Hướng dẫn giải toán 11 hình học

Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học Hướng dẫn giải toán 11 hình học

CHỦ ĐỀ: VEC TƠ TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN VEC TƠ TRONG KHƠNG GIAN A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Các khái niện phép toán vec tơ khơng gian định nghĩa hồn tồn giống mặt phẳng.Ngoài ta cần nhớ thêm: Qui tắc hình hộp : Nếu ABCD.A 'B'C'D' uuuur uuur uuur uuuur r u r r hình hộp AC'  AB  AD  AA '  a  b  c Qui tắc trọng tâm tứ diện G trọng tâm tứ diện ABCD hai điều kiện sau xảy ra: uuur uuur uuur uuur r  GA  GB  GC  GD  uuuur uuur uuuu r uuuu r uuuu r  MA  MB  MC  MD  4MG,M r u r r Ba véc tơ a,b,c đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng r u r r Điều kiện cần đủ để ba véc tơ a,b,c đồng phẳng có số m,n,p r u r r r không đồng thời cho ma  nb  pc  Cho hai vec tơ không phương điều kiện cần đủ để ba vec tơ r u r r r r u r a,b,c đồng phẳng có số m,n cho c  ma  nb r u r r u r Nếu ba véc tơ a,b,c không đồng phẳng vec tơ d phân u r r u r r tích cách dạng d  ma  nb  pc B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VEC TƠ Phương pháp: Sử dụng qui tắc cộng, qui tắc trừ ba điểm, qui tắc trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác, trọng tâm tứ giác, qui tắc hình bình hành, qui tắc hình hộp…để biến đổi vế thành vế Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Chứng uuu r uuu r uur uuu r2 minh SA  SC  SB  SD Lời giải Gọi O tâm hình chữ nhật A BCD uuur uuur uuur uuur Ta có OA  OB  OC  OD uuu r uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur SA  SO  OA  SO  OA  2SO.OA (1)   uuu r uuu r uuur SC  SO  OC   uuu r uuur uuu r uuur  SO  OC  2SO.OC (2) Từ  1  2 suy uuu r uuu r2 uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur SA  SC  2SO  OA  OC  2SO OA  OC uuur uuur r uuu r uuur uuur  2SO  OA  OC ( OA  OC  ) uur uuu r2 uuu r uuur2 uuur Tương tự SB  SD  2SO  OB  OD uuu r uuu r uur uuu r2 Từ suy SA  SC  SB  SD Ví dụ Cho tứ diện ABCD , M N điểm thuộc cạnh uuuur uuur uuuu r uuur AB CD cho MA  2MB,ND  2NC ; điểm I,J,K thuộc uur uur uuu r uur uuu r uuur A D,MN ,BC cho IA  kID,JM  kJN ,KB  kKC uur uur uuur Chứng minh với điểm O ta có OJ  OI  OK 3 Lời giải uuur uuuu r uuur uuuu r uuuur uuur Vì MA  2MB nên với điểm O ta có OA  OM  2 OB  OM uuur uuur uuuur OA  2OB � OM  Tương tự ta có : uuur uuur uuur uuur uuuu r OD  2OC uur OA  kOD , OI  , ON  1 k uuur uuur uuuu r uuuu r uuur OB  kOC uur OM  kON , OJ  OK  1 k 1 k Từ ta có uur uuur uuur uuur 1 uuur OJ  OA  2OB  kOD  2kOC 1 k        uur uuur uur uuur 1 [ 1 k  OI  2 1 k  OK ]  OI  2OK 1 k 3   uur uur uuur Vậy OJ  OI  OK 3 Bài toán 02: CHỨNG MINH BA VEC TƠ ĐỒNG PHẲNG VÀ BỐN ĐIỂM ĐỒNG PHẲNG Phương pháp: r u r r Để chứng minh ba vec tơ a,b,c đồng phẳng ta thực theo cách sau: r u r r  Chứng minh giá ba vec tơ a,b,c song song với mặt phẳng r u r r r u r  Phân tích c  ma  nb a,b hai vec tơ khơng phương Để chứng minh bốn điểm A ,B,C,D đồng phẳng ta chứng minh ba uuur uuur uuur vec tơ AB,AC,AD đồng phẳng Ngồi sử dụng kết quen thuộc sau: Điều kiện cần đủ để điểm D � ABC  với điểm O ta có uuur uuur uuur uuur OD  xOA  yOB  zOC x  y  z  Các ví dụ Ví dụ Cho tứ diện ABCD , điểm M ,N trung điểm uuur uuur uuur uuur AB,CD Gọi P,Q điểm thỏa mãn PA  