Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Hình Học lớp 12 theo tự luận - Nguyễn Phú Khánh (Chủ biên)

Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Hình Học lớp 12 theo tự luận - Nguyễn Phú Khánh (Chủ biên)

Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề hình học 12 “ thuộc sách “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề : lớp 10,11,12 “, nhóm tác giả chun tốn THPT biên soạn Với cách viết khoa học sinh động giúp bạn đọc tiếp cận với mơn tốn cách tự nhiên, không áp lực, bạn đọc trở nên tự tin động hơn; hiểu rõ chất, biết cách phân tích để tìm trọng tâm vấn đề biết giải thích, lập luận cho tốn Sự đa dạng hệ thống tập tình giúp bạn đọc ln hứng thú giải tốn Tác giả trọng biên soạn câu hỏi mở, nội dung bám sát sách giáo khoa cấu trúc đề thi Đại học, đồng thời phân tập thành dạng tốn có lời giải chi tiết Hiện đề thi Đại học khơng khó, tổ hợp nhiều vấn đề đơn giản, chứa nhiều câu hỏi mở không nắm lý thuyết lúng túng việc tìm lời giải tốn Với tốn, khơng nên thỏa mãn với lời giải vừa tìm mà phải cố gắng tìm nhiều cách giải cho tốn đó, cách giải có thêm phần kiến thức ơn tập Mơn Tốn mơn ưa phong cách tài tử, phải tài tử cách sáng tạo thơng minh Khi giải tốn, thay dùng thời gian để lục lọi trí nhớ, ta cần phải suy nghĩ phân tích để tìm phương pháp giải tốn Đối với Tốn học, khơng có trang sách thừa Từng trang, dịng phải hiểu Mơn Tốn địi hỏi phải kiên nhẫn bền bỉ từ tập đơn giản nhất, kiến thức Vì kiến thức giúp bạn đọc hiểu kiến thức nâng cao sau Giờ đây, chúng tơi nhớ tới câu nói Ludwig Van Beethoven: “ Giọt nước làm mịn tảng đá, khơng phải giọt nước có sức mạnh, mà nước chảy liên tục ngày đêm Chỉ có phấn đấu không mệt mỏi đem lại tài Do ta khẳng định, khơng nhích bước khơng xa ngàn dặm” Mặc dù tác giả dành nhiều tâm huyết cho sách, song sai sót điều khó tránh khỏi Chúng mong nhận phản biện góp ý quý báu quý độc giả để lần tái sau sách hoàn thiện Thay mặt nhóm biên soạn Chủ biên: Nguyễn Phú Khánh Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt CHỦ ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH CỦA CHÚNG KHÁI NIỆM VỀ KHỐI ĐA DIỆN VÀ PHÉP BIẾN HÌNH TRONG KHƠNG GIAN A.TĨM TẮT GIÁO KHOA I Khối đa diện 1) Khái niệm hình đa diện Hình đa diện ( gọi tắt đa diện) hình tạo số hữu hạn đa giác thỏa mãn hai tính chất: a) Hai đa giác phân biệt điểm chung , có đỉnh chung, có cạnh chung b) Mỗi cạnh hai đa giác cạnh chung hai đa giác Mỗi đa giác gọi mặt hình đa diện Các đỉnh, cạnh đa giác theo thứ tự gọi đỉnh, cạnh hình đa diện 2) Khái niệm khối đa diện Khối đa diện phần không gian giới hainj hình đa diện, kể hình đa diện Những điểm không thuộc khối đa diện gọi điểm khối đa diện Những điểm thuộc khối đa diện không thuộc hình đa diện gọi điểm khối đa diện Tập hợp điểm gọi miền trong, tập hợp điểm gọi miền khối đa diện Mỗi khối đa diện xác định hình đa diện ứng với Ta gọi đỉnh, cạnh, mặt, điểm , ngoài…của khối đa diện theo thứ tự đỉnh, cạnh, mặt, điểm , ngoài…của hình đa diện tương ứng 3) Hai