Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề Toán học về vec tơ chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 11, 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về vec tơ và để ôn thi THPQG và thi đại học.
CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ SONG SONG ĐẠI CƯƠNG VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Các tính chất thừa nhận • Có đường thẳng qua hai điểm phân biệt • Có mặt phẳng qua ba điểm khơng thẳng hàng • Nếu đường thẳng có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng điểm đường thẳng thuộc mặt phẳng • Có bốn điểm khơng thuộc mặt phẳng • Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung chúng cịn có điểm chung khác Vậy thì: Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung chúng có đường thẳng chung qua điểm chung Đường thẳng gọi giao tuyến hai mặt phẳng • Trên mặt phẳng các, kết biết hình học phẳng Cách xác định mặt phẳng Một mặt phẳng hoàn toàn xác định biết: - Nó qua ba điểm khơng thẳng hàng - Nó qua điểm đường thẳng không qua điểm - Nó chứa hai đường thẳng cắt Các kí hiệu: - ( ABC ) kí hiệu mặt phẳng qua ba điểm không thẳng hàng A ,B,C ( h1) - ( M ,d ) kí hiệu mặt phẳng qua d điểm M ∉ d (h2) - ( d ,d ) kí hiệu mặt phẳng xác định hai đường thẳng cắt d1 ,d2 (h3) Hình chóp hình tứ diện 3.1 Hình chóp Trong mặt phẳng ( α ) cho đa giác lồi A 1A A n Lấy điểm S nằm ( α ) Lần lượt nối S với đỉnh A 1,A , ,A n ta n tam giác SA 1A ,SA 2A , ,SA n A Hình gồm đa giác A 1A A n n tam giác SA 1A ,SA 2A , ,SA n A gọi hình chóp , kí hiệu S.A 1A A n Ta gọi S đỉnh, đa giác A 1A A n đáy , đoạn SA ,SA , ,SA n cạnh bên, A 1A ,A 2A , ,A nA cạnh đáy, tam giác SA 1A ,SA 2A , ,SA n A mặt bên… 3.2 Hình Tứ diện Cho bốn điểm A ,B,C,D khơng đồng phẳng Hình gồm bốn tam giác A BC,ABD, ACD ( BCD ) gọi tứ diện ABCD B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: XÁC ĐỊNH GIAO TUYẾN CỦA HAI MẶT PHẲNG Phương pháp: Để xác định giao tuyến hai mặt phẳng, ta tìm hai điểm chung chúng Đường thẳng qua hai điểm chung giao tuyến Lưu ý: Điểm chung hai mặt phẳng ( α ) ( β) thường tìm sau : Tìm hai đường thẳng a,b thuộc ( α ) ( β) , đồng thời chúng nằm mặt phẳng ( γ ) đó; giao điểm M = a ∩ b điểm chung ( α ) ( β) Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD tứ giác có cặp cạnh đối khơng song song, điểm M thuộc cạnh SA Tìm giao tuyến cặp mặt phẳng : a) ( SAC ) ( SBD ) b) ( SAC ) ( MBD ) c) ( MBC ) ( SAD ) d) ( SAB) ( SCD ) Lời giải a) Gọi O = AC ∩ BD O ∈ AC ⊂ ( SAC ) ⇒ O ∈ BD ⊂ ( SBD ) Lại có ⇒ O ∈ ( SAC ) ∩ ( SBD ) S∈ ( SAC ) ∩ ( SBD ) ⇒ SO = ( SAC ) ∩ ( SBD ) b) O = AC ∩ BD O ∈ AC ⊂ ( SAC ) ⇒ O ∈ BD ⊂ ( MBD ) ⇒ O ∈ ( SAC ) ∩ ( MBD ) Và M ∈ ( SAC ) ∩ ( MBD ) ⇒ OM = ( SA C ) ∩ ( MBD ) F ∈ BC ⊂ ( MBC ) ⇒ F ∈ ( MBC ) ∩ ( SAD ) c) Trong ( ABCD ) gọi F = BC ∩ AD ⇒ F ∈ AD ⊂ ( SAD ) Và M ∈ ( MBC ) ∩ ( SAD ) ⇒ FM = ( MBC ) ∩ ( SAD ) d) Trong ( ABCD ) gọi E = AB ∩ CD , ta có SE = ( SAB) ∩ ( SCD ) Ví dụ Cho tứ diện ABCD , O điểm thuộc miền tam giác BCD , M điểm đoạn AO a) Tìm giao tuyến mặt phẳng ( MCD ) với mặt phẳng ( ABC ) ,( ABD ) b) Gọi