) = |cos(AB,CD)| = AB.CD AB CD =

10 10

6 17  102 c/ VABCD = 1[AB, AC].AD

6 

Ngoài ra: VABCD =

3SBCD.AH =

(163)

Từ BC(0,0, 2), CD(3, 2, 2)  Ta có: [BC,CD] = (–4, –6, 0)

 SBCD = 1[BC,CD]

2 =

1 16 36 13

2    AH = 13 Baøi 7: Cho ABC coù A(1, 1, 1), B(5, 1, –2), C(7, 9, 1)

a Tính cosin góc A

b Chứng minh góc B nhọn

c Tính độ dài đường phân giác góc A d Tìm tọa độ chân đường cao vẽ từ A

Giải

a/ Ta có: AB = (4, 0, –3), AC = (6, 8, 0), BC = (2, 8, 3) cosA = cos(AB, AC) = AB.AC 24 12

5.10 25

AB AC  

b/ BA = (–4, 0, 3), BC = (2, 8, 3)

 BA.BC = >  góc B nhọn

c/ Gọi D(x, y, z) giao điểm đường phân giác góc A với cạnh BC Ta có: DB AB

DC  AC 10   DC 2DB



7 x 2(5 x)

9 y 2(1 y)

1 z 2( z)

   



     

      



17 x

3 11 y

3

z

       

  

Vaäy D(17 11, 3 , –1)

 AD =

2

17 1 11 1 ( 1) 74

3 3

         

   

   

d/ H(x, y, z) chân đường vẽ từ A đến BC AH.BC =

BH phương BC

 

 (*)

(164)

Do đó: (I)

387 x

77

2(x 1) 8(y 1) 3(z 1) 85

y

x y z 77

2 151

z

77

   

     



 

       

 

 

 

  

Vaäy H 387 85 151, , 77 77 77



 

 

 

 Trong tập sau lưu ý kỹ gắn trục tọa độ đề giải toán Hình khơng gian Gốc tọa độ phải điểm để có tam diện vng

Nếu H hình chiếu vng góc M lên (Oxy) xM = xH, yM = yH Để biết tọa độ M  (Oxy) ta vẽ riêng hình mặt phẳng tọa độ quen thuộc ý zM =

Vài tình cụ thể gặp tứ diện S.ABC

 Nếu SA  (ABC) ABC  A

 Nếu SA  (ABC) ABC B

Dùng hệ thức lượng ABC  ta xác định tọa độ B xB = AH yB = AK zB =

S

C A

y

x H

A

K B

z

x

y

C z

y M

x H

O

z

y B

x

(165)

 Nếu SA  (ABC) ABC cân A hay ta chọn Ox  BA hay Ox qua AC

 Nếu S.ABC hình chóp có ABC cạnh a Gọi O tâm đường trịn (ABC) SO  (ABC)

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Ta có: xB = xC = OI =

3.AI = a

6 yB = –yC = IB = a

2 xA = OA = –

3AI = – 23 a

2 = – a

3 Vaäy A a 3, 0,

3

 



 

 , B

a a, , 0

6

 

 

 , C

a a, , 0

6

  

 

 

 Nếu S.ABCD hình chóp có đáy ABCD hình chữ nhật (hay hình C

A

B S

C A

B S

y

x I

y z

x

y

A I

C y

B

O

B S

C

A O

I x y

z

(166)

vuông) có SA  (ABCD)

 Nếu S.ABCD hình chóp có (SAB)  (ABCD) ABCD hình chữ nhật vẽ SO  AB SO  (ABCD)

 Nếu ABCD.ABCD hình hộp chữ nhật (hay lập phương) x

B

C D

A S

z

y

x B

C D

A S

z

y

O

z

x

y

A

B

B A

C

C

(167)

Bài 8. Cho tứ diện N.ABC có NA vng góc (ABC), NA = a, tam giác ABC vng cân A có AB = AC = a Từ trung điểm M BC vẽ đường vng góc (ABC) lấy điểm I phía với N cho MI = a

2 Gọi H chân đường vng góc vẽ từ A đến NC

Chứng minh: AH vng góc NI

Giải

Gắn trục tọa độ hình vẽ

Ta có: A(0, 0, 0), B(a, 0, 0), C(0, a, 0), N(0, 0, a) Ta coù: M a a, ,

2

 

 

  trung điểm AB  I a a a, ,

2 2

 

 

 

ANC vuông cân A nên H trung điểm NC Vậy H 0, ,a a

2

 

 

 

Ta coù AH = 0, ,a a 2

 

 

 

vaø NI = a a a, , 2

  

 

 

 AH.NI = + a2 a2  =

 AH  NI

Bài 9. Đề dự bị Đại học khối A 2006

Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc (ABCD), đáy ABCD hình chữ nhật AB = a, AD = 2a, SB tạo với mp(ABCD) góc 60o Trên SA lấy M cho AM = a

2 , SD cắt (BCM) N Tính thể tích khối S.BCNM

Giải

Ta có: SAB   tan60o = SA AB

 SA = a Mà AM = a

2 M

z N

H J

A

C y M

B x

(168)

trung điểm SA Mp(SAD) chứa AD // (BCM)

Nên (SAD) cắt (BCM) theo giao tuyến MN // AD Gắn trục tọa độ hình vẽ B(a, 0, 0), D(0, 2a, 0), C(a, 2a, 0), S(0, 0, 3a), M(0, 0,

2 a), N(0, a, a) Ta coù: SM = (0, 0, –

2 a), SB = (a, 0, –a 3)

SC = (a, 2a, – 3a), SN = (0, a, –a )

 SM SC = ( 3, 3,0)

2

a

a 

Ta coù: VS.BCNM = VS.BCM + SS.MNC

= 1(SM SC).SB 1(SM SC).SN

6   

= 1a 33 a 33

6  6 =

3

1

3

4

a

Bài 10. Đề dự bị Đại học khối D 2003

Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc (ABC), tam giác ABC vuông B, AB = a, BC = SA = 2a Gọi M trung điểm SC Chứng minh tam giác AMB cân M Tính diện tích AMB

Giải

Gắn trục hình veõ

z S

N M

A

C

D y

x B

60o

y

C x H

A

B

S

M

x C

2a a

(169)