đa diện 3.1 Phép dời hình không gian Phép biến hình không gian gọi phép dời hình bảo toànkhoảng cách hai điểm tùy ý Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả     Vậy: Nếu F phép dời hình F M  M ', F N  N ' M ' N '  MN 3.2 Một số phép biến hình thường gặp không gian  a) Phép tịnh tiến theo vectơ v ( kí hiệu: T ): v   T M  M '  MM '  v v    v M' M b) Phép đối xứng qua mặt phẳng (P): Là phép biến hình biến điểm M thuộc (P) thành nó, biến điểm M không thuộc (P) thành điểm M’ cho (P) mặt phẳng trung trực MM’ Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng (P) biến hình (H) thành (P) gọi mặt phẳng đối xứng hình (H) M M P M' c) Phép đối xứng tâm O: phép biến hình biến điểm O thành nó, biến điểm M khác O thành điểm M’ cho O trung điểm MM’ Nếu phép đối xứng tâm O biến hình (H) thành O gọi tâm đối xứng hình (H) O M d)Phép đối xứng qua đường thẳng  : phép biến hình biến moãi D M' M P M' Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt điểm thuộc  thành nó, biến điểm M không thuộc  thành M’ cho  trung trực MM’ Nếu phép đối xứng qua đường thẳng  biến hình (H) thành  gọi trục đối xứng hình (H) e) Phép vị tự tâm O tỉ số k: phép biến hình biến điểm điểm   M không gian thành điểm M’ cho OM '  kOM Nhận xét  Thực liên tiếp phép dời hình ta phép dờøi hình  Phép dời hình biến đa diện (H) thành đa diện (H’) biến đỉnh , cạnh, mặt (H) thành đỉnh , cạnh, mặt (H’) tương ứng  Hai đa diện gọi có phép dời hình biến đa diện thành đa diện 3.3 Phân chia lắp ghép khối đa diện Nếu khối đa diện ( H ) hợp ( H1 ) ( H2 ) , cho ( H1 ) vaø ( H2 ) điểm chung ta nói chia ( H ) thành hai khối đa diện ( H1 ) ( H2 ) , hay lắp ghép hai khối đa diện ( H1 ) ( H2 ) thành khối đa diện ( H ) II Khối đa diện lồi – Khối đa diện  Khối đa diện ( H ) gọi khối đa diện lồi đoạn thẳng nối hai điểm ( H ) thuộc ( H )  Khối đa diện khối đa diện lồi có hai tính chất * Mỗi mặt đa giác p cạnh * Mỗi đỉnh chúng đỉnh chung q mặt   * Khối đa diện gọi khối đa diện loại p, q Gọi D, M , C số đỉnh, số cạnh, số mặt khối đa diện lồi ( H ) đặc số Euler ( H ) laø  ( H )  D  C  M  (định lý Euler) III Thể tích khối đa diện  Thể tích khối chóp có diện tích đáy B chiều cao h là: V  Bh Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả  Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h là: V  Bh  Thể tích khối hộp có diện tích đáy B chiều cao h là: V  Bh  Thể tích khối hộp chữ nhật : V  abc  Thể tích khối lập phương: V  a3  Tỉ số thể tích: Nếu A ', B ', C ' thuộc cạnh SA, SB, SC hình chóp S ABC : VS A ' B ' C ' VS ABC  SA '.SB '.SC ' SA.SA.SC B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN Vì phần có mục đích giới thiệu cho học sinh khái niệm khối đa diện số phép biến hình khơng gian, dạng tốn đề cập vấn đề áp dụng phép biến hình để giải số dạng tốn hình học khơng gian Vấn đề BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CẠNH, ĐỈNH VÀ MẶT HÌNH ĐA DIỆN, CHỨNG MINH CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC Phương pháp:  Dựa vào định