kPD, QB  kQC  k �1 Chứng minh M ,N ,P,Q đồng phẳng Lời giải uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuur Ta có PA  kPD � MA  MP  k MD  MP uuuur uuuu r uuur MA  kMD � MP  1 k uuuu r uuuu r uuur uuur uuuu r MA  kMC Tương tự QB  kQC � MQ  1 k uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuuur MA  kMD  MB  kMC Suy MP  MQ  1 k r uuuu r uuuur uuur r k uuuu  MC  MD ( Do MA  MB  ) k 1 Mặt khác N trung điểm CD nên uuuu r uuuu r uuuur uuur uuuu r uuur uuuur uuuur 2k uuuur MC  MD  2MN � MP  MQ  MN suy ba vec tơ MP,MQ,MN đồng k1 phẳng, hay bốn điểm M ,N ,P,Q đồng phẳng     Ví dụ Cho tứ diện ABCD , điểm M ,N xác định uuuu r uuuu r uuur uuuu r MA  xMC,NB  yND  x,y �1 Tìm điều kiện x y để ba vec tơ uuur uuur uuuur AB,CD,MN đồng phẳng Lời giải uuur r uuur u r uuur r r u r r Đặt DA  a,DB  b,DC  c a,b,c khơng đồng phẳng uuuur uuuu r uuur uuuur uuur uuuur MA  xMC � DA  DM  x DC  DM uuur uuur r r uuuur DA  xDC a  xc � DM    1 1 x 1 x uuur uuuu r uuuu r r uuur u DB  b  2 Lại có NB  yND � DN  1 y 1 y   Từ  1  2 suy uuuur uuuu r uuuur r 1 r u x r MN  DN  DM  a b c 1 x 1 y 1 x uuur uuur uuur u r r uuur r uuur uuur Ta có AB  DB  DA  b  a,CD  c ; AB CD hai vec tơ không phương nên uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur AB,CD,MN đồng phẳng MN  mAB  nCD , tức r u r r r 1 r u x r a b c  m b  a  nc 1 x 1 y 1 x   � m � � 1 x r �1 u r � r r � � � x � � m � x y �� m a �  m� b � n c � � � � � 1 x � �1 y � � 1 x � � 1 y � x n � � 1 x uuur uuur uuuur Vậy ba vec tơ AB,CD,MN đồng phẳng x  y Lưu ý : Ta sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vec tơ để xét vị trí tương đối đường thẳng với mặt phẳng: uu r uuu r uur Cho ba đường thẳng d1,d2 ,d3 chứa ba vec tơ u1,u2 , u3 d1,d2 cắt d3 �mp d1,d2  Khi : uu r uur uur  d3 P  d1 ,d2  � u1,u2 ,u3 ba vec tơ đồng phẳng uu r uur uur  d3 �mp  d1 ,d2   M � u1,u2 ,u3 ba vec tơ khơng đồng phẳng Ví dụ Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D', M ,N uuuur r uuuur uuuu uuur điểm thỏa MA   MD , NA '   NC Chứng minh MN P  BC'D  Lời giải uuur r uuur u r uuu r r r u r r Đặt BA  a,BB'  b,BC  c a,b,c ba vec tơ không đông phẳng uuur uuur uuur uuur uuu r r r BD  BA  AD  BA  BC  a  c uuur u r r uuuu r r u r BC'  b  c,BA '  a  b uuuur r uuur uuur uuuu uuur uuur Ta có MA   MD � BA  BM   BD  BM 4 u u u r u u u r u u u r � BM  BA  BD 4 r r r uuur uuur r r uuur 4BA  BD 4a  a  c 5a  c � BM    5 r u r r uuur 3a  3b  2c Tương tự BN  , r u r r uuuur uuur uuur 2a  3b  c r r r r 3u uuur uuur MN  BN  BM    a  c  (b  c)   BD  BC' 5 5 uuuur uuur uuur N � BC'D � MN P Suy MN ,DB,BC' đồng phẳng mà    BC'D        Nhận xét: Có thể sử dụng phương pháp để chứng minh hai mặt phẳng song song Ví dụ Cho lăng trụ tam giác ABC.A 'B'C' Gọi M ,N trung điểm AA ',CC' G trọng tâm tam giác A 'B'C' Chứng minh  MGC' P  A B'N  Lời giải uuuur r uuur u r uuur r Đặt AA '  a,AB  b,AC  c Vì M ,N trung điểm AA ',CC' uuuur uuuur r uuuu r uuur uuuur r u r AM  AA '  a , AN  AC  AC'  a  b 2 2 Vì G trọng tamm tam giác A 'B'C' uuur uuuur uuuu r uuuur r u r 1r AG  AA '  AB'  AC'  a  b  c 3 Ta có   nên  nên  uuuu r uuur uuuur r u r r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r MG  AG  AM  a  b  c � MG  AB'  AN suy MG,AB',AN đòng 3 phẳng, Mắt khác G � AB'N  � MG P  