Bài tập cơ bản Giải tích

BÀI 1 Câu 1: Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) : x y 2 0 2x z 6 0 − − =   − − =  sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2x 2y 2z 1 0+ + + − + − = là đường tròn có bán kính r = 1. Câu 2: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'. GI Ả I Câu 1: Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0 (P) : (m 2n)x my nz 2m 6n 0⇔ + − − − − = ° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2. ° (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = 1 2 2 d(I; P) R r 3⇔ = − = 2 2 2 m 2n m n 2m 6n 3 (m 2n) m n − − − + − − ⇔ = + + + 2 2 4m 7n 3. 2m 5n 4m.n⇔ − − = + + 2 2 5m 22m.n 17n 0⇔ + + = ° Cho 2 17 n 1 5m 22m 17 0 m 1 hay m 5 = ⇒ + + = ⇔ = − = − ° Vậy, có 2 mặt phẳng (P): 1 2 (P ) : x y z 4 0 (P ) : 7x 17y 5z 4 0 + − − =   − + − =  Câu 2 : . Cách 1: ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ / / / / / / AB BC CA A B B C C A a= = = = = = ⇒ các tam giác ABC, A / B / C / là các tam giác đều. ° Ta có: / / / / / B C // BC B C //(A BC)⇒ / / / / / / / d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC))⇒ = = ° Ta có: / / / / BC FD BC (A BC) BC A D ( A BC cân tại A ) ⊥  ⇒ ⊥  ⊥ ∆  ° Dựng / FH A D⊥ ° Vì / / BC (A BC) BC FH H (A BC)⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ° A / FD vuông có: 2 / 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 7 a 21 FH . 7 FH A F FD 3a a 3a = + = + = ⇒ = Trang 1 A / B / C / C B A H F D ° Vậy, / / / a 21 d(A B; B C ) FH 7 = = Cách 2: ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ ABC, A  / B / C / là các tam giác đều cạnh a. ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), / / / a a 3 a a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a), 2 2 2 2 a a 3 a a 3 B ; ; a , C ; ; a 2 2 2 2     −  ÷  ÷         −  ÷  ÷     ° Ta có: / / / / / B C // BC, B C // (A BC) / / / / / / / / d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC))⇒ = = ° / / a a 3 a a 3 A B ; ; a , A C ; ; a 2 2 2 2     = − = − −  ÷  ÷     uuuur uuuur ° 2 / / 2 2 2 a 3 3 [A B; A C] 0; a ; a 0; 1; a .n, 2 2     = = =  ÷  ÷     uuuur uuuur r với 3 n 0; 1; 2   =  ÷   r ° Phương trình mp (A / BC) qua A / với pháp vectơ n r : 3 0(x 0) 1(y 0) (z a) 0 2 − + − + − = / 3 a 3 (A BC) : y z 0 2 2 ⇔ + − = ° / / a 3 3 a 3 a 3 .a a 21 2 2 2 2 d(B (A BC)) . 7 3 7 1 4 2 + − = = = + ° Vậy, / / / a 21 d(A B; B C ) . 7 = BÀI 2 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường thẳng ( ) :  x 1 y 2 z 3 2 1 2 − + − = = − 1. Tìm điểm M thuộc ( ) để thể tích tứ diện MABC bằng 3. 2. Tìm điểm N thuộc ( ) để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất. Trang 2 A / C / B / A B C D x a z y Câu 2: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau. GIẢI Câu 1: 1. Phương trình tham số của (D): x 1 2t y 2 t z 3 2t = +   = − −   = +  ° M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − + ° AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)= = − uuur uuur ° [AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n= − − = − − = − uuur uuur r , với n (1; 2; 2)= − r ° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n r : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0. ° 2 2 2 ABC 1 1 9 S [AB; AC] ( 3) ( 6) 6 . 