nghóa hình đa diện  Dựa vào định lí Euler mối quan hệ số đỉnh, số cạnh số mặt  Dựa vào giả thiết toán ,chọn phép biến hình thích hợp vận dụng tính chất phép biến hình để giải  Để tìm tập hợp điểm M ,ta tìm phép biến hình f biến M thành điểm N ,trong tập hợp N biết hay dễ tìm Khi tập hợp điểm M ảnh tập hợp điểm N qua phép biến hình f Ví dụ 1.1.1 Chứng minh khối đa diện có mặt tam giác tổng mặt phải số chẵn Hãy khối đa diện với số mặt 4,6,8,10 Lời giải Gọi số cạnh số mặt đa diện c m Vì mặt có ba cạnh cạnh cạnh chung hai mặt nên ta có số Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 3m  3m  2c  3m chia heát cho mà không chia hết m phải chia hết cho , nghóa m số chẵn *Khối đa diện ABCD có mặt mà mặt tam giác *Xét tam giác BCD hai điểm A,E hai phía mặt phẳng cạnh đa diện c   BCD  Khi ta có khối lục diện ABCDE có mặt tam giác *Khối bát diện ABCDEF có mặt tam giác *Xét ngũ giác ABCDE hai điểm M, N hai phía mặt phẳng chứa ngũ giác Khi ta có khối thập diện MABCDEN có 10 mặt tam giác Ví dụ 2.1.1 Chứng minh đa diện mà đỉnh đỉnh chung số lẻ mặt tổng số đỉnh phải số chẵn Lời giải Gọi k số đỉnh đa diện C số cạnh đa diện Ta có: -Tại đỉnh thứ có  2n1  1 mặt nên có  2n1  1 cạnh qua đỉnh thứ -Tại đỉnh thứ hai có  2n  1 mặt nên có  2n  1 cạnh qua đỉnh thứ hai …………………………………………………………………………… -Tại đỉnh thứ k có  2n k  1 mặt nên có  2n k  1 cạnh qua đỉnh thứ k Mặt khác cạnh qua hai đỉnh nên ta có 2C   2n1  1   2n      2n k    k   n1  n   n k   k  C   n1  n   n k   k laø số chẵn (đpcm) Ví dụ 3.1.1 Cho hình chóp S.ABCD , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , đáy ABCD hình thoi cạnh a Gọi H,K hình chiếu vuông góc A lên SB SD ; G trọng tâm tam giác SAC Chứng minh ba điểm H,G,K thẳng hàng Lời giải Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả SA  AB SA   ABCD    SA  AD S  SAB , SAD vuông A Xét tam giác vuông SAB , ta có: SB2  SA  AB2  2a  a  3a SH SA 2 SA  SH.SB    SB SB2 Chứng minh tương tự ,ta có SK :  SD K G H D A I B C Gọi I giao điểm AC BD I trung điểm AC nên G SG thuộc SI  SI Gọi f phép vị tự tâm S , tỉ số , ta coù: f  B   H,f  I   G,f  D   K Vì B,I, D thẳng hàng nên H,I,K thẳng hàng Ví dụ 4.1.1 Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi  P  mặt trung trực cạnh AB,K điểm tam giác ACD E giao điểm BK  P  ,F điểm đối xứng K qua  P  Chứng minh ba điểm A,E,F thẳng hàng vaø EA  EF  Lời giải a Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Tứ diện ABCD tứ diện nên bốn mặt tam giác Gọi I trung điểm AB , ta có DI  AB,CI  AB , suy  CDI  mặt trung trực AB tức  CDI    P  B F I E A C Phép đối xứng qua mặt phẳng H K EE M  P  bieán : B  A KF Vì B,E,K thẳng hàng nên A,E,F D thẳng hàng Lại có EA  EB,EF  EK , suy EA  EF  EB  EK  BK Gọi H hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng  ACD  M trung điểm CD H tâm tam giác ACD vaø 2 a a AH  AM   3 Trong tam giác vuông BHA : a  6a a BH2  BA – AH2  a    BH        Lại có BK  BH , suy EA  EF  a (đpcm) Ví dụ 5.1.1 Trong mặt phẳng  P  cho tam giác ABC vuông A Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với  P  Gọi S điểm di động d H hình chiếu vuông góc A lên mặt phẳng  SBC  Chứng minh H trực tậm tam giác SBC Gọi K giao điểm SH với đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC Tìm tập hợp điểm K S di động đường thẳng d Lời giải Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả d d S S H H C A E A E B K 1.Chứng minh H trực tâm tam giác SBC Ta có : BC  SA , BC  AH  BC   SAH   BC  SH  1 AB  AC  AB   SAC   AB  SC Lại có  AB  SA SC  AH  SC   ABH   SC  BH   Từ (1) (2) suy H trực tâm tam giác SBC 2.Tập hợp điểm K Theo tính chất trực tâm , K giao điểm SH với đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC K H đối xứng với qua đường thẳng BC Gọi E giao điểm SH với BC , ta coù BC   SAH  , suy BC  AE ; E hình chiếu vuông góc A lên BC nên E cố định AH   SBC   AH  SE Trong mặt phẳng cố định  E,d  ,  AHE  900 tập hợp H đường tròn  C  đường kính AE chứa mặt phẳng  E,d  loại bỏ điểm E (do H trùng E ) H K đối xứng với qua đường thẳng BC , suy tập hợp K ảnh tập hợp H qua phép đối xứng trục BC 10 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ta coù: sin   a  2c 2a2  ac  5c2 Neáu c   sin    a2  ac  c2 2a2  ac  5c2 a t2  t  khảo sát hàm số f (t)  ta tìm c 2t2  t   1 a max f (t)  f     , suy  lớn    c   Nếu c  , đặt t  Choïn c  1  a  Phương trình ( R) : x  y  z   Bài 10 Ta thấy điểm A, C nằm phía A, B nằm khác phía so với ( P) Ta có MA  MB  AB A, B nằm khác phía so với ( P) nên min( MA  MB)  AB M  AB  ( P)  x   3t  Phương trình đường thẳng AB :  y  1  2t (t  R)  z   2t  Ta coù M  AB  M (1  3t;   2t;  2t), mà M  ( P) nên 2(1  3t)  (1  2t)  (2  2t)    t   Vaäy M  1;  2 ;  điểm cần tìm 3 Ta coù MA  MC  AB A, C nằm phía so với ( P) neân   max MA  MB  AC M  AC  ( P) 482 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình: x 1 y 1 z     1  M (1;  3; 4)  2 x  y  z    Vaäy M (1;  3; 4) điểm cần tìm Gọi H ( x; y; z) hình chiếu điểm A mặt phẳng ( P)   8  3 Ta tìm H   ;  ; Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P) , suy  10  A   ; ;   3 3 Vì A, C phía so với ( P) nên A, C khác phía so với ( P) Ta có MA  MC  MA  MC  AC neân min( MA  MC)  AC M  AC  ( P)  Do AC  x2 y z 1 (11;  1;  7) neân AC :   11 1 7  1 12  ;   5  Từ ta tìm tọa độ điểm M   ;  10  ;   3 3 Gọi A ' đối xứng với A qua ( P) A   ; Vì A, B khác phía so với ( P) nên A, B phía so với ( P)   Ta coù MA  MB  MA  MB  AB nên max MA  MB  AB chæ M  AB  ( P)  Do AB   (1;  2; 10) neân AB : x  y 1 z   2 10  10  ;    3 Suy tọa độ điểm M cần tìm M   ; 483 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Bài 11  Gọi ud  (a; b; c) VTCP d , a2  b2  c2    Vì d   nên ud u   a  2b  c   c   a  2b  Vì d qua M (0;  1; 1) có ud  (2;  2;  1)   Ta coù: ud , ud   (2a  3b; a  4b; 2a  2b)   Do khoảng cách hai đường thẳng    ud , ud  OM d(d, d)     ud , ud   a  6b (2a  3b)2  (a  4b)2  (2a  2b)2 (a  6b)2 9a2  12ab  29b2  Nếu b  a  nên d(d; d)   Nếu b  đặt t  d(d, d)  Ta coù f (t)  a , t  , ñoù: b (t  6)2 9t2  