AB'N   1 uuuur uuuur uuuur r r ur ur u r uuuu r Tương tự MC'  AC'  A M  a  c  u  u  k  AN � MC' P  AB'N   2 2 � MG / /(AB'N) � �  MGC' P  AB'N  Từ  1  2 suy � MC' AB'N  � Bài tốn 03: TÍNH ĐỘ DÀI CỦA ĐOẠN THẲNG Phương pháp: Để tính độ dài đoạn thẳng theo phương pháp vec tơ ta sử dụng r2 r r r2 sở a  a � a  a Vì để tính độ dài đoạn MN ta thực theo bước sau: r u r r  Chọn ba vec tơ không đồng phẳng a,b,c so cho độ dài chúng tính góc chúng tính uuuur r u r r  Phân tích MN  ma  nb  pc uuuur uuuur r u r r  Khi MN  MN  MN  ma  nb  pc   r2 u r2 r2 r u r u r r r r  m2 a  n2 b  p2 c  2mncos a,b  2npcos b,c  2mpcos c,a       Các ví dụ Ví dụ Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có tất mặt hình thoi cạnh a góc � BAA '  � BAD � DAA '  600 Tính độ dài đường chéo AC' Lời giải uuur r uuur u r uuuur r Đặt AB  a,AD  b,AA '  c r u r r r u r u r r r r a  b  c  a, a,b  b,c  c,a  600 uuuur r u r r Ta có A C'  a  b  c uuuur2 r u r r ru r u r r rr � AC'  a  b  c  2ab  2bc  2ca       r u r u r r r r  3a2  2a b cos600  b c cos600  c a cos600  6a2 � AC'  a Ví dụ Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có tất mặt hình vng canh a Lấy M thuộc đoạn A 'D , N thuộc đoạn BD với   AM  DN  x  x  a Tính MN theo a x Lời giải uuur r uuur u r uuuur r Đặt AB  a,AD  b,AA '  c r u r r r u r u r r r r Ta có a  b  c  a, a,b  b,c  c,a  90       uuuu r DN uuur r x uuur uuur x r u DN  DB  AB  AD   a  b   DB a a uuuur AM uuuur r r x uuur uuuur x u AM  AD'  AD  AA '  b c AD' a a  10    uuuur uuuur uuur uuuu r r u r r r x r u x u a b  b b c Suy MN  MA  AD  DN  a a r u r r � x x � x  a � 1 b c � a � a 2� a     2 u r r x2 r �x r � x � x r � x2 r � x �u MN  � a  � 1 b  c  a   � � � �b  c 2a � a � a � 2a � a 2� �a � 2x x2 �2 3x2  x2  � 1  2� a   2ax  a2 � a � 2a � � 3x2  2ax  a2 Bài toán 04: SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BỐN ĐIỂM ĐỂ GIẢI BÀI TỐN HÌNH KHƠNG GIAN Phương pháp: Sử dụng kết uuur uuur uuur  A ,B,C,D bốn điểm đồng phẳng � DA  mDB  nDC  A ,B,C,D bốn điểm đồng phẳng với điểm O uuur uuur uuur uuur ta có OD  xOA  yOB  zOC x  y  z  MN  Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi B',D' trungđiểm cạnh SB,SD Mặt phẳng  AB'D' cắt SC C' Tính SC' SC Lời giải r uuu r u r uuu r r uuu r SC' Đặt a  SA ,b  SA ,c  SD m  SC uuur u r uuur r Ta có SB'  b,SD'  c 2 uuur uuu r uur uuu r u r r r SC'  mSC  m SB  BC  m b  a  c uuur uuur uuu r uuur � SC'  2mSB'  mSA  2mSD' Do A ,B',C',D' đồng phẳng nên 2m    m  2m  1� m  SC'  Vậy SC     11 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm cạnh SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB,SD lần SB SD   lượt M ,N Chứng minh SM SN Lời giải r uuu r u r uuu r r uuu r SB SD  m,  n Đặt a  SA ,b  SA ,c  SD SM SN uuur SM uur uur uuu r SN uuu r uuu r SB  SB;SN  SD  SD Ta có SM  SB m SD n uuu r uuu r uuu r uuur SK  SC  SD  DC 2 u u u r u u u r r uur uuu r 1 uuu  SD  AB  SD  SB  SA 2 r m uuur uuu r n uuu  SN  SM  SA 2 Mặt ta có A ,M ,K ,N đồng phẳng nên m n � 1�  �  � 1� m  n  2 � 2�   Vậy     SB SD   SM SN Ví dụ Cho tứ diện ABCD , cạnh A B,A C,AD lấy điểm K ,E,F Các mặt phẳng  BCF  , CDK  , BDE  cắt M Đường thẳng AM cắt  KEF N cắt mặt phẳng  BCD  P Chứng minh Lời giải - Chỉ tồn điểm M Gọi I  CF �BK � CI   BCF  � CDK  Gọi J  DE �CF �  BCF  � BDE   BJ Khi M  CI �BJ giao điểm ba mặt phẳng  BCF  , CDK  , BDE  NP MP 3 - Chứng minh NA MA uuur uuur uuur uuur uuur uuu r  ,AC βAE,AD  γAF  Giả sử ABαAK Do M ,N thuộc đoạn AP nên tồn số m,n  uuur uuuur uuuu r cho AP  mAM  nAN Ta có B,C,D,P đồng phẳng nên tồn x,y,z với uuur uuur uuur uuur x  y  z   1 cho AP  xAB  yAC  zAD 12 NP MP 3 NA MA uuur uuur uuu r uuuu r αx uuur βy uuur γz uuu r  αxAK  βyAE  γzAF � AN  AK  AE  AF n n n αx βy γz    1αx � βy  γz  n  Mặt khác N � KEF  nên n n n Làm tương tự ta có M � BCE  � x  yγz  m  3  M � CDK  � xβy  γz  m  M � BDEαx  � y z m 4      Từ  3 , 4 , 5 suy 2 x  y  zαx   βy γz 3m Kết hợp với  1 , 2 ta  n  3m �  � AP AP NP � MP � 3 � 3  3� 1 � AN AM NA � MA � NP MP 3 ( đpcm) NA MA Ví dụ Cho đa giác lồi A 1A A n  n �2 nằm  P  S điểm nằm  P  Một mặt phẳng  α  cắt cạnh SA 1,SA , ,SA n hình chóp S.A 1A A n điểm B1 ,B2 , ,Bn cho SA SB2 SA n    a ( SB1 SB2 SBn a  cho trước) Chứng minh  α  qua điểm cố định Lời giải SA i Trên canh SA i lấy điểm X i  i  1,2, n cho SXi  a uu r uuur uuuu r uuuu r Gọi I điểm xác định SI  SX1  SX   SX n I điểm cố định ( điểm S X1,X , ,X n ccos định) uu r uuur uuuu r uuuu r SX uuur SX uuur r SX n uuuu SB1  SB2   SBn Ta có SI  SX1  SX   SX n  SB1 SB2 SBn Do SX1 SX SX SA SA SA n   n      nên điểm I,B1,B2 , ,Bn SB1 SB2 SBn aSB1 aSB2 aSBn đồng phẳng suy mặt phẳng  α  qua điểm I cố định CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP uuur uur uuu r uuu r Cho tứ diện ABCD Gọi E,F điểm thỏa nãm EA  kEB,FD  kFC uuur uuur uuur uuu r uuu r uuur P,Q,R điểm xác định PA  lPD,QE  lQF,RB  lRC Chứng minh ba điểm P,Q,R thẳng hàng 13 Cho tứ diện ABCD Gọi I,J trung điểm AB CD , G trung điểm IJ ur uuur uuur a) Chứng minh 2IJ  AC  BD uuur uuur uuur uuur r b) GA  GB  GC  GD  uuuur uuur uuuu r uuuu r c) Xác định vị trí M để MA  MB  MC  MD nhỏ Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' Xác định vị trí điểm M ,N MN AC DC' cho MN P BD' Tính tỉ số BD' Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có cạnh a góc � � 'A � B'A 'D'  600 ,B'A D'A 'A  1200 a) Tính góc cặp đường thẳng AB với A 'D ; AC' với B'D b) Tính diện tích tứ giác A 'B'CD ACC'A ' c) Tính góc đường thẳng AC' với đường thẳng AB,AD,AA ' Chứng minh diện tích tam giác ABC tính theo cơng thức uuur uuur S AB2AC  AB.AC Cho tứ diện ABCD Lấy điểm M ,N ,P,Q thuộc AB,BC,CD,DA uuuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur cho AM  AB,BN  BC,AQ  AD,DP  kDC 3 M ,N ,P,Q Hãy xác định k để đồng phẳng Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , � ASB  � BSC  � CSAα Gọi  β   mặt phẳng qua A trung điểm SB,SC Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  β Cho hình chóp S.ABC , mặt phẳng  α  cắt tia SA ,SB,SC,SG ( G trọng tâm tam giác ABC ) điểm A ',B',C',G' SA SB SC SG   3 Chứng minh SA ' SB' SC' SG' Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng  α  cắt cạnh SA ,SB,SC,SD A ',B',C',D' SA SC SB SD    SA ' SC' SB' SD' 10 Cho hình chóp S.ABC có SA  a,SB  b,SC  c Một mặt phẳng  α  Chứng minh qua trọng tâm tam giác ABC , cắt cạnh SA ,SB,SC 1 A ',B',C' Tìm giá trị nhỏ   2 SA ' SB' SC'2 11 Cho tứ diện ABCD , M điểm nằm tứ diện Các đường thẳng AM ,BM ,CM ,DM cắt mặt  BCD  , CDA  , DAB , ABC  A ',B',C',D' Mặt phẳng  α  qua M song song với  