Ta coù: A(0, 0, 0), C(a 5, 0, 0), S(0, 0, 2a)

ABC  taïi B  AB2 = AH.AC

 xB = AH =

2

AB a a

AC  a  vaø BH = yB =

BA.BC a.2a 2a AC  a  Vaäy B a 2a, ,

5

 

 

  Trung điểm SC laø M

a 5, 0, a

 

 

 

Vaäy MA2 = 5a2 + a

2 = 9a2 MB2 =

2

a a

5

 



 

  +

2

4a + a

2

= 45a2 9a2 9 a2 45a2 9a2

100 20 20

 

     

 

Vaäy MA = MB nên MAB cân M Ta có: MA a 5, 0, a

2

 

   vaø AB a 2a 55 , 5 , 0

 

 MA AB 2a a 52 , , a2

5

 

   

 

Do đó: dt(MAB) = 1MA AB 20a4 5a4 a4

2   25  25 

=

4 1

1

2

2 5

2

a

  

Bài 11. Đề dự bị Đại học khối D/2007

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác vuông, AB = AC = a, AA = a Gọi M, N trung điểm AA, BC Chứng minh MN đường vng góc chung AA BC Tính thể tích khối M.ABC

Giải

Gắn trục hình vẽ

Ta có: B(a, 0, 0), C(0, a, 0), A(0, 0, a 2), B(a, 0, a 2), C(0, a, a 2)

 M(0, 0, a

2 ) vaø N( a 2,

a 2,

(170)

Ta coù: MN = (a 2,

a

2, 0), AA = (0, 0, a 2) BC = (–a, a, a 2)

Ta có: MN.AA =  MN  AA MN.BC =  MN  BC Vậy MN đường vng góc chung AA BC

Ta coù: BA = d(B, MAC) = a Dt(MAC) =

2MA.AC =

2

1 a a a

2

 



 

 

Vaäy VM.ABC = VB.AMC =

3BAdt(MAA) =

2

a a a

3 12

 



 

 

Bài 12. Tuyển sinh Đại học khối B 2003

Cho hình lăng trụ đứng ABCD.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 60o Gọi M N theo thứ tự trung điểm AA CC Chứng minh bốn điểm B, M, D, N thuộc mặt phẳng Tính độ dài AA theo a để tứ giác BMDN hình vng

Giải

Gắn trục tọa độ hình vẽ Đặt AA = h

BAD cân A có BAC = 60o nên   BD = a OA = a

2 Ta coù: B(a

2, 0, 0), D(– a2, 0, 0), C(0, a

2 , 0), A(0, – a

2 , 0), B(a

2, 0, h), D(– a2, 0, h), C(0, a

2 , h), A(0, – a

2 , h) M(0, –a

2 , h

2 ), N(0, a

2 , h )

z

A C

C y N

A

B M

B x

z

A D

D C N O C y x B

A

(171)

Ta coù DM a, a h,

2 2

 

  

  vaø

a a h

DN , ,

2 2

 

  

 

 DM DN ah 3, 0,a 32

2

 

   

  vaø DB 





Do đó: (DM DN ).DB =

 D, M, N, B đồng phẳng Ta có NB a, a h,

2 2

 

   

  = DM

vaø DM = DN = a2 h2

4



Vậy BMDN hình thoi

Do đó: BMDN hình vng  DM.DN =

 a2 3a2 h2

4   = 

2

a h

2   AA = a

Bài 13. (Đề Tuyển sinh Đại học khối A 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm SB, BC, CD Chứng minh AM vng góc BP tính thể tích khối đa diện CMNP

Giải

Gọi O trung điểm AD

SAD nên SO  AD

Mà mp(SAD) vuông góc mp(ABCD) nên SO  mp(ABCD)

Gắn trục tọa độ hình vẽ A a, 0,

2

 

 

 , D

a, 0, 0

 

 

 ,

B a, a,

 

 

  C

a, a, 0

 

 

 , S

a 0, 0,      

( , , 3), (0, ,0), ( , ,0)

4 2

a a a a a

M N a D 

a/ Ta coù: AM a a a 3, , 4

 

  

 ;

a

BP a, ,

(172)

Do AM.BP = a2 a2

4  + = neân AM  BP b/ Ta coù: CN a, 0,

2

 

  ; CP 0,2a, 0  CN CP 0, 0, a2

4

 

   

  vaø

3a a a

CM , ,

4

 

  

 

Vaäy VCMNP =

3

1(CN CP)CM a

(173)

BT1:

a) Tìm vectơ đơn vị vng góc với trục Ox vng góc với a = (3, 6, 8) b) Tìm b phương với a = (2 2, –1, 4) biết |b| = 10

BT2: Cho a = (1, 1, –2), b = (1, 0, m) Tìm m để góc a b 45o

BT3: Cho ba vectơ a = (3, –2, 4), b = (5, 1, 6), c = (–3, 0, 2) Tìm vectơ x thỏa mãn đồng thời ba điều kiện: a.x = 4, b.x = 35, c vng góc x BT4: Cho hai điểm A(1, 2, 3), B(2, 0, –1)

a) Tìm điểm M thuộc trục Ox cách hai điểm A B

b) Tìm điểm N thuộc mặt phẳng (Oxy) cách hai điểm A, B cách gốc O khoảng

2 BT5: Cho hai điểm A(0, 1, 2), B(–1, 1, 0)

a) Tìm tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp OAB b) Tìm tọa độ trực tâm H OAB

BT6: Cho A(–3; –2; 6), B(–2; 4; 4) O gốc tọa độ a) Chứng minh O, A, B đỉnh tam giác b) Tính diện tích OAB độ dài đường cao hạ từ O c) Tìm chân đường phân giác vẽ từ O OAB BT7: Cho A(0, 0, 3); B(1, 1, 5); C(–3, 0, 0); D(0, –3, 0)

a) Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh tứ giác b) Tính diện tích ACD góc tam giác c) Tính [(AB,AC)]AD CD BC

BT8: Cho hình hộp ABCD.ABCD với:

A(1, 0, 1); B(2, 1, 2); D(1, –1, 1); C(4, 5, –5) a) Tìm tọa độ đỉnh cịn lại

b) Tính thể tích hình hoäp ABCD.ABCD BT9: Cho A(0, 1, 0); B(2, 3, 1); C(–2, 2, 2); D(1, –1, 2)