I,J điểm tương ứng cạnh BC BD cho IJ khơng song song với CD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng ( IJM ) ( ACD ) Lời giải a) Trong ( BCD ) gọi N = DO ∩ BC , ( ADN ) gọi P = DM ∩ AN P ∈ DM ⊂ ( CDM ) ⇒ P ∈ AN ⊂ ( ABC ) ⇒ P ∈ ( CDM ) ∩ ( ABC ) Lại có C ∈ ( CDM ) ∩ ( ABC ) ⇒ PC = ( CDM ) ∩ ( ABC ) Tương tự, ( BCD ) gọi Q = CO ∩ BD , ( ACQ ) gọi R = CM ∩ AQ R ∈ CM ⊂ ( CDM ) ⇒ ⇒ R ∈ ( CDM ) ∩ ( ABD ) R ∈ AQ ⊂ ( ABD ) D điểm chung thứ hai ( MCD ) ( ABD ) nên DR = ( CDM ) ∩ ( ABD ) b) Trong ( BCD ) gọi E = BO ∩ CD,F = IJ ∩ CD , K = BE ∩ IJ ; ( ABE ) gọi G = KM ∩ AE F ∈ IJ ⊂ ( IJM ) G ∈ KM ⊂ ( IJM ) ⇒ F ∈ ( IJM ) ∩ ( ACD ) , Có F ∈ CD ⊂ ( ACD ) G ∈ AE ⊂ ( ACD ) ⇒ G ∈ ( IJM ) ∩ ( ACD ) Vậy FG = ( IJM ) ∩ ( ACD ) Bài toán 02: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG – BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUI Phương pháp: - Để chứng minh ba điểm ( hay nhiều điểm) thẳng hàng ta chứng minh chúng điểm chung hai mặt phẳng phân biệt, chúng nằm đường thẳng giao tuyên hai mặt phẳng nên thẳng hàng - Để chứng minh ba đường thẳng đồng qui ta chứng minh giao điểm hai đường thẳng thuộc đường đường thẳng cịn lại Các ví dụ Ví dụ Cho tứ diện SABC Trên SA ,SB SC lấy điểm D,E F cho DE cắt AB I , EF cắt BC J , FD cắt CA K Chứng minh ba điểm I,J,K thẳng hàng Lời giải Ta có I = DE ∩ AB,DE ⊂ ( DEF ) ⇒ I ∈ ( DEF ) ; AB ⊂ ( ABC ) ⇒ I ∈ ( ABC ) ( 1) Tương tự J = EF ∩ BC J ∈ EF ∈ ( DEF ) ⇒ ( 2) J ∈ BC ⊂ ( ABC ) K = DF ∩ AC K ∈ DF ⊂ ( DEF ) ⇒ ( 3) Từ K ∈ AC ⊂ ( ABC ) (1),(2) (3) ta có I,J,K điểm chung hai mặt phẳng ( ABC ) ( DEF ) nên chúng thẳng hàng Ví dụ Cho tứ diện SABC có D,E trung điểm AC,BC G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng ( α ) qua AC cắt SE,SB M ,N Một mặt phẳng ( β) qua BC cắt SD,SA tương ứng P Q a) Gọi I = AM ∩ DN ,J = BP ∩ EQ Chứng minh S,I,J,G thẳng hàng b) Giả sử K = AN ∩ DM ,L = BQ ∩ EP Chứng minh S,K ,L thẳng hàng Lời giải a) Ta có S∈ ( SAE ) ∩ ( SBD ) , (1) G ∈ AE ⊂ ( SAE ) G = AE ∩ BD ⇒ G ∈ BD ⊂ ( SBD ) G ∈ ( SAE ) ⇒ G ∈ ( SBD ) ( 2) I ∈ DN ⊂ ( SBD ) I = AM ∩ DN ⇒ I ∈ AM ⊂ ( SAE ) I ∈ ( SBD ) ⇒ I ∈ ( SAE ) ( 3) J ∈ BP ⊂ ( SBD ) J ∈ ( SBD ) J = BP ∩ EQ ⇒ ⇒ J ∈ ( SAE ) J ∈ EQ ⊂ ( SAE ) ( 4) Từ (1),(2),(3) (4) ta có S,I,J,G điểm chung hai mặt phẳng ( SBD ) ( SA E ) nên chúng thẳng hàng Ví dụ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Một mặt phẳng ( α ) cắt cạnh bên SA ,SB,SC,SD tưng ứng điểm M ,N ,P,Q Chứng minh đường thẳng MP,NQ,SO đồng qui Lời giải Trong mặt phẳng ( MNPQ ) gọi I = MP ∩ NQ Ta chứng minh I ∈ SO Dễ thấy SO = ( SAC ) ∩ ( SBD ) I ∈ MP ⊂ ( SAC ) I ∈ NQ ⊂ ( SBD ) I ∈ ( SAC ) ⇒ ⇒ I ∈ SO I ∈ ( SBD ) Vậy MP,NQ,SO đồng qui I Ví dụ Cho hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) cắt theo giao tuyến đường thẳng a Trong ( P ) lấy hai điểm A ,B không thuộc a S điểm không thuộc ( P ) Các đường thẳng SA ,SB cắt ( Q ) tương ứng điểm C,D Gọi E giao điểm AB a Chứng minh AB,CD a đồng qui Lời giải Trước tiên ta có S∉ AB ngược lại S∈ AB ⊂ ( P ) ⇒ S∈ ( P ) (mâu thuẫn giả thiết) S,A ,B khơng thẳng hàng, ta có mặt