BCD  cắt 14 � SA  d � d P AD � SA  d , � � d  AB nên  SAB  d Vì � d P AD AD  AD � �  SAB � SBC   SB, SAB � SAD   SA suy �ASB góc hai mặt phẳng  SBC   SAD  Tam giác ASB vuông cân A nên � ASB  450 Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' Tính góc hai mặt phẳng  A 'BC   A 'CD  Lời giải Cách Ta có  A 'BC  � A 'CD   A 'C Gọi O tâm hình vng ABCD H hình chiếu vng góc O A 'C �BD  AC � BD   ACA ' � BD  A 'C Do � �BD  AA ' � A 'C  OH � A 'C   BDH  Vậy � A 'C  BD �  BDH  � A 'CD   HD, BDH  � A 'BC   BH � �   A 'BC  , A 'BD   �  HB,HD  Tam giác BCA ' vuông B có đường cao BH 1 1     2 2 BH BA '2 BC a 2a � BH  a a  ,  Áp dụng định lí cơsin cho ΔHBD ta có 2a2 2a2   2a2 2 HB  HD  BD � 3 cosBHD    2HB.HD 2a � � �� BHD  1200 Vậy  A 'BC  , A 'BD    HB,HD   60 Tương tự DH  a   Cách Gọi H  A 'C � BDC' , mặt chéo  BDC' ứng với đường chéo A 'C nên  BDC'  A 'C Vậy góc hai đường thẳng HB,HD góc hai mặt phẳng  A 'BC   A 'CD  Do CB  CD  CC' � HB  HD  HC' BD  BC'  DC'  a suy H la tâm tam giác C'BD �� BHD  1200 46   � Vậy  A 'BC  , A 'BD  �  HB,HD   600 � AB'  A 'B � AB'   A 'BC  Cách 3: Do � AB'  BC � � Tương tự AD'   A 'CD  nên  A 'BC  , A 'BD  �  AB',AD'  600   ( ΔAB'D' đều) Ví dụ Cho tứ diện ABCD có AB  b,AC  c,AD  d đơi vng góc Gọi α,β,γ góc mặt phẳng  BCD  với mặt phẳng  ACD  , ABD  , ABC  2 a)Chứng minh cosα cos β cos γ 1 0 b) Tính SBCD theo α  30 ,β  45 ,γ  60 Lời giải a) Cách Kẻ đường cao AH tam giác ACD , � AB  AC � AB   ACD  � AB  CD � AB  AD � Vậy  ABH   CD CD giao tuyến hai mặt phẳng  ACD   BCD  nên α  � AHB Ta có AB b 1 1 tanα       , mà AH AH AH AC AD c2 d2 2 nên tanα  b c  d cd Mặt khác c2d2 2 1 tanα  � cos α  2 2 cosα b c2 c d d b Tương tự ta có : b2d2 b2c2 2 , cosβ  2 2 cosγ  b c  c d  d2b2 b2c2  c2d2  d2b2 2 Từ suy cosα cos β cos γ 1 Cách Gọi H hình chiếu A  BCD  I trung điểm CD uuur uu r uuur r uuur u r u r r u r Đặt AB  b,AC  c,AD  d � b  b, c  c, d  d   �BH.BI  BA  b2 2 uuuu r BH b c  d � 2 k Dễ thấy AH   BCD  � c d � IH  c2d2 IH.IB  IA  � c d � 47 uuuu r Suy AH  uur uuur k uur IC AC c2 d2 uuur c2 uuur AB  AI , mà   � AI  AC  CD 1 k 1 k ID AD2 d2 c2  d c2  d2 uuuu r uuur � d2 uuur c2d2 b2c2  d2b2 c2 uuur � AB  2 2 AC  AB � nên AH  2 2 2 2 �2 b c c d d b b c  c d  d b �c  d c  d2 � 2 2 2 u r r u r cd db bc  2 2 b 2 2 c 2 2 d 2 2 b c c d d b b c c d d b b c  c d  d2b2 u r r u r Lại có b,c,d vec tơ vng góc với mặt phẳng  ACD  , ABD  , ACB Từ ta có: u r uuuu r b.AH cosα  u r uuuu r  b AH b2c2d2 cd b2c2  c2d2  d2b2  2 2 2 2 b c c d d b b c  c2d2  d2b2 b 2 bcd r uuuu r u r uuuu r c.AH d.AH bd bc ,cosγ  u r uuuu r  r uuuu r  Tương tự : cosβ  u 2 2 2 2 b AH b AH b c c d d b b c  c2d2  d2b2 2 Suy cosα cos β cos γ 1 b) Sử dụng cơng thức hình chiếu Gọi H hình chiếu A  BCD  Trước tiên ta chứng minh tam giác BCD nhọn Không giảm tổng quát, giả sử �B lớn Ta có CD  AC  AD2  c2  d2 Tương tự CB2  b2  c2 ,DB2  b2  d2 Áp dụng định lí cơsin cho ΔBCD ta có BC  BD  CD cosB  2BC.BD 2 b  c  b2  d2  c2  d2  b2  c2 b2  d2          2b2  b2  c2 b2  d2     � nhọn, hay tam giác BCD nhọn B � AH  CD � BH  CD , tương tự ta có CH  BD từ suy H trực Ta có � AB  CD � tâm ΔBCD , mà ΔBCD nhọn nên H thuộc miền tam giác BCD Do SBCD  SHBC  SHBD  SHCD  SABC cosγ  SABD cosβ  SACD cosα  1 bc  2bd  3cd bccos600  