(174)

b) Tính thể tích tứ diện ABCD độ dài đường cao hạ từ A

c) Gọi G trọng tâm ABC Chứng minh AG vng góc mp(BCD) BT10: Cho A(2, –1, 0); B(–3, 1, 1)

a) Tìm M (Oyz) để MA + MB ngắn b) Tìm N (Oyz) để MA – NB dài BT11: Đề Cao đẳng 2009

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N, K trung điểm SA, SB, CD Chứng minh MN vng góc SK Tính thể tích khối A.MNK (ĐS: a 63

48 ) BT12: Đề Cao đẳng 2008

Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD), SA = 2a, ABCD hình thang có A B = 1v, AB = BC = a, AD = 2a Gọi M, N trung điểm SA, SD Chứng minh BCNM hình chữ nhật Tính VS.BCNM (Đáp số:

3

a )

BT13: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Gọi M, N trung điểm AD BB

a) Chứng minh MN vng góc AC

(175)

BÀI

MẶT PHẲNG

VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN

I VECTƠ PHÁP TUYẾN (HAY PHÁP VECTƠ) CỦA MẶT PHẲNG

Vectơ n  0gọi vectơ pháp tuyến mặt phẳng  giá n vuông góc mặt phẳng 

Cho hai vectơ a, b khác không phương

Nếu giá a, b song song nằm mặt phẳng  n = [a, b] vectơ pháp tuyến mp 

II PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG

có dạng Ax + By + Cz + D = (với A2 + B2 + C2 0) Với n = (A, B, C) vectơ pháp tuyến)

 Phương trình mặt phẳng qua điểm M(xo, yo, zo) có vtpt n = (A, B, C) laø: A(x – xo) + B(y – yo) + C(z – zo) =

 Nếu mặt phẳng  cắt trục Ox, Oy, Oz A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) (a.b.c  0)



x y z 1

a  b c 

Phương trình mặt phẳng tọa độ:

(Oxy): z = (Oxz): y = (Oyz): x =

III VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Cho hai mặt phẳng :

: Ax + By +Cz + D = coù PVT n = (A, B, C)

: A’x + B’y + C’z + D’ = coù PVT n = (A’, B’, C’)

(176)

(Ký hiệu A : B : C = A’ : B’ : C’



A  B  C) với ABC

b/ // 



A  B  C



D

D với ABCD

c/ 



A  B  C

=

D

D với ABCD

d/



IV KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG

Khoảng cách từ điểm M(xo, yo, zo) đến mặt phẳng



0 0 2

Ax By Cz D

d(M, )

A B C

  

 

 

 Löu ý: Cho mặt phẳng mp : Ax + By + Cz + D =

Đặt f(x, y, z) = Ax + By + Cz + D với

M x

( , , ), ( , , )

M

y

M

z

M

N x

N

y

N

z

N

Ta có: f(xM, yM, zM) f(xN, yN, zN) >  M N nằm phía mặt phẳng 

f(xM, yM, zM) f(xN, yN, zN) <



 Trường hợp đặc biệt:

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng tọa độ: d(M, (Oxy)) = |zM| d(M, (Oxz)) = |yM| d(M, (Oyz)) = |xM|

V GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Cho hai mặt phẳng ,  có vectơ pháp tuyến n = (A, B, C), n= (A’, B’, C’)

Góc    (0  90o)

2 2 2

n.n AA BB CC

cos cos(n, n )

n n A B C A B C

  



   

(177)

Bài 1: Viết phương trình mặt phẳng:

a Đi qua ba điểm A(2, 0, –1), B(1, –2, 3), C (0, 1, 2)

b Ñi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) song song trục Oz c Đi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) vuông góc mặt phẳng :

–x + z + 10 =

d Qua M(2; –1; –5) vuông góc hai mặt phẳng (): x + 3y – z = 0, (): 2x + y – 4z – =

e Đi qua trục Ox điểm N(3, –1, 2)

f Đi qua điểm M(2, –1, 4) song song mp(): 3x – y + 2z =

Giaûi

a/ Ta coù AB = (–1; –2; 4) AC = (–2; 1; 3) Gọi (P) mặt phẳng cần tìm

p

n [AB, AC] = (–10, –5, –5) = –5(2, 1, 1)

 (P): 2(x – 2) + y + 1(z + 1) =



b/

Oz coù vtcp k = (0, 0, 1), AB = (4, 1, 2)

 nQ [AB, k]= (1, –4, 0)

 (Q): 1(x – 1) – 4(y – 1) =



c/

Ta coù: n= (–1, 0, 1)

 nR [AB, n ] = (1, –6, 1)

 (R): 1(x – 1) – 6(y – 1) + 1(z + 1) =



d/



 (P): –11(x – 2) + 2(y + 1) – 5(z + 5) =



e/

Ta có: aox  i= (1, 0, 0)

 nT [ON, i]= (0, 2, 1)



f/

(S) // ()



(178)

Bài 2: Viết phương trình mặt phẳng  qua điểm M(4, –1, 1) cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho OA = 2OB = 3OC

Giaûi

Goïi A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) (a.b.c  0)  : x y z a  b c  Ta coù: M





a  b c = (1)

Vaø: OA = 2OB = 3OC



a Thay vaøo (1):

a a a  =



5





5  =



Bài 3.