phẳng ( SA B) C ∈ SA ⊂ ( SAB) Do C = SA ∩ ( Q ) ⇒ C ∈ ( Q ) C ∈ ( SAB) ⇒ C ∈ ( Q ) Tương tự ( 1) D ∈ SB ⊂ ( SAB) D = SB ∩ ( Q ) ⇒ D ∈ ( Q ) D ∈ ( SAB) ⇒ D ∈ ( Q ) ( 2) Từ (1) (2) suy CD = ( SAB) ∩ ( Q ) E ∈ AB ⊂ ( SAB) E ∈ ( SAB) ⇒ Mà E = AB ∩ a ⇒ E ∈ a ⊂ ( Q ) E ∈ ( Q ) ⇒ E ∈ CD Vậy AB,CD a đồng qui đồng qui E Bài toán 03: TÌM GIAO ĐIỂM CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG Phương pháp: Sử dụng định nghĩa tính chất biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Để tìm giao điểm đường thẳng d mặt phẳng ( P ) ta cần lưu ý số trường hợp sau: Trường hợp Nếu ( P ) có sẵn đường thẳng d' cắt d M , M ∈ d M ∈ d ⇒ ⇒ M = d ∩ ( P) M ∈ ( P ) M ∈ d' ⊂ ( P ) Trường hợp Nếu ( P ) chưa có sẵn d' cắt d ta thực theo bước sau: 10 Bước 1: Chọn mặt phẳng ( Q ) chứa d Bước 2: Tìm giao tuyến Δ = ( P ) ∩ ( Q ) ∩ Bước 3: Trong ( Q ) gọi M = dΔ M giao điểm d ∩ ( P ) Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD với đáy ABCD có cạnh đối diện không song song với M điểm cạnh SA a) Tìm giao điểm đường thẳng SB với mặt phẳng ( MCD ) b) Tìm giao điểm đường thẳng MC mặt phẳng ( SBD ) Lời giải a) Trong mặt phẳng ( ABCD ) , gọi E = AB ∩ CD Trong ( SAB) gọi N = SB ∩ EM Ta có N ∈ EM ⊂ ( MCD ) ⇒ N ∈ ( MCD ) N ∈ SB nên N = SB ∩ ( MCD ) b) Trong ( ABCD ) gọi I = AC ∩ BD Trong ( SAC ) gọi K = MC ∩ SI Ta có K ∈ SI ⊂ ( SBD ) K ∈ MC nên K = MC ∩ ( SBD ) Ví dụ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , M điểm cạnh SC , N cạnh BC Tìm giao điểm đường thẳng SD với mặt phẳng ( AMN ) Lời giải Trong mặt phẳng ( ABCD ) gọi O = AC ∩ BD,J = AN ∩ BD Trong ( SAC ) gọi I = SO ∩ AM K = IJ ∩ SD Ta có I ∈ AM ⊂ ( AMN ) ,J ∈ AN ⊂ ( AMN ) ⇒ IJ ⊂ ( AMN ) Do K ∈ IJ ⊂ ( AMN ) ⇒ K ∈ ( AMN ) Vậy K = SD ∩ ( AMN ) Bài toán 04: XÁC ĐỊNH THIẾT DIỆN CỦA MỘT MẶT PHẲNG VỚI HÌNH CHÓP Phương pháp: 11 Để xác định thiết diện hình chóp S.A 1A A n cắt mặt phẳng ( α ) , ta tìm giao điểm mặt phẳng ( α ) với đường thẳng chứa cạnh hình chóp Thiết diện đa giác có đỉnh giao điểm ( α ) với hình chóp ( cạnh thiết diện phải đoạn giao tuyến với mặt hình chóp) Trong phần xét thiết diện mặt phẳng qua ba điểm không thẳng hàng Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , có đáy hình thang với AD đáy lớn P điểm cạnh SD a) Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (PAB) b) Gọi M ,N trung điểm cạnh AB,BC Xác định thiết diện hình chóp cắt ( MNP ) Lời giải a) Trong mặt phẳng ( ABCD ) , gọi E = AB ∩ CD Trong mặt phẳng ( SCD ) gọi Q = SC ∩ EP Ta có E ∈ AB nên EP ⊂ ( ABP ) ⇒ Q ∈ ( ABP ) , Q = SC ∩ ( ABP ) Thiết diện tứ giác A BQP b)Trong mặt phẳng ( ABCD ) gọi F,G giao điểm MN với AD CD Trong mặt phẳng ( SAD ) gọi H = SA ∩ FP Trong mặt phẳng ( SCD ) gọi K = SC ∩ PG Ta có F ∈ MN ⇒ F ∈ ( MNP ) , ⇒ FP ⊂ ( MNP ) ⇒ H ∈ ( MNP ) H ∈ SA ⇒ H = SA ∩ ( MNP ) Tư Vậy H ∈ ( MNP ) tự K = SC ∩ ( MNP ) Thiết diện ngũ giác MNKPH Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình bình hành tâm 12 ơng đáy O Gọi M ,N ,P ba điểm cạnh A D,CD,SO Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (MNP) Lời giải Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E,K ,F giao điểm MN với DA ,DB,DC Trong mặt phẳng ( SDB) gọi H = KP ∩ SB Trong mặt phẳng ( SAB) gọi T = EH ∩ SA Trong mặt phẳng ( SBC ) gọi R = FH ∩ SC E ∈ MN ⇒ EH ⊂ ( MNP ) , Ta có H ∈ KP T ∈ SA ⇒ T = SA ∩ ( MNP ) T ∈ EH ⊂ ( MNP ) Lí luận tương tự ta có R = SC ∩ ( MNP ) Thiết diện ngũ giác MNRHT 13 Bài toán 05: DỰNG ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA MỘT ĐIỂM VÀ CẮT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Phương pháp: Để dựng đường thẳng d qua O cắt d1 ,d2 ta dựng giao tuyến hai mặt phẳng mp( O,d1 ) mp( O,d2 ) , d = mp( O,d1 ) ∩ mp( O,d2 ) Các ví dụ Ví dụ Cho tứ diện ABCD , O điểm huộc miền tam giác BCD , M điểm cạnh AB a) Dựng đường thẳng qua M cắt AO CD b) Gọi N mộtđiểm cạnh BC cho ON không song song với BD Dựng đường thẳng qua N cắt AO DM Lời giải a) Trong ( BCD ) gọi P = BO ∩ CD Trong ( ABN ) gọi I = PM ∩ AO Đường thẳng MP đường thẳng qua M cắt AO CD b) Trong mặt phẳng ( BCD ) gọi E = NO ∩ BD Trong ( ABD ) gọi G = MD ∩ AE , ( NAE ) gọi F = AO ∩ NG , NG đường thẳng qua N cắt AO DM Bài tốn 06: TÌM TẬP HỢP GIAO ĐIỂM CỦA THẲNG VÀ BÀI TOÁN CHỨNG MINH GIAO ĐIỂM CỐ ĐỊNH Phương pháp: 14 HAI ĐƯỜNG TUYẾN ĐI QUA FS SA AD = = ( 2) FB AB AC ( Do tam giác A SD,A BC cân A nên SA = AD,AB = A C ) ED AD = Mặt khác ( 3) EC AC IA ED = ⇒ IE P AD Từ ( 1) ,( 2) ( 3) suy IB EC Mà AD ⊂ ( SAD ) ⇒ IE P ( SAD ) IE P ( SAD ) ⇒ ( IEF ) P ( SAD ) Ta có IF P ( SAD ) Mà EF ⊂ ( IEF ) ⇒ EF P ( SAD ) 49 BE P AF ⇒ EB P ( ADF ) a) Ta có AF ⊂ ( ADF ) Tương tự BC P ( ADF ) Từ ta có ( BCE ) / / ( ADF ) b) Vì MM ' P AB ⇒ MM ' P CD nên theo định lí Thales ta có AM AM ' = ( 1) AC AD Tương tự BN AN ' NN ' P AB ⇒ = ( 2) BF AF AM ' AN ' = Từ ( 1) ( 2) suy AD AF ⇒ M 'N ' P DF ⊂ ( DEF ) ⇒ M 'N ' P ( DEF ) Lại có MM '/ /CD P EF ⇒ MM ' P ( DEF ) ⇒ ( DEF ) P ( MNN 'M ') c) Gọi P = MM '∩ BC,Q = NN '∩ BE J,K trung điểm đoạn AB CF Gọi X = N 'Q ∩ FJ , Y = M 'P ∩ CJ XY = ( MPQN ') ∩ ( FCJ ) Trong ( M 'PQN ') gọi I = XY ∩ MN YM CM XN FN = 3) = ( ( 4) mà A J = BJ,A C = BF nên từ ( 3) ,( 4) suy AJ CA BJ FB YM = XN ⇒ XMYN hình bình hành nên I trung điểm MN Ta có 78 ( M 'PQN ') P ( CEFE ) Do ( CFJ ) ∩ ( M 'PQN ') = XY ⇒ XY P CF mà IX = IY nên I thuộc đường trung ( CFJ ) ∩ ( CEFE ) = CF trung tuyến JK tam giác JCF Giới hạn: Khi N → B ⇒ M → A ⇒ I → J Khi N → F ⇒ M → C ⇒ I → K Phần đảo: (bạn đọc tự giải) Vậy tập hợp điểm I đường trung tuyến JK tam giác JCF 50 ( α ) P ( SAB) a) Do ( ABCD ) ∩ ( SAB) = AB ⇒ MN P AB ( 1) ) ∩ ( MN )= ( ABCDα ( α ) P ( SAB) Tương tự ( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD ) ∩ ( PQ )= ( SCDα ⇒ PQ P CD ( 2) Lại có AB P CD ( 3) Từ ( 1) ,( 2) ( 3) ta có MN P A B P CD P PQ nên MNPQ hình thang (*) Dễ thấy MQ P SA ,NP P SB MQ DM NP CN DM CN = ; = = mà nên SA DA SB CB DA CB MQ NP = SA SB Mặt khác ΔSAB cân S ⇒ SA = SB ⇒ MQ = NP ( **) Từ ( *) ( **) suy MNPQ hình thang cân b) MNPQ tứ giác ngoại tiếp ⇔ MQ + NP = MN + PQ MQ DM a − x = = ⇒ MQ = 2( a − x) ⇒ NP = 2( a − x) Ta có SA DA a PQ SQ AM x = = = ⇒ PQ = x Lại có CD SD AD a Khơng khó khăn ta tính MN = 3a − 2x a Do MQ + NP = MN + PQ ⇔ 4( a − x) = 3a − 2x + x ⇔ x = 79 a c) Gọi E = AD ∩ BC ⇒ SE = ( SAD ) ∩ ( SBC ) Khi tính r = I ∈ MP ⊂ ( SAD ) I = MP ∩ NQ ⇒ ⇒ I ∈ SE I ∈ NQ ⊂ ( SBC ) Giới hạn: Gọi I giao điểm SE với mặt phẳng ( β) qua CD song song với ( SA B) Khi M → D ⇒ N → B ⇒ I → I Khi M → A ⇒ N → B ⇒ I → S Phần đảo: ( bạn đọc tự giải) d) Gọi K = IJ ∩ MN , MNPQ hình thang cân nên K trung điểm MN Gọi F = EK ∩ AB F trung điểm AB nên F cố định dễ thấy IJ P SF suy IJ có phương khơng đổi điểm J thuộc mặt phẳng cố định ( SEF ) 51 Bổ đề: Cho tam giác ABC điểm M ,N thuộc cạnh AB,AC cho MN P BC Gọi E,F trung điểm BC,MN I = MB ∩ CN A ,F,I,E thẳng hàng Chứng minh: uuur uuur uuur AB uuuur AC uuuu r AM + AN Ta có 2AE = AB + AC = AM AN uuuur uuuu r uuu r = k AM + AN = 2kAF ( ) AB AC = AM AN Hay A ,E,F thẳng hàng uu r uu r uur r IB uur IC uuu IN − IM Mặt khác 2IE = IB + IC = − IN IM uur uuu r uu r IB IC = l IN + IM = 2lIF vời l = − ⇒ I,E,F =− IN IM thẳng hàng Vậy A ,F,I,E thẳng hàng Quay lại toán: Gọi M = AB'∩ BA ',P = AC'∩ CA ',N = BC'∩ CB' I = CM ∩ AN I ∈ AN ⊂ ( ABC') ⇒ ⇒ I ∈ BP = ( ABC') ∩ ( BCA ') I ∈ CM ⊂ ( BCA ') Vậy I điểm đồng quy ba mặt phẳng ( A 'BC ) ,( B'AC ) ,( C'AB) Với k = ( ) Gọi E,F trung điểm BC,BA 80 Theo bổ đề ta có S,N ,E thẳng hàng I ∈ AN nên I ∈ ( SAE ) Tương tự I ∈ ( SCF ) Gọi G trọng tâm ΔABC SG = ( SAE ) ∩ ( SCF ) nên I ∈ SG Từ dễ dàng lập luận quỹ tích điểm I đoạn thẳng SG trừ S G 52 a) Gọi O,O' trọng tâm mặt ABCD A 'B'C'D' Dễ thấy DBB'D' hình bình hành nên B'D' P BD ⊂ ( BDA ') ⇒ B'D' P ( BDA ') ( 1) Tương tự OCO'A ' hình bình hành nên O'C / /OA ' ⊂ ( A 'BD ) ⇒ CO' P ( A 'BD ) Từ ( 2) ( 1) ,( 2) suy ( A 'BD ) P ( CB'D') b) Ta có A 'O trung tuyến tam giác G1O OA = = nên G1 trọng A 'BD G1A ' A 'C' tâm tam giác A 'BD Tương tự G2 trọng tâm tam giác CB'D' Dễ thấy OG1 O'G2 đường trung bình tam giác ACG2 A 'C'G1 nên AG1 = G1G2 = G1C' = AC' c) Gọi I trung điểm CD' Do G2 trọng tâm tam giác CB'D' nên I ∈ B'G2 ⊂ ( A 'B'G2 ) I ∈ ( A 'B'G2 ) ∩ ( CDD'C') A 'B' P C'D' ⇒ ( A 'B'G2 ) ∩ ( CDD'C') = EF P C'D' Vậy A 'B' ⊂ ( A 'B'G ) C'D' ⊂ ( CDD'C') E ∈ CC',F ∈ DD' Thiết diện hình bình hành A 'B'EF 53 a) Dễ thấy PN P CD' QM P A 'B mà A 'B P C'D nên PN P QM hay M ,N ,P,Q đồng phẳng 81 b) Do PC'MA hình bình hành nên MP qua trung điểm O AC' ⇒ O ∈ ( MNPQ ) Mặt khác A 'B P MQ ⊂ ( MNPQ ) ⇒ A 'B P ( MNPQ ) Gọi Δ đường thẳng qua O song song với A 'B Δ cố định Δ ⊂ ( MNPQ ) Hay ( MNPQ ) chứa đường thẳng cố định Δ ( MNPQ ) P ( A 'BC') ⇒ BC' P ( MNPQ ) ⇒ BC' P NR BR C'N a a = ⇒ x = Đảo lại x = , dễ dàng chứng minh BC CC' 2 MNPQ P A 'BC' ( ) ( ) ⇔ c) Dễ thấy Δ cắt BC,A 'D' trung điểm R S chúng Thiết diện lục giác MPNPSQ Dễ thấy lục giác có tâm đối xứng O nên MQ = NP,MR = NS,RN = SQ chu vi thiết diện 2p = 2( RM + MQ + QS) Ta có MR = QS = a + ( a − x) , QM = x 2 a + ( a − x) ÷ Vậy 2p = 2 x + ÷ Đặt f ( x) = x + a2 + 4( a − x) ;x ∈ [0;a] Theo CauChy -Schwarz ( a + 4( a − x) ) ( + ) ≥ a + 2( a − x) ⇒ 2 Nên f ( x) ≥ x + 2 a2 + 4( a − x) ≥ 2 ( 3a − 2x) ( 3a − 2x) = 3a Đẳng thức xảy x= a Vậy ( 2p) = 2a Mặt khác