bdcos450  cdcos300  2 48 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AB  2a ; cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a a) Tính góc hai mặt phẳng  SAD   SBC  b) Tính góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  Lời giải �BD  AD � BD   SAD  � BD  SI a) Gọi I  AD �BC SI   SAD  � SBC  � �BD  SA Dựng DE  SI,E �SI  BDE   SI Do � BED góc hai mặt phẳng  SAD   SBC  Do đáy ABCD nửa lục giác nên � IAB  � IBA  60ΔIBA � Vì AI  AB  2a , SI  SA  AI   a 3   2a  a DE DI a SA    � DE  a SA SI a 7 7 Dễ thấy ΔSAI : ΔDEI � BD   SAD  � BD  DE Trong tam giác vuông BDE ta có BD a � tanBED    �� BED  arctan DE a � Vậy  SAD  , SBC   arctan   b) Dựng AP  SH ,P �SH Do CD   SAH  � AP  CD � AP   SCD  Tương tự, dựng AQ  SC,Q �SC AQ   SBC    � Do � PAQ   SBC  , SCD  Trong tam giác SAH ta có : 1 1      2 AP AS2 AH 3a �a � a � �2 � � � �  � AP  a  SA a Dễ thấy ΔSAC vuông cân A nên AQ  SC   2 AP   SCD  � AP  PQ 49 AP 10  10 � � �   APQ  arccos Trong ΔAPQ có cosAPQ AQ a 5 a Vậy�  SBC  , SCD   arccos 510 Bài tốn 02: CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG VNG GÓC Phương pháp: Để chứng minh hai mặt phẳng  α   β vng góc với ta dùng cách sau:   Cách Xác định góc hai mặt phẳng , tính trực tiếp góc 900 �  α  , β  900 �  α    β   Cách Chứng minh mặt phẳng có đường thẳng vng góc với mặt phẳng � aα �  � �  α    β � aβ   � uu r uur Cách Tìm hai vec tơ n1,n2 vng góc với mặt phẳng  α  , β uuruur chứng minh n1.n2  Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA  a , cạnh lại b a) Chứng minh  SAC    ABCD   SAC    SBD  b) Tính đường cao hình chóp S.ABCD theo a,b c) Tìm liên hệ a b để S.ABCD hình chóp Lời giải a) Gọi O  AC �BD , tứ giác ABCD có tất cạnh b nên hình thoi, AC  BD O trung điểm BD � Mặt khác SB  SD  bΔSBD cân S, SO  BD �BD  AC � BD   SAC  Vậy � �BD  SO �  SAB   ABCD   SAC    SBD  50 �  SAC    ABCD  � b) Ta có � nên  SAC  kẻ SH  AC,H �AC  SAC  � ABCD   AC � SH   ABCD  , hay SH đường cao hình chóp Do hình chóp có cạnh SB  SD  b,CB  Cd  b,AB  AD  b nên tam giác SBD,CBD,ABD tam giác cân suy OS  OA  OCΔSAC � vuông S Từ ta có SA.SC ab SH.AC  SA.SC � SH   AC a  b2 b) Hình chóp S.ABCD hình chóp cạnh bên nên a  b Và a  b AC  a mà ABCD hình thoi cạnh a nên hình vng , tứ S.ABCD hình chóp Vậy S.ABCD hình chóp a  b Ví dụ Cho tam giác ABC cạnh a Gọi D điểm đối xứng A a qua BC Trên đường thẳng d   ABCD  A lấy điểm S cho SD  Chứng minh  SAB   SAC  Lời giải Gọi I trung điểm BC AI  BC I trung điểm AD �BC  AD � BC   SAD  � BC  SA Ta có � �BC  SD Dựng IH  SA ,H �SA , ta có � SA  IH � SA   HCB Suy góc hai � SA  CB � mặt phẳng  SAB  SAC  � BHC IH AI  Ta có ΔAHI  ΔADS � SD AD Mà AI  a ,AD  2AI  a , SA  AD  SD  2  �a � 3a suy a �  �2 � � � �  a a AI.SD  a  BC � IH   AD 2 � BHC  90 3a 2 51 Ví dụ Cho hình chóp S.A BC , có độ dài cạnh đáy a Gọi M ,N trung điểm cạnh SA ,SB Tính diện tích tam giác AMN biết  AMN    SBC  ( ĐH khối A-2002) Lời giải Gọi K trung điểm BC I  SK �MN Từ giả thiết ta có a MN  BC  ,MN / /BC � I trung điểm SK MN Ta có 2 ΔSAB  ΔSAC � hai trung tuyến tương ứng AM  AN � ΔAMN cân A � AI  MN �  SBC    AMN  �  SBC  � AMN   MN � Mặt khác � AI � AMN  � � AI  MN � � AI   SBC  � AI  SKΔSAK � A � SA  AK  cân a Ta có SK  SB2  BK  3a2 a2 a2   4 2 �SK � a 10 � AI  SA  SI  