2 2 2 = = − + − + = uuur uuur ° Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC): 1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11 MH d(M(ABC)) 3 1 4 4 + + − − − + − − − = = = + + ° Thể tích tứ diện MABC bằng 3 4t 11 1 9 V . . 3 3 2 3 + ⇔ = = 5 17 4t 11 6 t hay t . 4 4 ⇔ + = ⇔ = − = − ° Vậy, có 2 điểm M cần tìm là: 3 3 1 15 9 11 M ; ; hay M ; ; 2 4 2 2 4 2     − − −  ÷  ÷     2. N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − + ° 2 2 ABN 1 1 2 3 2 S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9 2 2 2 2 = = + + = + + ≥ uuur uuur ABN 3 2 maxS 4t 8 0 t 2. 2 ⇒ = ⇔ + = ⇔ = − ° Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1). Câu 2: Cách 1: ° Gọi O là tâm của ABC ° Ta có: SA SB SC OA OB OC ( ABC đều) = =   = = ∆  ⇒ SO là trục của đường tròn (ABC) SO (ABC)⇒ ⊥ Trang 3 S I A O B M C ° Mà : AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ° Dựng BI SA ⊥ , suy ra: SA (IBC) SA IC.⊥ ⇒ ⊥ · BIC⇒ là góc phẳng nhò diện (B, SA, C). ° SOA vuông có:  2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3h a 3h a SA SO OA h SA 3 3 3 + + = + = + = ⇒ = ° Gọi M là trung điểm BC Ta có: BM (SOA), BI SA⊥ ⊥ IM SA⇒ ⊥ (đònh lý 3 đường vuông góc) ⇒ MIA SOA∆ ∆: 2 2 2 2 AM a 3 3 3ah MI SO. h. . SA 2 3h a 2 3h a ⇒ = = = + + ° SAB SAC (c.c.c) IB IC IBC∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ cân tại I. ° (SAB) (SAC) IBC⊥ ⇔ ∆ vuông cân tại I 1 IM BC 2 ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 3ah 1 a 3h 3h a 2 2 3h a a 6 9h 3h a h . 6 ⇔ = ⇔ = + + ⇔ = + ⇔ = ° Vậy, a 6 h . 6 = Cách 2: ° Gọi H là tâm của ABC  và M là trung điểm của BC ° Ta có: SA SB SC HA HB HC ( ABC đều) = =   = = ∆  ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc A(0; 0; 0), a a 3 a a 3 a 3 a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h 2 2 2 2 2 3         −  ÷  ÷  ÷  ÷         . ° a 3 a a 3 a a 3 SA 0; ; h , SB ; ; h , SC ; ; h 3 2 6 2 6       = = − = − −  ÷  ÷  ÷       uuur uur uuur ° 2 1 ah 3 ah a 3 a a [SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −  ÷   uuur uur r với 1 n (3h 3; 3h; a 3)= − r ° 2 2 ah 3 ah a 3 a a [SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −  ÷   uuur uuur r với 2 n (3h 3; 3h; a 3)= − r . Trang 4 S z A z H B M y C ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB uuur uur nên có pháp vectơ 1 n r . ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC uuur uuur nên có pháp vectơ 2 n r . ° 1 2 (SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0⊥ ⇔ = r r 2 2 2 2 2 3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0 a 6 18h 3a h . 6 ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ° Vậy: a 6 h . 6 = BÀI 3 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S): 2 2 2 2x 2y z 1 0 (d) : ; (S) :x y z 4x 6y m 0 x 2y 2z 4 0 − − + =  + + + − + =  + − − =  Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho MN = 8. Câu 2: Cho tứ diện OABC có đáy là OBC vuông tại O, OB = a, OC =  a 3, (a 0)> và đường cao OA a 3= . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. GIẢI Câu 1: Mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 3) z 13 m− + − + = − có tâm I(-2; 3; 0), bán kính R IN 13 m= = − , với m < 13. ° Dựng IH MN MH HN 4⊥ ⇒ = = 2 2 IH IN HN 13 m 16 m 3⇒ = − = − − = − − , với m < -3. ° Phương trình tham số của đường thẳng (d): x t 1 y 1 t 2 z 1 t =    = +   = − +   Trang 5 H NM I ° (d) có vectơ chỉ phương 1 1 u 1; ; 1 (2; 1; 2) 2 2   = =  ÷   r và đi qua điểm A(0; 1; -1) ° AI ( 2; 2; 1); [AI; u] (3; 6; 6)= − = − uur uur r ° Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d): 2 2 2 2 2 2 [AI; u] 3 6 6 81 h 3. u 9 2 1 2 + + = = = = + + uur r r ° Ta có: IH = h m 3 3 m 3 9⇔ − − = ⇔ − − = m 12⇔ = − (thỏa điều kiện) ° Vậy, giá trò cần tìm: m = -12. Câu 2: Cách 1: ° Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. ° Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình) ⇒ OM // (ABN) ⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)). ° Dựng OK BN, OH AK (K BN; H AK)⊥ ⊥ ∈ ∈ ° Ta có: AO (OBC); OK BN AK BN⊥ ⊥ ⇒ ⊥ BN OK; BN AK BN (AOK) BN OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ OH AK; OH BN OH (ABN) d(O; (ABN) OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = ° Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15 OH 5 OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a = + = + + = + + = ⇒ = ° Vậy, a 15 d(OM; AB) OH . 5 = = Cách 2: ° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc O(0; 0; 0), A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0), a a 3 M ; ; 0 2 2    ÷   và a 3 a 3 N 0; ; 2 2    ÷   là trung điểm của AC. ° MN là đường trung bình của ABC  ⇒ AB // MN ⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)). ° a a 3 a 3 a 3 OM ; ; 0 , ON 0; ; 2 2 2 2     = =  ÷  ÷     uuuur uuur Trang 6 z A a 3 a 3 y C N O M a x B ° ( ) 2 2 2 2 2 3a a 3 a 3 a 3 a 3 [OM; ON] ; ; 3; 1; 1 n 4 4 4 4 4   = = =  ÷   uuuur uuur r , với n ( 3; 1; 1) = r ° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x y z 0+ + = r ° Ta có: 3.a 0 0 a 3 a 15 d(B; (OMN)) 5 3 1 1 5 + + = = = + + ° Vậy, a 15 d(AB; OM) . 5 = BÀI 4 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến của ( ) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng tọa độ một tứ diện có thể tích bằng 36 125 . Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của ABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác đònh giá trò của x để góc phẳng nhò diện (B, SA, C) bằng 60 o . GIẢI Câu 1: Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0 ° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác đònh bởi ( ) và (xOy) có  dạng: m(2x – y + z – 5) – nz = 0 (P) : 2mx my (m n)z 5m 0⇔ − + + − = ° Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ: 5 5m A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0; 2 m n     −  ÷  ÷ +     ° Thể tích tứ diện OABC bằng 125 36 1 1 5 5m 125 V .OA.OB.OC . .5. 6 6 2 m n 36 ⇔ = = = + m n 3m m 1, n 2 m n 3 m m n 3m m 1, n 4 + = = =   ⇔ + = ⇔ ⇒   + = − = = −   ° Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P): 1 2 (P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 2) (P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 4) − + − = = =   − − − = = = −  Trang 7 Câu 2 : . Cách 1: ° Gọi M là trung điểm của BC AM BC⇒ ⊥ (ABC vuông cân) ° Ta có: SG (ABC) SG BC⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra: BC (SAM)⊥ ° Dựng BI SA IM SA⊥ ⇒ ⊥ và IC SA ⊥ · BIC⇒ là góc phẳng nhò diện (B; SA; C). ° SAB SAC (c.c.c)∆ = ∆ IB IC IBC⇒ = ⇒ ∆ cân tại I. ° 1 a 2 a 2 BC a 2; AM BM MC BC ; AG 2 2 3 = = = = = = ° 2 2 2 2 AM a 2 1 ax 2 AIM ~ AGS IM SG. x. . AS 2 SG AG 2a 2 x 9 ∆ ∆ ⇒ = = = + + 2 2 3ax 2 IM 2 9x 2a ⇔ = + . ° Ta có: · o BIC 60= · o o 2 2 a 2 3.3ax 2 BIM 30 BM IM.tg30 2 2 9x 2a ⇔ = ⇔ = ⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9x 2a 3x 3 9x 2a 27x a 18x 2a 9x a x . 