biến đổi tương đương ta có 2 x + a2 + 4( a − x) ≤ 2a + a ⇔ ( a − x) ( a − x) − a2 ≤ ∀x ∈ 0;a Đẳng ( thức xảy x = a Vậy max( 2p) = 2a 54 ( α ) P ( SAB) MN ⇒ a) Ta có ( ABCDα ) ∩ ( MN )= ( ABCD ) ∩ ( SAB) = AB Tương tự ( α ) ∩ ( SAB) = MQ P SA ( α ) ∩ ( SCD ) = NP P SD 82 ABP ) 2+1 Thiết diện tứ giác MNPQ MN P BC MNα⊂ ( ) ⇒ PQ P MN ( 1) Do BC ⊂ ( SBC ) ( SBCα ) ∩ ( PQ )= Ta có MN P AD,MQ P SA mà AD ⊥ SA nên MN ⊥ MQ ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy MNPQ hình thang vng I ∈ NP ⊂ ( SCD ) ⇒ I ∈ d từ b) Gọi d = ( SAB) ∩ ( SCD ) , I = NP ∩ MQ ⇒ I ∈ MQ ⊂ ( SAB) dễ dàng tìm quĩ tích điểm I 55 a) Trong ( ABB'A ') gọi J = MN ∩ AB , ( ABC ) gọi Q = JP ∩ AC Ta có ( ABC ) P ( A 'B'C') nên ( MNP ) ∩ ( A 'B'C') = MR P PQ Thiết diện ngũ giác MNPQR b) Trong ( ABC ) gọi K = PQ ∩ IC K ∈ ( MNP ) ⇒ MK ⊂ ( MNP ) Do CI P C'M nên ( MICC') gọi H = IC'∩ MK ⇒ H = IC'∩ ( MNP ) 56 a) Gọi ( α) mặt phẳng qua M song song với ( A 'D'CB) N 'α =( ∩ )BD Ta có AM DN ' = ( 1) AD' DB Ta có AD' = BD = a nên AM = DN ' mà A M = DN ⇒ DN = DN ' ⇒ N ≡ N ' Vậy MNα⊂ ( )AP'D'CB ( ) MN song song với mặt phẳng cố định ( A 'D'CB) 83 a dễ thấy M ,N trọng tâm tam giác A 'AD CAD nên A 'M CN cắt trung điểm I AD IM IN = ⇒ MN P A 'C Khi IA ' IC 57 a) Gọi O,M ,E,F trung điểm AC',A C,BC,B'C' Chứng minh ( IGK ) P ( BCC'B') b) Khi x = MI MG = ⇒ IG P CC' ⊂ ( BCC'B') ⇒ IG P ( BCC'B') ( 1) MB MC' OA '+ OA ' Tương tự A 'G = A 'C A 'C OA ' =3 = A 'C A 'K A 'G A 'K = ⇒ = Lại có A 'F A 'C A 'F ⇒ GK P CF ⊂ ( BCC'B') Ta có ⇒ GK P ( BCC'B') ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy ( IGK ) P ( BCC'B') Chứng minh ( A 'KG ) P ( AIB') Dễ thấy AA 'FE hình bình hành nên A 'F P AE hay A 'F P ( AIB') ( 3) Cũng dễ thấy CF P EB' ⊂ ( AIB') ⇒ CF P ( AIB') ( 4) Từ ( 3) ,( 4) suy ( A 'CF ) / / ( AIB') mà ( A 'CF ) ( A 'KG ) nên ( A 'KG ) P ( AIB') b) Trong ( BCC'B') gọi R = PQ ∩ B'E R ∈ PQ ⇒ R ∈ B'E ⊂ ( AB'E ) Trong ( AB'E ) gọi S = IR ∩ AB' đường thẳng IR đường thẳng cần dựng 58 a) Ta có MA P NN ' ( 1) MNαP ( ) Do ) ∩ ( AN ) =' ( AMNN 'α 84 ⇒ AN ' P MN ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy AMNN ' hình bình hành Gọi ( β) mặt phẳng chứa d2 song ⊂( song với d1 NN 'β ) N⇒' β∈ ( ) từ ta có N ' thuộc giao tuyến d3 ( α) ( β) b) Ta có MN = AN ' nên MN nhỏ AN ' nhỏ ⇔ AN ' ⊥ d3 Từ ta xác định Δ sau: Dựng ( β) chứa d2 ( β) P d1 - =( β Dựng giao tuyến dα ) ∩( ) - Gọi N ' hình chiếu A d3 Từ N ' dựng đường thẳng song song với d1 cắt d2 N Từ N dựng đường thẳng Δ song song với N 'A Δ đường thẳng thỏa yêu cầu toán c) Gọi J trung điểm AN ' ( OIJβP ) ( ) mà O cố định ( β) cố định nên ( OIJ ) cố định Vậy OI thuộc mặt phẳng cố định qua O song song với ( β) 59.a) Ta có ( ABC ) ,( DBC ) ,α ( ) đôi cắt theo giao tuyến BC,MN ,PQ nên theo định lí giao tuyến BC,MN ,PQ đồng quy đôi song song Ta chứng minh MNPQ hình thang cân trường hợp BC,MN ,PQ đồng quy Gọi E trung điểm BC EI EJ = ⇒ IJ P AD EA ED Từ ta có IJα⊂ ( ) AD ⊂ ( ACD ) ⇒ NP P IJ IJ P AD ( α ) ∩ ( ACD ) = NP Tương tự MQ P IJ nên MNPQ hình thang 85 Dễ thấy DQ = AM = x,DP = AN = y Theo