SA  � �  �2 � a2 10 Ta có SAMN  MN.AI  16 Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 'B'C'D'có AB  AD  a,AA '  b Gọi M trung điểm CC' Xác định a số để hai mặt phẳng  A 'BD  b  MBD  vng góc với ( ĐH khối A-2003) Lời giải Gọi O tâm hình vng ABCD Ta có BD   A 'BD  � MBD  , � AC  BD �  ACC'A '  BD � AA '  BD � 52 tỉ �  ACC'A '  BD � � Vậy �  ACC'A ' � A 'BD   OA ' góc hai đường thẳng OM ,OA ' �  ACC'A ' � MBD   OM � góc hai mặt phẳng  A 'BD   MBD  2 2 Ta có OM  AC'  AB  AD  AA '  2a  b 2 2 �a � a2 OA '  AO  AA '  �  b   b2 �2 � � � � 2 2 �b � 5b2 MA '2  A 'C'2  MC'2  a2  b2  � � a2  �2 � Hai mặt phẳng  A 'BD   MBD  vng góc với � ΔOMA ' vuông O � OM  OA '2  MA '2 � � � 5b2 � 2a2  b2 �a2 a  �  b2 � � a  �� a  b �  4 � b �2 �� a  1( Khi ABCD.A 'B'C'D' hình lập phương) b Bài tốn 03: ỨNG DỤNG CƠNG THỨC HÌNH CHIẾU Giả sử S diện tích đa giác  H  nằm  A 'BD    MBD   P S' diện tích hình chiếu  H '  H   P' S'  Scosφ φ góc hai mặt phẳng  P   P' Các ví dụ Ví dụ Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A 'B'C'D' Một mặt phẳng  α  hợp với mặt phẳng đáy  ABCD  góc 450 cắt cạnh bên lăng trụ M ,N ,P,Q Tính diện tích thiết diện, biết cạnh đyá lăng trụ a Lời giải Gọi S diện tích thiết diện MNPQ Ta có hình chiếu MNPQ xng  ABCD  hình vng ABCD S'  SABCD  a2 � Gọi φ   α  , ABCD    φ  450 53 � S  2S'  2a2 Ví dụ Cho tam giác ABC có AB  3a , đường cao CH  a AH  a nằm mặt phẳng  P  Trên đường thẳng vng góc với  P  kẻ từ A ,B,C Do S'  Scosφ  S lấy điểm A ',B',C' tương ứng nằm phía  P  cho AA  3a,BB1  2a,CC1  a Tính diện tích tam giác A 'B'C' Lời giải Ta có SABC  3a2 Vì CH  AB,CH  a,AH  a � AC  a � BAC  450 Gọi I  B'C'�BC,J  A 'C'�AC Ta có CC'  BB' � BC  CI 1 a CC'  AA ' � CJ  AC  2 Xét ΔBCH ta có BC2  BH  CH  5a2 � BC  a Mặt khác AB2  CA  CB2  2CA.ABcosC � cosC  CA  CB2  AB2  2CA.CB 10 �  26a Xét ΔICJ ta có IJ  CI  CJ  2CI.CJ cosICJ Kẻ đường cao CK ΔICK , CC'   ICJ  nên C'K  IJ Vậy � C'KC góc hai mặt phẳng  ABC   A 'B'C' � nên S  S cosC'KC ABC A 'B'C' 1 3a2 Ta có SICJ  SABC  , mặt khác SICJ  IJ.CK 2 3a 2SICJ 3a � CK    IJ 26a 26 CC' a 26 � tanC'KC    3a CK 26 2� � � cosC'KC  Mà 1 tan C'KC  2� 35 cos C'KC Xét ΔC'CK ta có 54 � � SA 'B'C'  Vậy SABC  SA 'B'C' cosC'KC SABC 35  a � cosC'KC Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' có cạnh a Gọi  α  mặt phẳng qua tâm O hình lập phương vng góc với đường chéo AC' Tính diện tích thiết diện hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' cát  α  Lời giải Gọi M trung điểm BC , MA  MC'  a nên ΔMAC' cân M , mà O trung điểm AC' � MO  AC' � Mα�  Tương tự ,  α  cắt cạnh DC,DD',A 'D',A ',B'BB' điểm N ,P,Q,N ,S Thiết diện lục giác MNPQRS Xét phép chiếu vng góc xuống mặt phẳng  A 'B'C'D' , ta có hình chiếu lục giác MNPQRS lục giác M 'N 'D'QRB' Gọi S,S' diện tích lực giác MNPQRS M 'N 'D'QRB' S'  Scosφ  1 với φ góc mặt phẳng  α  mặt phẳng  A 'B'C'D' Ta có S'  SA 'B'C'D'   SA 'QR  SC'M 'N '  �a2 a2 � 3a2  a2  �  �  2 �8 � Gọi I tâm hình vng A 'B'C'D'  ICC'  B'D' nên �CIC' góc hai mặt phẳng  CB'D' mặt phẳng  A 'B'C'D' a 2  a a2  � Lại có  α  / /  CB'D' nên φ  CIC' � cosφ   3 IC IC �   Ta có cosCIC'  IC' CC'2  IC 3a2 S' 3a2   Từ  1 , 2 , 3 ta có S  cosφ Vậy diện tích thiết diện S  3a2 55 Bài toán 01: XÁC ĐỊNH THIẾT DIỆN CHỨA MỘT ĐƯỜNG