12t  29 2(t  6)(65  60t) (9t  124 t  29)  f (t), f (t)  (t  6)2 9t2  12t  29 ; f (t)   t  6; t  13 12  13  17 17 ; lim f (t)  neân max f (t)  vaø  x  9  12  Vì f (6)  0; f  t  13 12 So sánh trường hợp ta có max(d(d, d))  17 b  12; a  13; c  11, hay phương trình đường thẳng cần tìm x y z   13 12 11    Ta coù AB(3; 3; 0), BC(0;  3; 3), CA(3; 0;  3) neân d: 484 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt AB  BC  CA  Tam giác ABC tam giác Các điểm A, B, C thuộc đường tròn (C) Đường tròn (C) giao mặt cầu (S) có tâm I (1; 1; 2), bán kính R  mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tâm J đường tròn (C) trọng tâm tam giác ABC nên J (2; 2; 3) Bán kính đường tròn (C) r  R2  IJ  Bài toán trở thành toán hình phẳng: Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( J, 6) Tìm điểm M  (C) cho MA  MB  MC đạt giá trị lớn  , MA  MB  MC Giả sử M thuộc cung BC Vì MA  MB  MC  2MA  2.2r  Daáu đẳng thức có M đối xứng với A qua J, nên M (0; 3; 4) ,  Tương tự cho trường hợp M thuộc cung CA AB ta tìm điểm tương ứng M (3; 0;1), M (3; 3; 1) Vậy giá trị lớn MA  MB  MC 6, đạt điểm M ba điểm M (0; 3; 4), M (3; 0;1), M (3; 3; 1) Bài 12 Gọi A(a;0;0),B(0; b;0),C(0;0;c) (ABC) có phương trình x y z    a b c x y z    6 Mặt phẳng cần tìm 5x  3y  2z  38  Mặt phẳng cần tìm d(O,(ABC))  OM Mặt phẳng (ABC) có phương trình x  2y  3z  14  Coù ba mặt phẳng thỏa mãn x  y  z   0, x  y  z   0, x  y  z   x y z    Maët phẳng (ABC) có dạng 2 b c 485 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 3       (1) 2 b c b c Vì OB   2OC nên b   c (2) Vì P(2;3;1)  (ABC) nên Giải hệ phương trình (1) (2) ta có mặt phẳng thỏa mãn x y z x 2y    1,   4z  2 2 Bài 13 (P) : x  y  z   vaø A(1;1;1), B(0;1;2),C( 2;0;1) Vì M(x; 1; z)  (P) nên x  z Từ MA  MB suy x  z   1  Vậy tọa độ điểm M cần tìm M   ; 1;  2  2 Goïi N(a; b; c) a  b  c   Ta coù T  2NA  NB2  NC2  3(2a2  b2  c2 )  6b  10c  16 2 1 5     a     b    3(c  1)2   3 3     Khi điểm N có tọa độ N   ; ;1   3  Bài 14 Cách 1: Phương pháp hình học Theo chứng minh phần phương pháp ta có Đường thẳng d qua A cách B khoảng lớn đường thẳng    có véc tơ phương u d  n(P) , AB     Vì n(P) (1; 2;  1), AB( 1; 2;  3) neân u d  4( 1; 1; 1) x 1 y z   1 1 Đường thẳng d qua A cách B khoảng nhỏ đường thẳng     có véc tơ phương u d  n(P) , n(P) , AB         Vì n(P) (1; 2;  1), AB( 1; 2;  3) neân n(P) , AB   4( 1; 1; 1),  u d  12(1; 0; 1) Phương trình đường thẳng cần tìm x   t  Phương trình đường thẳng cần tìm d : y  (t   ) z  t  Cách 2: Phương pháp hàm số 486 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  Gọi véc tơ phương đường thẳng d u d  (a; b; c), a2  b2  c2    Vì d  (P) nên u d n(P)   a  2b  c   c  a  2b    Vì AB( 1; 2;  3) nên u d , AB   ( 2a  7b; 2a  2b; 2a  b), khoảng cách từ B đến đường thẳng d    u (2a  7b)2  (2a  2b)2  (2a  b)2  d , AB  d(B, d)    ud a2  b2  (a  2b)2  12a2  24ab  54b2 2a2  4ab  5b2 Neáu b  a  nên d(B;d)  a Nếu b  đặt t  , t  , b 12t2  24t  54 12t2  24t  54  f(t), f(t)  2t2  4t  