định lí sin ta có MN = AM + AN − 2AM.AN cos600 = x2 + y − xy Tương tự PQ = DP + DQ2 − 2DP.DQcos600 = x2 + y2 − xy ⇒ MN = PQ Vậy MNPQ hình thang cân Trường hợp BC,MN ,PQ song song khơng có khó khăn bạn đọc tự kiểm tra c) Ta có SA MN = SA IM + SAIN ⇔ ⇔ a( x + y ) = 3xy 1 a a xysin600 = x sin300 + y sin300 2 3 b) Ta có AM + AN = x + y Theo BĐT Cauchy ta có 2 x+ y 4a a( x + y ) = 3xy ≤ 3 ÷ ⇔ 3( x + y ) − 4a( x + y ) ⇔ x + y ≥ 4a 2a ⇒ AM + AN ≥ Đẳng thức xảy x = y = , ( α ) qua IJ 3 song song với BC 2a Khơng giảm tổng qt ta giả sử x ≥ y x ∈ [ ;a] ax 3x Và x + y = x + = 3x − a 3x − a 3a 3a 3a2 3a ( a − x) ( 2a − x) Đẳng thức xảy = − = ≤ ⇒ x+ y ≤ 2 3x − a 3x − a a x = a ⇒ y = Khi ( α ) qua B 4a 3a ,max( AM + AN ) = Vậy ( AM + AN ) = c) Dễ thấy MNPQ hình thang cân có MQ = a − x,NP = a − y , giả sử x ≥ y ⇒ a− x ≤ a− y ( a − y) − ( a − x) = x − y Ta có HN = 2 MH = MN − NH ⇒ x+ y − x− y = x2 + y2 − xy − ÷ x2 + y2 − 6xy 3s2 − 8as = = 4 ( 86 ) MH = 3xy = a( x + y ) = = 2a − ( x + y ) ( ) 3s2 − 8as S = ( MQ + NP ) MH MNPQ 2 3s2 − 8as = ( 2a − s) 3s2 − 8as 60.a) Ta có ( ABB'A ') P ( CDD'C') , ( α ) ∩ ( ABB'A ') = AM ( α ) ∩ ( CDD'C') = NP ⇒ AM P NP ( 1) AMNP hình thang b) Gọi I,J trung điểm AB,AM IC P AD ⇒ IC P ( ADD'A ') lại có IJ P BB' P A A ' ⇒ IJ P AA ' ⊂ ( ADD'A ') ⇒ ( CIJN ) P ( ADD'A ') M ặ t khác ( α ) ∩ ( ADD'A ') = AP ( α ) ∩ ( CIJN ) = JN nên JN P AP ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy APNJ hình bình hành , PN = AJ = AM 61 a) Gọi E = AN ∩ CD,F = AN ∩ BC I = EM ∩ SD I = SD ∩ ( AMN ) b) Ta có BF P AD ⇒ ⇒ BF NB BF FC = = Từ = ⇒ = AD ND AD AD EC FC = = ED AD 87 Kẻ CJ / /SD,J ∈ EI Ta có MC CJ ID ED IS MS EC = ; = ⇒ = = MS IS CJ EC ID MC ED IS = ID 62 Ta có ON P SB ⊂ ( SBC ) Vậy ⇒ ON P ( SBC ) ( 1) Tương tự ON / /BC ⊂ ( SBC ) ⇒ ON P ( SBC ) ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy ( ONI ) P ( SBC ) mà IJ ⊂ ( ONI ) ⇒ IJ P ( SBC ) 63 a) Trong ( ABB'A ') gọi K = MB'∩ AA ' Trong ( ABC ) gọi D = ME ∩ CB Thiết diện tứ giác DEKB' b) Kẻ EF P AB( F ∈ CB) Khi EF đường trung bình tam giác ABC EF = AB Xét tam giác DBM ta có FD EF 1 = = ⇒ FD = BF = FC , tức D BD BM 2 trung điểm FC BD = CD 64 a) Trong ( ABC ) gọi E = AC ∩ NP , ( ACD ) gọi Q = EM ∩ CD Q ∈ CD ⇒ ⇒ Q = CD ∩ ( MNP ) Q ∈ EM ⊂ ( MNP ) b) Kẻ AF P CD,F ∈ AD , kẻ KP P AN ,K ∈ AC AF MA = = ⇒ AF = DQ ( 1) , Ta có DQ MD AF EA = ( 2) QC EC 1 AN = Do KP = AB = 3AN = AN nên 2 KP ⇒ 88 EA AN EA = = ⇒ = EK KP EC ( 3) Từ ( 1) ,( 2) ,( 3) suy QD FA EA = = = QC QC EC QD = DC 65 Mα∈ ( ) ABD ∩( ) a) Ta có AD ⊂ ( ABD ) ADαP ( ) ⇒ ( α ) ∩ ( ABD ) = MN P AD,N ∈ AB ⇒ Tương tự ( α ) ∩ ( ABC ) = NP P BC,P ∈ AC ( α ) ∩ ( BCD ) = MQ P BC,Q ∈ CD Thiết diện tứ giác MNPQ b) Giả sử có điểm M cạnh BD để MNPQ hình thoi MQ DM DM.BC = ⇒ MQ = Ta có ( 1) BC DB DB MN MB MB.AD = ⇒ MN = Tương tự ( 2) AD BD BD Do MNPQ hình bình hành nên hình thoi MN = MQ , từ ( 1) ( 2) ta có DM.BC AD.MB = ⇒ DM.BC = DA ( DB − DM ) DB BD ⇔ DM ( BC + AD ) = AD.BD ⇔ DM = Rõ ràng < DM = mãn AD.BD BC + AD AD.BD < BD nên điều kiện M nằm BD thỏa BC + AD Vậy thiết diện hình thoi