Cho A(1, 2, 1); B(–2, 1, 3); C(2, –1, 1); D(0, 3, 1)

Viết phương trình mặt phẳng () qua A, B khoảng cách từ C đến () khoảng cách từ D đến ()

 Trường hợp 1: C, D nằm phía () Do d(C, ) = d(D, ) nên CD // ()

Vậy () có VTCP AB = (–3; –1; 2) CD = (–2; 4; 0) Vaäy PVT n = AB CD = (–8, –4, –14) // (4, 2, 7)

 Phương trình (): 4(x – 1) + 2(y – 2) + 7(z – 1) =

 4x + 2y + 7z – 15 =

Trường hợp 2: C, D nằm hai phía () () qua I(1, 1, 1) trung điểm CD () qua I(1, 1, 1) trung điểm CD

Vậy () có VTCP AB = (–3; –1; 2) vaø AI = (0, –1, 0)

 PVT m = AB AI = (2, 0, 3)

Phương trình () laø: 2(x – 1) + 3(z – 1) =  2x + 3z – =



A

B H K

C D

D

K I

(179)

Bài 4: Đề tuyển sinh Đại học khối B/2008 Cho điểm A(0, 1, 2); B(2, –2, 1); C(–2, 0, 1)

a Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C

b Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (): 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC

Giaûi

a/ Ta có AB = (2; –3; –1) AC = (–2; –1; –1)

 PVT nABC = AB AC = 2(1, 2, –4)

Vậy phương trình mp(ABC)

1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) =

 x + 2y – 4z + = b/ Goïi M(x, y, z) Ta coù:

MA = MB = MC



2 2

MA MB

MA MC

 

 







2 2 2

x (y 1) (z 2) (x 2) (y 2) (z 1)

x (y 1) (z 2) (x 2) y (z 1)

          

 

        



 4x 6y 2z (1)

4x 2y 2z (2)

   



   



Mà M  ()  2x + 2y + z – = (3) Từ (1) (2) (3)  M(2, 3, –7)

Bài 5: Cho hai mặt phẳng:

: 2x – y + 2z – = 0; : –4x + 2y – 4z + = a Chứng minh  //  Tính khoảng cách  

b Viết phương trình mặt phẳng (P) cách  

Giaûi

a/ Ta coù: 2

4



 

  

4

   // 

Laáy A(0, –4, 0) 

d(, ) = d(A, ) = 16 16

 

  =

(180)

b/ Ta coù:

M(x, y, z)





 2x y 2z 4x 2y 4z

3

      





9

2x y 2z 2x y 2z

2

2x y 2z 2x y 2z (loại)

2

        

 

       



 2x – y + 2z – 17 =

Bài 6: Cho hai điểm A(0, 0, –3), B(2, 0, –1) mp (P): 3x – 8y + 7z – = Tìm tọa độ điểm C  (P) cho ABC

Giải

Gọi C (x, y, z) Ta coù:

AC AB AC BC C (P)

 

 

   



2 2

AC AB

AC BC

C (P)

 

      

2 2

2 2 2

x y (z 3)

x y (z 3) (x 2) y (z 1)

3x 8y 7z

    



       



    

 

2 2

x y (z 3) (1)

x z (2)

3x 8y 7z (3)

    

    

    



Từ: (2) (3)



 

Thay vaøo (1) :

(

2)

(

2) 8

4

x



 

x



3 Vậy có hai điểm C: C(2, –2, –3) C( 2, 2,

3 3

(181)

Baøi 7: Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A(3, 0, 0), C(0, 0, 1) thỏa điều kiện

a (P) cắt trục tung điểm B cho ABC có diện tích b (P) tạo với mặt phẳng (Oxy) góc 30o

Giải

a/ Gọi B(0, b, 0)  yOy

Nếu b =



2 (trái giả thiết) Vậy b



3 b 1  

Ta coù: AB = (–3, b, 0), AC = (–3, 0, 1)



 SABC =

2[AB,AC] =

2

1 10b 9

2 

Do đó: SABC =

2



2

1 10b 9

2  =

7

2



3 1  = b/ Goïi B = (P)  Oy



(b  0; b = (P)  (Oxz)





3 b 1    bx + 3y + 3bz – 3b = Ta coù: np= (b, 3, 3b): (Oxy) coù VTPT k = (0, 0, 1)

Vaäy: cos ((P), (Oxy)) = cos30o

 p

p

n k n k =

3

2  2

3b

2 b  9 9b 

 b2 = 9

2  b = 

2 Vậy phương trình (P) là:

x 2y z 1

(182)

Bài 8: Đề dự bị tuyển sinh khối A/2003

Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a SA = a SA vng góc mp(ABC) Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC)

Giaûi

Gọi I trung điểm BC gắn trục tọa độ hình B a a 3; ;

2

 

 

 ; C

a a 3, , 0

2

 



 

 ; S

a 0, 0,

2

 

 

 

 SB = a

2(1, 3, – 6) vaø

a SC

2

 (–1, 3, – 6) Vaäy SB SC a 32 (0, 2,1)

2

 

Phương trình mp(SBC) là: 0(x – 0) + 2(y – 0) + 1(z – a ) =

 2y + z – a =

Do đó: d(A, mp(SBC)) = a

a 2

2





Bài 9: Tuyển sinh ĐH khối D/2002

Cho tứ diện ABCD có AD vng góc mp(ABC), AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm Tính khoảng cách A đến mp(BCD)

S z

A C

I y B x

y

x B C

(183)

Giải

ABC vng A BC2 = 25 = AB2 + AC2 Gắn hệ tọa độ hình vẽ

A(0, 0, 0); B(3, 0, 0); C(0, 4, 0); D(0, 0, 4) Phương trình mặt chắn (BCD):

x y z 1

3 4    4x + 3y + 3z – 12 = Vaäy: d(A, mp(BCD)) = 12 12

16 9 34





 

Bài 10: Tuyển sinh Đại học khối A/2003

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); D(0, a, 0); A(0, 0, b) với a, b > Gọi M trung điểm CC

a Tính thể tích tứ diện BDAM b Tìm tỉ số a

b để mặt phẳng (ABD) vng góc mặt phẳng (MBD)

Giải

Ta có: C(a, a, 0); C(a, a, b) Vậy M a, a, b

2

 

 

 

a/ Ta coù: BD = (–a, a, 0); BA = (–a, 0, b)

 BD BA  = (ab, ab, a2) vaø BM = 0, a, b

2

 

 

 

Vaäy VBDAM =

2

1(BD BA )BM 10 a a b 1a b

6      

b/ Mp(ABD) coù PVT n = BD BA  = (ab, ab, a2) Ta coù: BD = (–a, a, 0);

BM = 0, a,b

 

 

 

Vậy: mp(MDB) có PVT m = BD BM ab ab, , a2

2

 

   

 

Mp(MDB) vuông góc mp(ABD)  m.n 0

x

A

B

C

D

D C

B

A M

y x

z

D

B

C y z

(184)

 a b2 a b2

2  – a 4 =

 a2b2 = a4 a2 = b2

 a

b = (do a, b > 0)