2t2  4t  24 24 Ta coù: f(t)   6   f(t)  14 2t  4t  2(t  1)2  d(B, d)  Hay  d(B; d)  14 Kết hợp trường hợp, ta Giá trị nhỏ d(B; d) laø  d(B; d)  14 6, đạt b  0, chọn a  x   t  có c  nên phương trình đường thẳng cần tìm d : y  (t   ) z  t  Giá trị lớn d(B; d) 14, đạt a   b, chọn b  1 a  1; c  1 nên phương trình đường thẳng cần tìm là: x 1 y z d:   1 1 Đường thẳng d qua A song song với (Q) tức d nằm mặt phẳng (P) : 2x  y  z   Cách 1: Phương pháp hình học tổng hợp Góc d d lớn 900 , d có véc tơ    phương u d  u d , n(Q)   (4; 5; 3) 487 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả x 1 y 1 z    Góc d d nhỏ d qua A song song với hình chiếu d mặt phẳng (P)     Một véc tơ phương u d  n(Q) , u d , n(Q)    2(1;  5; 7) x 1 y 1 z    Phương trình đường thẳng d : 5 Cách 2: Phương pháp hàm số  Gọi véc tơ phương đường thẳng d u d  (a; b; c), Phương trình đường thẳng d : a2  b2  c2    Vì d //(Q) neân u d n(Q)   2a  b  c   c  2a  b  Ta coù u d  (1;  2; 2) nên góc  hai đường thẳng thỏa maõn   cos   cos(u d ; u d )  Nếu b  a  nên cos   Nếu b  ñaët t  5a  4b 5a2  4ab  2b2 a , t  , b (5t  4)2 (5t  4)2  f(t), f(t)  5t2  4t  5t2  4t  2(5t  4)(10t  2) Ta có f (t)  nên ta tìm (5t2  4t  2)2 cos     25 4 max f(t)  f     , f(t)  f     5 5 , t   , hay b  5; a  1; Giá trị nhỏ  arccos 3 x 1 y 1 z    c  Phương trình đường thẳng cần tìm d : 5 Giá trị lớn  900 , t  , hay b  5; a  4; c  x 1 y 1 z    Phương trình đường thẳng cần tìm d : 3 Giả sử d cắt d điểm M M(1  2t;  t;   t), t    Véc tơ phương d AM(2t  2; t  2;   t)  Véc tơ phương đường thẳng  u  ( 1; 2; 2) 488 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Gọi góc đường thẳng  đường thẳng d  Ta có 1.(1  2t)  2.(2  t)  2.( 2  t)   cos   cos(u  , AM)  (2t  2)2  (t  2)2  ( 1  t)2  2t 6t2  14t   t2  f(t) 6t  14t  t2 6t2  14t  2t(7t  9) Ta có f (t)  , dễ dàng tìm (6t2  14t  9)2 Trong f(t)   9 f(t)  f(0)  0,max f(t)  f      7   Vì với   0;  hàm số y  cos  nghịch biến, nên  2   Giá trị lớn  đạt t   AM(2; 2;  1), x 1 y z 1   hay đường thẳng d d : 2 1 Giá trị nhỏ  arccos đạt t   , suy  x 1 y z 1 AM  ( 4; 5; 2), hay đường thẳng d d :   4 x 1 y  z   , A(1; 4; 2),B( 1; 2; 4) Bài 15 d : 1 10   Hình chiếu A d laø H   ;  ; 3   Phương trình mặt phẳng cần tìm (P) : 5x  13y  4z  21   Gọi véc tơ pháp tuyến (P) laø n(P) (a; b; c) cos((P), (Oxy))  c 2 a  (a  2c)  c  Đẳng thức có (P) : x  y  z    Gọi véc tơ pháp tuyến (P) n(P) (a; b; c) sin((P), Oy)  a  2c a2  (a  2c)2  c2  30 Đẳng thức có (P) : x  5y  2z   489 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vấn đề Bài     Ta coù AB  (3; 5; 1), AC  (1; 1; 3)   AB, AC   14; 8; 2    Suy phương trình mặt phẳng ( ABC) là: x  y  z   Ta coù 2a  b   a  18 2a  b 3a  2b 1      4 1 1 3a  2b  4 b  29     Goïi E( x; y; z) điểm thỏa mãn AE  BE  3CE  (*)   Vì AE   x  4; y  6; z  2 ; BE   x  4; y  8; z ;  3CE   3x  3; 3 y  6; 3z      Suy AE  BE  3CE   3x  3; y  8; 3z  8 ( ) / /( ABC)    x  1 3 x     8 8   Do (*)  3 y     y    E  1;  ;  3 3  3 z       z        Khi