M nằm cạnh BD cho DM = AD.BD BC + AD MQ MD MN MB MQ MN MD + MB = , = ⇒ + = =1 BC DB DA DB BC A D DB Vì MQ P BC,MN P A D mà BC,AD khơng đổi nên góc MN MQ khơng đổi, SMNPQ = MN.MQsinφ ( φ góc MN MQ ) Ta thấy sinφ khơng đổi c) Ta có 89 SMNPQ = MN.MQsinφ = ( AD.BCsinφ ) MN MQ AD BC MN MQ + ÷ AD.BC sinφ ≤ AD.BCsinφ AD BC ÷ = ÷ ÷ MN MQ = = ⇒ M trung điểm BD Đẳng thức xảy AD BC AD.BC sinφ Vậy thiết diện thiết diện lớn M trung điểm BD 66 a) Gọi N trung điểm cạnh CD , ta dễ thấy A '∈ BN B' ∈ AN ( ABN ) , AA ' BB' cắt điểm G Tương tự chứng minh đường thẳng A A ',BB',CC',DD' đôi cắt nhau, mà bốn đường thẳng đơi cắt chúng đòng quy b) Dễ dàng chứng minh G trung điểm MN từ ta có bảy đường thẳng AA ',BB',CC', DD',MN ,PQ,RS đồng quy G 67 a) Gọi giao điểm I,J,K MG với BC,CD,BD , kẻ MH P GC,H ∈ BC ta có: MP IG IH SM BC 3SMBC = = = = Ta có AG IJ GC SGBC SBCD MQ 3SMCD MR 3SMBD = , = AG SBCD AG SBCD Từ ta có MP + MQ + MR = 3A G b) Theo BĐT Cauchy ta có Tương tự MP + MQ + MR MP.MQ.MR ≤ ÷ = AG Đẳng thức xảy MP = MQ = MR = AG ⇔ M ≡ G 68 Cọi X = MN ∩ BD , E = XP ∩ AD , F = XP ∩ AB Thiết diện tứ giác MNEF Dựng MQ P BD , Q ∈ CD 90 CQ CM = = ⇒ N trung điểm QD CD CB DX = MQ DX MQ = = DB DB Dựng IJ P XF,J ∈ AB Ta có AF AP 4 = = ⇒ AF = FJ ( 1) FJ AI 5 Ta có BF BX BX BX 6BX BX = = = = = = JF IX ID + DX 5BD 5 BD + BD BX ⇒ JF = BF ( 2) 4 AF = Từ ( 1) ,( 2) suy AF = FJ = FB = FB ⇒ 58 AB CM FA CM = ⇒ = = ⇒ FM P AC ⇒ AC P ( MXF ) Do CB AB CB ⇒ MF P NE Vậy thiết diện MNEF hình thang cân có MF = 2a a ,NF = ; 3 a 2a ΔAFE có AF = ,AE = 3 EF2 = AE2 + AF2 − 2AE.AFcos600 = a a2 ⇒ EF = Đường cao hình thang h = EF2 − FM − EN ÷ = a 2 11a2 Diện tích thiết diện S = h ( MF + NE ) = 24 MA = 69 MC' 70 Gọi O = AC ∩ BD,G = AE ∩ SO , G trọng tâm tam giác SAC Dễ thấy G ∈ MN SΔSGM SG.SM SM = = Ta có SΔSOB SO.SB SB SΔSGN SG.SN SN = = SΔSOD SO.SD SD 91 ⇒ SSMG SSNG 2SSM G 2SSNG + = + SSOB SSOD SSBB SSBD SSMG SSNG 2 SM SN + = + ÷ Mặt khác 2S SSOB SSOD 3 SB SB 2SM.SN = SMN = SSBD SB.SD 1 SM SN SM.SN SB SD + ⇔ + = ( *) ÷= 3 SB SD SB.SD SM SN SM SN 1 SM SN SB SD 1 SM.SD SN.SB + = + + + ÷ ÷= 2+ ÷ SB SD 3 SB SD SM SN 3 SN.SB SM.SD Suy SM SN 1 a b SB SD + = 2+ + ÷ ,b = a + b = SB SD b a SM SN Do a ≥ 1,b ≥ a + b = nên ta có a∈ [1;2] , từ Đặt a = a b a 3− a − 6a + 2a2 + = + = ≤ ,∀a∈ [1;2] Ta có b a 3− a a a( − a) ⇒ SM SN 1 a b 1 5 + = + + ÷≤ + ÷ = SB SD 3 b a 3 2 SM SN + ) = M ≡ B , N trung điểm SD N ≡ D , M SB SD trung điểm SB Vậy max( 92 ... NG đường thẳng qua N cắt AO DM Bài tốn 06: TÌM TẬP HỢP GIAO ĐIỂM CỦA THẲNG VÀ BÀI TOÁN CHỨNG MINH GIAO ĐIỂM CỐ ĐỊNH Phương pháp: 14 HAI ĐƯỜNG TUYẾN ĐI QUA Để tìm tập hợp giao điểm I hai đường... thẳng thứ ba chúng song song 21 B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài tốn 01: TÌM GIAO TUYẾN CỦA HAI MẶT BẰNG QUAN HỆ SONG SONG PHƯƠNG PHÁP GIẢI Phương pháp: Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt... phẳng ( P ) quay quanh AB cắt cạnh SC,SD điểm tương ứng E,F a) Tìm tập hợp giao điểm I AF BE b) Tìm tập hợp giao điểm J AE BF Lời giải a) Phần thuận: I ∈ AF AF ⊂ ( SAD ) Ta có I = AF ∩ BE ⇒