Bài 11: Đề dự bị Đại học khối B/2004

Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA vng góc mp(ABC), AB = BC = 2a, ABC = 120o Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC)

Giải

Gắn hệ trục hình vẽ

 vuông ABH có AB = 2a, ABH = 60o neân sin60o = AH

AB  AH = yB = 2a

3 a 3

2 

cos60o = BH

AB  BH = xB = 2a

      = a

Vaäy B(a, a 3, 0); C(0, 2a 3, 0); S(0, 0, 3a) Ta coù: SB = (a, a 3, –3a) = a(1, 3, –3)

SC = (0, 2a 3, –3a) = a(0, 3, –3)

 PVT n SB SC  = a2(3 3, 3, 2 3) = a2 3(3, 3, 2) Phương trình mp(SBC) là: 3(x – 0) + 3(y – 0) + 2(z – 3a) =

y C

H B

K

A x

60o z

S

C y

120o B x

(185)

 3x + 3y + 2z – 6a =

Vaäy d(A, mp(SBC)) =

| |

6

3

4

2

9 4

a





 

Bài 12: Đề dự bị ĐH khối A/2007

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB = a, AC = 2a, AA = 2a 5, BAC = 120o Gọi M trung điểm CC Chứng minh MB vng góc MA Tính khoảng cách từ A đến (ABM)

Giaûi

AHB   sin30o = HB

AB   yB =

 a

cos30o = AH

AB  AH = a Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ: A(0,0,0), ( , ,0)

2

a B a 

'(0,0,2 5), (0,2 ,0)

A a C a , M(0,2 , 5)a a

MA =





2

 

   

 

Ta coù: MA MB = + 5a – 5a =  MA MB Ta coù: MA = a(0, –2, 5) vaø MB = a

2( 3, –5, -2

5

 MA MB a2(9 5, 15, 3)

  

Phương trình mp(MAB) qua A

9 5(x – 0) + 15(y – 0) + 3(z – 2a 5) =

 5x + 15y + 3z – 4a 15 =

Vaäy d(A, MAB) = 4a 15 4a 15 4a 15 4a 15 a

405 15 12 432 432 12

    

(186)

Bài 13: Đề dự bị Đại học khối A/2003

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có tam giác ABC cân với AB = AC = a, BAC = 120o, BB = a Gọi I trung điểm CC Chứng minh tam giác ABI vng Tính cos góc hai mp(ABC) (ABI)

Giaûi

Gắn trục tọa độ hình vẽ

Ta có sin60o =

BH

AB

a cos60o =

AH

AB

a Vaäy: B a a 3, ,

2

 

 

 , C

a a 3, ,0

2

 



 

 , C

a, a 3, a

2

 



 

 , B

a a 3, , a

2

 

 

 



,

3

,

2

2 2

a

I















Ta coù AB =

,

3

,

(1, 3,2)

2 2

2

a a

a



















a a a

AI , ,

2 2

  

  

  =

a

2 (1, – 3, 1) Ta coù: AB AI a2 3a3 a2

4

    =  AB  AI Vaäy ABI vuông A

Ta có: PVT (ABC) i= (0, 0, 1)

2

a

AB AI (3 3, 1, 3)

   

y

B

H x

(187)

Vậy PVT (ABI) n(3 3, 1, –2 3) Gọi  góc (ABC) (ABI)

Ta coù: cos = cos(i,n) = i.n 30 10 40

i.n



 

Bài 14: Đề dự bị Đại học khối A/2006

Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có AB = AD = a, AA = a , BAC = 60o Gọi M, N trung điểm AD AB Chứng minh AC vng góc mp(BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN

Giải

ABCD hình thoi có ABC gắn trục tọa độ hình vẽ Ta có: A a 3, 0,

2

 

 

 , A

a 3, 0,a

2

 

 

 , D

a 0, ,

2

 

 

 , D

a a 0, ,

2

 

 

 

B 0, a,

  

 

 , B

a a 0, , 2       

C a 3,0,

 



 

 , C

a 3, 0,a

2

 



 

 

Do đó: M a a a 3, ,

4

 

 

 , N

a 3, a a 3,

4

 



 

 

Mp(BDMN) có VTCP là:

BD = (0, a, 0) = a(0, 1, 0) vaø DM =

3

,

3

4

4 2

a

a a



















= a( 3, 1, 3)

4 

 PVT n = BD DM a2(2 3, 0, 3) a2 3(2, 0, 1)

4

    

Ta coù: AC a 3, 0,a         = a

 (2, 0, –1)

Do n // AC AC (BDMN)

Phương trình mp(NMBD): 2(x – 0) -1.(z – 0) =  2x – z = Vaäy AH = d(A, NMDB) = a a 15

5

5 

z

B N A

M D

O

C

B

C D

A

(188)

Ta coù: BN a a a 3; ;

4

 

   = a4( 3, 1, 3)

vaø MN 0, a, a(0,1,0)

2

 

   

 

 BN MN a2( 3, 0, 3) a 32 (2, 0,1)

8

    

Ta coù dt(NMBD) = dt(NMB) + dt(BMD)

= 1BN MN 1BD DM

2  2  =

2 2

a 5 a 5 3a 15

16   16

Do VA.BPMN =

3AH dt(NMDB) =

2

a 15 3a 15. 3a

15 16  16

Baøi 15:

Cho A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c) với a, b, c dương thay đổi mà a2 + b2 + c2 = Tìm a, b, c cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) lớn

Giải

Phương trình mặt phẳng (ABC) dạng: x y z

a  b c = với a

2 + b2 + c2 = Ta coù: d = d(O, mp(ABC)) =

2 2

1

1 1

a b c



 

Do bất đẳng thức Cauchy: 2 2 2

1 1 3

a  b  c  a b c (1) Vaø = a2 + b2 + c2 33a b c2 2

Lấy (1) nhân (2) vế với vế, ta được: 12 12 12

a b c

   

 

    2

1 1

a  b c  Vaäy: d 

(189)

Dấu “=” xảy 

2 2 2 2 2

1 1

a b c

  



  



    



 a = b = c = (do a, b, c dương)