đó: S  EA  EM  EB  EM  EC  EM      3EM  EA2  EB2  3EC  EM AE  BE  3CE          3EM  EA2  EB2  3EC Vì EA2  EB2  3EC2 không đổi nên S nhỏ  EM nhỏ  M hình chiếu E lên mặt phẳng ( )  8 3     Do EM  ( P)  EM  k.n ( Trong n  (3;1; 1) VTPT ( )  Gọi M ( x; y; z) , ta có: EM   x  1; y  ; z   ) 490 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt   x  3k    Suy  y  k     z   k  Maët khaùc  8  8 22 0k M  (  )   3k  1   k      k      11k  3  3 3  Vậy M 1; 2;  điểm cần tìm     Gọi K ( x; y; z) điểm thỏa mãn AK  BK  7CK  (**)   Maø AE   3x  6; y  9; 3z  3 ; 5 BK   5 x  5; 5 y  10; 5 z  ;  7CK   x  7; y  14; z  14   18 x  5 x  18    18 33 11  33   Suy (**)  5 y  33    y   K ; ;  5   5 5 z  11    11  z     Khi P  NK  NK , suy P nhỏ  N hình chiếu K lên ( ) Từ ta tìm N  3; 6; 2  Bài  Gọi tọa độ điểm M M(x; y; z), ta coù AM(x  2; y  3; z  1) vaø   BM  ( x  5; y  2; z  7), CM  ( x  1; y  8; z  1) neân MA2  ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2 MB2  ( x  5)2  ( y  2)2  ( z  7)2 MC  ( x  1)2  ( y  8)2  ( z  1)2 Do đẳng thức MA2  MB2  MC2 tương đương với 491 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  ( x  5)2  ( y  2)2  ( z  7)2  ( x  1)2  ( y  8)2  ( z  1)2  x2  y2  z2  x  14 y  18 z  26  Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm I (2;  7; 9), bán kính R   Tương tự câu 1, ta có AB  (7;  5; 6) neân     AM  AB  ( x  9; y  8; z  5), BM  CM  (2 x  6; y  6; z  6)     Neân AM  AB  BM  CM  ( x  9)2  ( y  8)2  ( z  5)2  (2 x  6)2  (2 y  6)2  (2 z  6)2  3x2  y2  3z2  42 x  y  34 z  62  34 62  x2  y2  z2  14 x  y  z 0 3  17  Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm I  7; ;  , bán kính  3  R Bài 935 Gọi trọng tâm tam giác ABC G(1; 2; 2)     Khi GA  GB  GC  neân       MA2  MB2  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC        3MG2  GA2  GB2  GC Do MA2  MB2  MC2 đạt giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu G ( P) Ta tìm điểm M (4;  1; 0) điểm cần tìm     Gọi E(a; b; c) điểm thỏa mãn EA  EB  EC  0, ta tìm tọa độ điểm E(7;  16;  7) 492 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ta coù: MA2  2MB2  MC2   MG2  GA2  2GB2  4GC2 Neân MA2  2MB2  MC2 lớn M hình chiếu điểm E mặt phẳng ( P) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:  x  y  16 z   25   74 9  ; ; 3 2  M     11 11   11 3x  y  z  15   Bài Vì điểm M   neân M (1  t;   t; 2t), t     Ta coù MA(t;  t;  2t), MB(t  2;  t;  2t) Neân T  MA2  MB2  t2  (6  t)2  (2  2t)2  (t  2)2  (4  t)2  (4  2t)2  12t2  48t  76  12(t  2)2  28  28 t   Hay giá trị nhỏ T  28 t  2, hay M (1; 0; 4) Vaäy M (1; 0; 4) điểm cần tìm  Ta coù   OM  (1  t;   t; 2t), AM  ( t; t  6; 2t  2), BM  (2  t; t  4; 2t  4)     Do ñoù w  3OM  AM  BM  (5  t; t  2; 2t  12)  Nên ta có w  (5  t)2  (t  2)2  (2t  12)2  6t2  54t  173  3 319  6t     2   638 t     Vậy giá trị nhỏ 3OM  AM  BM laø 638 , đạt 5  M  ;  ;  3 2    Ta coù AM (t; t  6; 2t  2), AB(2;  2; 2) neân 493 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả    AM , AB   (6t  