3 ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ° Vậy, a x . 3 = Cách 2: ° BC a 2= ° Gọi M là trung điểm BC a 2 a 2 AM ; AG 2 3 ⇒ = = ° Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông a AG AE 2 AE AF . 3 ⇒ = ⇒ = = ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(0; a; 0), a a a a G ; ; 0 , S ; ; x 3 3 2 2      ÷  ÷     . ° a a 2a a a 2a SA ; ; x , SB ; ; x , SC ; ; x 3 3 3 3 3 3       = = − − = − −  ÷  ÷  ÷       uuur uur uuur Trang 8 z x x y C B A E F G M G M C S I A B ° 2 1 a a [SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n 3 3     = − = − =  ÷  ÷     uuur uur r , với 1 a n 0; x; 3   = −  ÷   r ° 2 2 a a [SA; SC] ( ax; 0; ) a x; 0; a.n , 3 3   = − = − − = −  ÷   uuur uuur r với 2 a n x; 0; 3   = −  ÷   r . ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB uuur uur nên có pháp vectơ 1 n r ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC uuur uuur nên có pháp vectơ 2 n r ° Góc phẳng nhò diện (B; SA; C) bằng 60 o . 2 o 2 2 2 2 2 2 a a a 0.x x.0 3 3 9 cos60 9x a a a 0 x x 0 9 9 9 + + ⇔ = = + + + + + 2 2 2 1 a 2 9x a ⇔ = + 2 2 2 2 2 a 9x a 2a 9x a x . 3 ⇔ = = ⇔ = ⇔ = ° Vậy, a x . 3 = BÀI 5 Câu 1: Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) : 2 2z 2 y 1 1x + == − và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0. Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SE và AF. GIẢI Câu 1: Gọi A(a; 0; 0) Ox∈ . ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2 2 2a 2a d(A; ) 3 2 1 2 α = = + + ° ( ) qua  0 M (1; 0; 2)− và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)= r Trang 9 ° Đặt 0 1 M M u= uuuuuur r ° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác  0 1 AM M 0 1 2 0 AM M 0 1 [AM ; u] 2.S 8a 24a 36 d(A; ) M M u 3 − + ⇒ ∆ = = = uuuuur r r ° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )   2 2 2 2 2 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 3 3 4(a 3) 0 a 3. − + ⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 2: Cách 1: ° Gọi M là trung điểm của BF ⇒ EM // AF · · · (SA; AF) (EM; AF) SEM⇒ = = ° SAE vuông tại A có:  2 2 2 2 2 SE SA AE a 2a 3a= + = + = SE a 3⇒ = ° 2a 2. 3 AF a 6 2 = = a 6 EM BM MF ; BF a 2 2 ⇒ = = = = ° 2 2 2 2 2 2 SB SA AB a 8a 9a SB 3a= + = + = ⇒ = ° 2 2 2 2 2 2 SF SA AF a 6a 7a SF a 7= + = + = ⇒ = ° Áp dụng đònh lý đường trung tuyến SM trong SBF có:  2 2 2 2 1 SB SF 2.SM BF 2 + = + 2 2 2 2 2 2 1 15a 9a 7a 2SM .2a SM 2 2 ⇔ + = + ⇔ = ° Gọi là góc nhọn tạo bởi SE và AF ° Áp dụng đònh lý hàm Côsin vào SEM có: · 2 2 2 2 2 2 3a 15a 3a ES EM SM 2 2 2 2 cos cosSEM . 2.ES.EM 2 2 a 6 2. .a 3 2 + − + − α = = = = − = o 45 .⇒ α = ° Dựng AK ME; AH SK.⊥ ⊥ Ta có: a 2 AK MF 2 = = và AH (SME)⊥ ° Vì AF // ME d(SE; AF) d(AF; (SME)) AH.⇒ = = ° SAK vuông có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 a 3 AH 3 AH SA AK a a a = + = + = ⇒ = Trang 10 C S F M B E K H A . dụng đònh lý hàm Côsin vào SEM có: · 2 2 2 2 2 2 3a 15a 3a ES EM SM 2 2 2 2 cos cosSEM . 2.ES.EM 2 2 a 6 2. .a 3 2 + − + − α = = = = − = o 45 .⇒ α = ° Dựng. góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có: 2 2 2 2 2 a 2 a 6 0. a 6. 0( a) 3a 2 2 2 cos cos(SE; AF) . 2 a 6.a 3 a 3a 0 6a 0. a 2 2 + − α = = = = + + + + uur uuur