Do dmax =

3 a = b = c =

C BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1: Viết phương trình mặt phẳng qua A(1, 2, 3) vuông góc hai mặt phẳng (P): x – y + z – = vaø (Q): 3x + 2y – 12z + = (Cao Đẳng 2009)

BT2: Viết phương trình mặt phẳng qua I(0, 0, 1); K(3, 0, 0) tạo với mặt phẳng Oxy góc 30o (Dự bị Đại học khối B/2003)

BT3: Cho A(5, 1, 3); B(1, 6, 2); C(5, 0, 4); D(4, 0, 6) mặt phẳng (): x – 2y + z – 10 = Viết phương trình mặt phẳng

a Qua A vuông góc BC b Qua A, B, C

c Qua A, B vaø // CD d Qua Oz vaø song song AB e Qua A, B vaø song song Oy f Qua A vuông góc () (Oyz) BT4: Cho A(3, –2, –2) vaø mp(P) 2x – 2y + z – =

Viết phương trình mp(Q) song song (P) mà d(A, (P)) = d((P), (Q)) BT5: Tìm m, n cho hai mặt phẳng sau song song

3x – 5y + (m – 1)z – = 2x + (n – 1)y – 3z + = BT6: Tìm trục tung điểm cách hai mặt phẳng

x + y – z + = vaø x – y + z – =

BT7: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Gọi M, N, P, Q trung điểm AD, DC, CC AA

a Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q nằm mặt phẳng b Tính chu vi diện tích tứ giác MNPQ

BT8: Tìm tập hợp điểm không gian a Cách hai điểm A(1, 2, –3); B(4, 5, 0) b Cách hai mặt phẳng song song:

x – 2y – z = 2x – 4y – 2z + 10 = c Cách hai mặt phẳng cắt nhau:

(190)

BT9: Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz lập với mặt phẳng (): 2x + y – 5z = góc 60o

BT10: Cho hình chóp S.ABCD có SD  (ABCD), SD = a, đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = a, CD = 2a

a Chứng minh SBC vuông b Tính d(A, (SBC)) BT11: Đại học B/2010

Cho ba điểm A(1, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) (b > 0, c > 0) mặt phẳng (P): y – z + = Xác định b, c biết (ABC) vng góc (P) khoảng cách từ gốc đến (ABC)

3 BT12: Đại học D/2010

Cho hai mặt phẳng (P): x + y + z – = 0, (Q): x – y + z – =

Viết phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P) (Q) cho khoảng cách từ gốc O đến (R)

BT13: A/03 Cho hình hộp lập phương ABCD.ABCD Tính góc hai mặt phẳng (BAC) (DAC)

BT14: Cho hình chóp S.ABCD có SD vng góc (ABCD) SD = a Đáy ABCD hình thang vng A D Biết AB = AD = a, CD = 2a a Chứng minh SBC vuông

b Tính khoảng cách từ A đến (SBC) (ĐS: a )

BT15: (D/09) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có ABC  B, AB = a, AA = 2a, AC = 3a Gọi M trung điểm AC Gọi I giao điểm AM AC Tính VI.ABC d(A, (IBC)) (ĐS:

3

4a 2a, )

BT16: (B/04) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc mặt bên đáy  Tính tan góc hai mặt (SAB) (ABCD) Tính VS.ABCD

BT17: B/06

Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD), SA = a, ABCD hình chữ nhật Gọi M, N trung điểm AD SC AB = a, AD = a Gọi I giao điểm MB AC Chứng minh mặt phẳng (SAC)  (SMB) Tính VA.NIB (ĐS:

3

(191)

BÀI

MẶT CẦU

Dạng 1: Phương trình mặt cầu tâm I(a, b, c) bán kính R (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2

Daïng 2: Phương trình x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0

với a2 + b2 + c2 – d > phương trình mặt cầu tâm I(a, b, c) bán kính R = a2 b2 c2 d

 Lưu ý: Cho mặt cầu (S) tâm I(a, b, c) bán kính R mặt phẳng ()

 (S) tiếp xúc mặt cầu (S)  d(I, ()) = R

 Nếu d(I, ()) < R () cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính r = R2IJ2

Phương pháp tìm tâm J đường trịn giao tuyến trình bày sau đường thẳng

Bài 1: Định m để phương trình sau phương trình mặt cầu: a x2 + y2 + z2 – 4mx + 2my – 2(m – 1)z + 5m2 + m + = (1) b x2 + y2 + z2 + 2(m + 3)x – 6my + 4mz + 13m2 + 2m + = (2)

Giaûi

a/ (1) phương trình mặt cầu  4m2 + m2 + (m – 1)2 – 5m2 – m – >

 m2 – 3m – >  m < –1  m >

b/ (2) phương trình mặt cầu  (m + 3)2 + 9m2 + 4m2– 13m2 – 2m – >

 m2 + 4m + >  (m + 2)2 >  m  –2

Baøi 2: Cho hai điểm A(–1, 0, –3), B(1, 2, –1) Viết phương trình mặt cầu (S):

a Có đường kính AB

b Có tâm I thuộc trục tung qua hai điểm A, B

I J

(192)

Giải

a/ (S) có tâm I trung điểm AB bán kính R = IA = 1 1   Vậy phương trình (S) laø: x2 + (y – 1)2 + (z + 2)2 =

b/Cách 1:

Gọi I(0, b, 0)  yOy

(S) qua điểm A, B  IA = IB  IA2 = IB2

 + b2 + = + (b – 2)2 +



Phương trình (S) là: x2 + (y + 1)2 + z2 = 11

Caùch 2:

I  Oy  I(0, b, 0) Vậy phương trình (S) dạng: x2 + y2 + z2– 2by + d = Ta coù: A (S)

B (S)

   

 

1 d

1 4b d

   

     

 

d 10

b

      

Do đó: (S): x2 + y2 + z2 + 2y – 10 =

Bài 3: Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A(1, 2, 4), B(1, –3, –1), C(2, 2, –3) có tâm thuộc mặt phẳng (Oxy)

Giải

Gọi tâm I(a, b, 0)  (Oxy)

Phương trình (S) dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by + d = Ta coù:

A  (S)  –2a – 4b + d + 21 = (1) B  (S)  –2a + 6b + d + 11 = (2) C  (S)  –4a – 4b + d + 17 = (3) Từ (1), (2), (3) cho a = –2, b = 1, d = –21