16;  2t; t  12)   Vì diện tích tam giác MAB laø SMAB      AM , AB  (6t  16)2  (4  2t)2  (4 t  12)2  2    19  24 56  t     7   42  12 38  19  M  ; ;   7     Bài AB( 5;3;  8),BC(7;0;2),CA( 2;  3;6)       Ta coù AB.AC  47,BC.BA  51,CA.CB  dương, nên tam tam Vậy SMAB lớn  t  giác ABC tam giác nhọn  Từ M(t; t; t)  MA(3  t;   t;5  t) neân    u  MA  2BC   24  t;   t; 11  t   u  (24  t)2  (2  t)2  (11  t)2  3(t  11)2  338   Giá trị nhỏ MA  3BC 13 M(11;11;11) Ta có f(t)  2MA  MB2  4MC2  3t  24t  18 Hay f(t)  30  3(t  4)2  30 t   Nên giá trị lớn f(t) 30, M  4; 4;  Bài Tọa độ trọng tâm tam giác ABC G(2;4;3)   Gọi H hình chiếu G mặt phẳng (P), GH  t.n(P) ,  hay GH  (t; t; t)  H(2  t;  t;  t) Mặt khác, điểm H thuộc mặt phẳng (P) nên (2  t)  (4  t)  (3  t)    3t    t  2 Vậy tọa độ hình chiếu G mặt phẳng (P) H(0;2;1) Điểm G đối xứng với G qua mặt phẳng (P) H trung điểm GG, nên 494 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt xG  xG  2xH xG  2xH  xG xG  2    yG  yG  2yH  yG  2yH  yG  yG   G( 2;0;  1) z  z  2z z  2z  z z  1 G H H G  G  G  G Vaäy tọa độ điểm G G( 2;0;  1)     Vì G trọng tâm tam giác ABC nên GA  GB  GC       Ta coù MA  MA  (MG  GA)2  MG2  2MG.GA  GA     Tương tự MB2  MG2  2MG.GB  GB2 , MC2  MG2  2MG.GC  GC2     Do T  3MG2  2MG(GA  GB  GC)  GA  GB2  GC2  3MG2  GA  GB2  GC2 Vì thế, biểu thức T đạt giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm G mặt phẳng ABC Tọa độ điểm M cần tìm M  H(0;2;1) Bài Vì điểm M   nên M( 1  t;  2t; 2t), t    Ta coù MA(2  t; 2t  1; 1  2t) vaø   MB(1  t;  2t;  2t), MC(  t;  2t;  2t)  T  MA  2MB2  4MC2 4 232 232   9t2  8t  24    3t     t   9   232 8  13 17 Giá trị nhỏ T  t   , hay M   ; ;   9 9  8  13 17 Vậy điểm M cần tìm M   ; ;   9     Ta coù BC( 1;  1;  2) neân AM  BC  (t  3;  2t; 2t  1)   Vì AM  BC  (t  3)2  ( 2t)2  (2t  1)2 5 65 65   9t  10t  10   3t     t   3    65 , đạt điểm Do giá trị nhỏ AM  BC 10   M có tọa độ M   ;  ; 9   Bài 495 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả   m qua A(1; 0;  2) véc tơ phương u m (2;  m; m)    Ta có OA(1; 0;  2) nên OA, u m   (2  2m;   m;  m) Khoảng cách từ gốc tọa độ đến  m laø   OA, u  m  6m2  2m  21  d(O,  m )    2m2  2m  u m Giá trị lớn d(O,  m ) m  Giá trị nhỏ d(O,  m ) m  4 Góc đường thẳng  m mặt phẳng (yOz)   sin(  m ,(xOy))  cos(u m , n( xOy ) )  Giaù trị lớn cần tìm arcsin  Oy qua O có u Oy (0;1;0) m 2m  2m  m  m4   Ta coù u Oy , u m   (m; 0;  2) Vì d(Oy,  m )   m2  Khoaûng cách  m trục Oy lớn m  496 ... Q,E,F lần D' lượt tâm mặt hình lập phương (hình vẽ) A' B' E C' Q M A P N B 15 F D C Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả AC  a tương tự 2 cho cạnh khác hình gồm tám đỉnh... chóp 19 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Định nghóa Hình chóp hình chóp có đáy đa giác có cạnh bên S S C A D A O E O E B Hình chóp tam giác B Hình chóp tứ giác... AD  a.x  3 36 31 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Cho hình chóp S ABC , mặt bên (SBC) tam giác cạnh   120 0 Tính thể tích khối