Vaäy (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 2y – 21 =

Bài 4: Đề dự bị ĐH khối A/2005

Cho A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) Gọi B điểm mặt phẳng (Oxy) cho OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua năm điểm O, A, B, S, C

Giaûi

(193)

Dễ dàng thấy B(2; 4; 0)

Do định lý ba đường vng góc BC  OC  BC  SC

Vaø AB  OA  AB  SA

Vậy SAB = SCB = SOB = vng Ba điểm A, O, C nhìn SB góc vng nên nằm mặt cầu đường kính SB, tâm I(1, 2, 2) trung điểm SB, bán kính R = OI = 4  =

Vậy phương trình mặt cầu qua năm điểm O, A, B, C, S là: (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 2)2 =

Bài 5: Cho bốn điểm A(1, 5, 3), B(4, 2, –5), C(5, 5, –1), D(1, 2, 4)

a Viết phương trình mặt cầu (S1) qua ba điểm A, B, C có tâm nằm mặt phẳng (Oxz)

b Viết phương trình mặt cầu (S2) qua bốn điểm A, B, C, D

Giải

a/ Gọi I tâm (S1) Gọi I(a, 0, c)  (Oxz)

Phương trình (S) có dạng (S1): x2 + y2 + z2 – 2ax – 2cz + d = Ta coù:

A  (S1)  35 – 2a – 6c + d = (1) B



5 , c =

5, d = – 1475 Vậy phương trình (S1): x2+ y2 + z2 – 22x 2z 147

5 5  =

b/ Phương trình (S2) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = A  (S2)  35 – 2a – 10b – 6c + d = (1)

B  (S2)  45 – 8a – 4b + 10c + d = (2) C  (S2)  51 – 10a – 10b + 2c + d = (3) D  (S2)  21 – 2a – 4b – 8c + d = (4) (1), (2), (3), (4) cho: a = 1, b = 2, c = –1, d = –19

(194)

Bài 6: Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x +4y + 2z – = theo đường tròn có bán

kính

Giải

(S) có tâm I(1, –2, –1), bán kính R = 3: bán kính đường trịn giao tuyến suy (P) cắt (S) theo đường tròn lớn Vậy (P) qua I

Phương trình mp(P) dạng: Ax + By + Cz + D = (P) chứa Ox  (P): By + Cz = (B2 + C2 0)

I  (P)  –2B – C =  C = –2B Chọn B = C = –2

Vậy phương trình (P): y – 2z = Bài 7: Đề dự bị ĐH khối B/2006

Viết phương trình mặt cầu qua O(0, 0, 0)

A(0, 0, 4), B(2, 0, 0) tiếp xúc mặt phẳng (P): 2x + y – z + =

Giaûi

Phương trình mặt cầu (S) có dạng

x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d =  (S)  d = (1) A  (S)  –8c + 16 = (2) B  (S)  – 4a = (3) Từ (1) (2) (3)  d = 0, c = 2, a =

Vậy tâm I(1, b, 2) R = 1 b 24

Do (S) tiếp xúc (P) nên d(I, (P)) = R

 b

4 1

  

  =

2

b 5

 |b + 5| = b25

 b2 + 10b + 25 = 6(b2 + 5)

 5b2 – 10b + =  b = Vaäy I(1, 1, 2), R =

(195)

Bài 8: Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục tung tiếp xúc với hai mặt phẳng: (): 2x + y – 3z + = (): 2x + y – 3z – 11 =

Giải

Gọi I tâm (S), I(0, m, 0)  yOy

(S) tiếp xúc ,  d(I, ) = d(I, )  m m 11

14 14

  

m + 5 = | m – 11|  m = Vậy I(0, 3, 0)

(S) có bán kính: R = d(I, ) = 14

Vậy phương trình (S): x2 + (y – 3)2 + z2 = 32 Baøi 9: Cho A(1; 0; –1), B(1; 2; 1), C(0; 2; 0)

a) Viết phương trình mặt cầu (S) qua O, A, B, C

b) Gọi G trọng tâm ABC Viết phương trình mặt phẳng vng góc với OG tiếp xúc (S)

Giải

a/ Phương trình (S) dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = O  (S)  d = (1)

A  (S)  – 2a + 2c = (2) B  (S)  – 2a – 4b – 2c = (3) C  (S)  – 4b + d = (4)

Từ (1) (2) (3) (4): a = 1, b = 1, c = d =

Vậy phương trình (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 2y =

b/ (S) có tâm I(1, 1, 0), R = Trọng tâm ABC G 4; ;

3

 

 

 

Mặt phẳng () cần tìm nhận OG =

3(1, 2, 0) PVT nên có dạng x + 2y + D =

Ta có: () tiếp xúc (S)

 d(I, ()) = R  D

 

  D = –3  10

(196)

Bài 10: Cho S(0, 0, 1), A(1, 1, 0) hai điểm M(m, 0, 0), N(0, n, 0) thay đổi cho m + n = m > 0, n >

a Chứng minh thể tích hình chóp S.OMAN khơng phụ thuộc m, n b Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) Từ suy mặt

phẳng (SMN) tiếp xúc mặt cầu cố định

Giải

a/ Dt ( vuông OMN) =

2OM.ON = mn

2 Ta coù: AM = (m – 1, –1, 0)

AN = (–1, n – 1, 0)

 [AM AN] = (0, 0, mn – 1) Vaäy S(AMN) =

2[AM AN] =

2|mn – 1| =

1 mn

 (do m, n < 1)

Do SOAMN = S(OMN) + S(AMN) = mn mn

2 2



 

 VS.OAMN =

3SO.S(OMAN) =

1 1.1.

3  haèng số b/ Phương trình mặt phẳng (SMN) là:

x y z 1

m n 1    nx + my + mnz – mn = Do

 d(A, (SMN)) =

2 2

m n mn

(m n) 2mn m n

 

  

=

2 2

1 mn mn

1 2mn m n (1 mn)

 



   =

Do mặt phẳng (SMN) tiếp xúc mặt cầu cố định tâm A, bán kính R =

2 2

| 1

.1

.0

|

( ,(

))

( )

n

m

m m

m n

d a SMN

n

m

m n









z S

N y

x

M O

(197)

BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Viết phương trình mặt cầu

a) (D2008) Qua A (3, 3, 0); B(3, 0, 3); C(0, 3, 3); D(3, 3, 3)

b) (DB A05) Qua A(2, 0, 0); C(0, 4, 0); O(0, 0, 0), S(0, 0, 4); B(2, 4, 0) c) (D/04) Qua A(2, 0, 1); B(1, 0, 0); C(1, 1, 1) tâm I nằm (P) x + y + z – =

d) Tâm Oz và tiếp xúc hai mặt phẳng () 2x + y – 3z – = 0, () x – 2y + 3z + =

BT2. B/2005

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có A(0, –3, 0); B(4, 0, 0); C(0, 3, 0); B’(4, 0, 4) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc (BCC’B’)

BT3. DB/D03

Cho mặt cầu (S) (x – 1)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = mặt phẳng (): 2x + 2y + z – m2 – 3m = Tìm m để (S) tiếp xúc ()

BT4. Cho A(2, 0, 0); B(0, 4, 0); C(0, 0, 6); D(2, 4, 6) Viết phương trình tập hợp điểm M khơng gian cho MA MB MC MD   = BT5. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(4, –2, 1) biết:

a) (S) tiếp xúc mặt phẳng (Oxz) b) (S) tiếp xúc trục Ox

c) (S) cắt trục Oy hai điểm A, B với AB = 10

BT6. Viết phương trình cầu (S) qua điểm A(1, –1, 4) tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ

BT7. Cho tứ diện OABC có A(4, 0, 0), B(0, –2, 0), C(0, 0, 2), gốc tọa độ a) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC

b) Tìm hình chiếu đỉnh O mặt phẳng (ABC)

(198)

BAØI 4

ĐƯỜNG THẲNG

VAØ CÁC BAØI TỐN LIÊN QUAN

A.

TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG THẲNG

Vectơ a 0 gọi vectơ phương đường thẳng d giá a song song trùng d

Cho đường thẳng d qua điểm M(xo,yo,zo) có VTCP ad= (a,b,c)

Phương trình tham số d:

0 0

x x at

y y bt

z z ct

 



   

   

(t: tham soá, t R)

Phương trình tắc d: x x0 y y0 z z0

a b c

    

(a.b.c  0)

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Phương pháp

1/ Tìm điểm d VTCP d

2/ Tìm hai mặt phẳng khác qua d d giao tuyến hai mặt phẳng

 Các lưu ý:

1/ Một đường thẳng khơng gian xem giao tuyến hai mặt phẳng () ()

Nếu () () có PVT n m d có VTCP a n  ()  n  a

m  ()  m  a Vaäy VTCP a = n  m

2/ Cho hai vectơ không phương a b

Nếu đường thẳng d vng góc với a b d có vectơ phương ad= [a, b]

d





n

(199)

3/ Nếu đường thẳng d1 qua điểm A vng góc đường thẳng d2 d1 nằm mặt phẳng qua A vng góc d2

4/ Nếu đường thẳng d1 qua điểm A cắt đường thẳng d2 d1 nằm mặt phẳng qua A d2

5/ Nếu đường thẳng d qua điểm A song song mặt phẳng (P) d nằm mặt phẳng qua A song song (P)

Bài Viết phương trình tham số đường thẳng d biết d giao tuyến hai mặt phẳng:

: 4x – 2y + 3z = vaø â: 3x + y + 2z – =

Giaûi

Ta coù: n = (4, –2, 3), n = (3, 1, 2)  ad = n ,n = (–7, 1, 10) Chọn điểm M(1, 2, 0)   

Vậy phương trình d:

x 7t y t z 10t

  

   

  

Baøi Cho hai điểm A(2, 0, –3), B(4, –2, –1) mặt phaúng (P): x + y + 2z + =

Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho điểm d cách A B

Giaûi

Gọi (Q) mặt phẳng trung trực AB  d = (P)  (Q)

Trung điểm AB là: I(3, –1, –2), nQ= AB = (2, –2, 2) = 2(1, –1, 1) Vậy phương trình (Q): 1(x – 3) – 1(y + 1) + 1(z + 2) =  x – y + z – = Ta coù: ad [n , n ]P Q = 2(3, 1, –2)

Chọn điểm M(–1, –3, 0)  (P)  (Q) Vaäy d: x y z

3

   



Bài Cho đường thẳng d: x y z

1

 

 

 mặt phẳng

: 2x – y + 3z – = Viết phương trình đường thẳng  qua giao điểm A d  song song đường thẳng d’:

x 4t

y 3t

z t

  

    

(200)

Giaûi

Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình:

x y z

1

2x y 3z

 

  



 

    





4x y x z 2x y 3z

   

    

    





x

y

z

         

Vaäy A(–3, –6, 2)

Do  // d’ a ad ' = (4, –3, 1) Vậy phương trình :

x 4t

y 3t

z t

   

    

   

Bài Tuyển sinh Đại học khối D/2007

Cho A(1, 4, 2); B(–1, 2, 4) đường thẳng : x y z

1

   



a Viết phương trình đường thẳng qua trọng tâm G OAB vuông góc mp(OAB)

b Tìm M  cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.

Giải

a/ Ta có trọng tâm G(0, 2, 2)

Mặt phẳng (OAB) có VTCP OA = (1, 4, 2) OB = (–1, 2, 4) Nên có PVT n = OA  OB = 6(2, –1, 1)

(d) qua G vuông góc mp(OAB) nên nhận n VTCP Phương trình (d): x y z

2 1

 

 



b/ Phương trình tham số đường thẳng () là:

x t

y t

z 2t

  

    

  

M   neân t cho M(1 – t, t – 2, 2t)

Ta coù: MA2 + MB2 = t2 + (t – 6)2 + (2t – 2)2 + (2 – t)2 + (t – 4)2 + (2t – 4)2 = 12t2 - 48t + 76 = 12(t – 2)2 + 28  28

Vaäy (MA2 + MB2)

min = 28  t =  M(–1, 0, 4)

Bài Đề dự bị Đại học khối B/09 Cho A(1, 0, –1); B(2, 3, –1); C(1, 3, 1)