THẲNG VÀ VNG GĨC VỚI MỘT MẶT PHẲNG Phương pháp: Bài Toán: Cho mặt phẳng  α  đường thẳng a khơng vng góc với  α  Xác định mặt phẳng  β chứa a vng góc với  α  Để giải toán ta làm theo bước sau:  Chọn điểm A �a  Dựng đường thẳng b qua A vng góc với  α  Khi mp a,b mặt phẳng  β Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a cạnh SA   ABCD  SA  a Goi  α  mặt phẳng chứa AB vng góc với mặt phẳng  SCD  Xác định tính thiết diện hình chóp S.ABCD cắt  α  Lời giải Kẻ AH  SD Do SA   ABCD  � SA  CD , lại có CD  AD nên CD   SAD  � CD  AD � AH  SD � AH   SCD  Từ ta có � AH  CD � �  ABH    SCD  Vậy  ABH  mặt phẳng  α  � ABα �  � CD � SCD  � Ta có � AB P CD � � Hα�  SCD � �  �  α  � SCD   HK P AB P CD Thết diện tứ giác AHKB Dễ thấy AHKB hình thang vng A H , nên SAHKB   AB  HK  AH 1 1 a   � AH  Ta có AH  AS2  AD  a 3a a  56  Trong ΔSCD có HK P CD nên  HK SH SH.SD SA    CD SD SD SD 3 SA 3a2   � HE  CD  a 2 2 4 SA  AD 3a  a Vậy SAHKB  1� 3a � 3a 7a2 AB  HK  AH  � a �   2� � 16 Ví dụ a)  α  mặt phẳng chứa SD vng góc với  SAC  Xác định tính diện tích thiết diện  α  với hình chóp S.ABCD b) Gọi M trung điểm SA , N điểm thuộc cạnh AD cho AN  x Mặt phẳng  β qua MN vng góc với  SAD  Xác định tính diện tích thiết diện hịnh chóp cắt  β Lời giải a) Gọi E trung điểm cạnh ABvà O giao điểm AC DE ADCE hình vng có tâm O Ta có SA   ABCD  � SA  OD , thêm OD  AC � OD   SAC  Từ ta có OD   SAC  �  SDO    SAC  Vậy  SDO  mặt phẳng  α  Thiết diện hình chóp với mặt phẳng  α  tam giác SDE �a � Ta có SO  OA  AS  � a a �2 � � � � 2 BC  DE  a , DE   SAC  � DE  AO � SSDE  SO.DE a2  a a  2 � AB   SAD  � � ABβP  b) Ta có �  β   SAD  � � Mβ�  SAB � � � AB � SABβ Vậy �  � ABβP   �   � SAB   �MQ   PSB  AB,Q � 57 � Nβ�  ABCD �  � � AB � ABCDβ ABCD Tương tự, �  �   � NP � ABβP   � Thiết diện tứ giác MNPQ � NP P AB � NP P MQ  1 Do � MQ � P AB  AB,P PBC � � MN � SAD  � � AB  MN  2 Lại có � AB   SAD  � Từ  1 , 2 suy tứ giác MNPQ hình thang vng M N Do SMNPQ   NP  MQ  MN a2 a2  4x2 , MQ  AB  a  x2  NP DN AB.DN 2a a  x  � NP    2 a  x AB DA DA a MN  AM  AN  Vậy S  2 a  x  a MNPQ   2 a2  4x2  3a  x a  4x  2 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 64 Cho tứ diện OA BC có OA ,OB,OC đơi vng góc OA  OB  OC  a Gọi I trung điểm BC Hãy dựng tính độ dài đoạn vng góc chung cặp đường thẳng: a) OA BC b) AI OC 65 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh SA   ABC  SA  a Tính khoảng cách từ A đến  SBC  66 Cho tứ diện ABCD có AD   ABC  , AC  AD  4cm , AB  3cm, BC  5cm Tính khoảng cách từ A đến  BCD  ( Trích đề thi ĐH Khối D Năm 2002) 67 Cho hai mặt phẳng  P   Q  vng góc với nhau, có giao tuyến đường thẳng Δ Trên Δ lấy hai điểm A ,B cho AB  a Trong mặt phẳng  P  lấy điểm C , mặt phẳng  Q  lấy điểm D cho AC,BD vng góc với Δ AC  BD  AB Xác định điểm O cách điểm A ,B,C,D tính khoảng cách từ A đến  BCD  58 68 Cho tứ diện ABCD có AB  a,AC  b,AD  c � BAC  � CAD  � DAB  600 Tính khoảng cách từ D đến  ABC  69 Cho hình chóp S.ABC có SA  3a SA   ABC  Tam giác ABC có AB  BC  2a , góc � ABC  1200 Tính khoảng cách từ A đến  SBC  70 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A 'B'C' có đáy ABC tam giác vuông BA  BC  a , cạnh bên AA '  a Gọi M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM ,B'C ( Trích đề thi ĐH Khối D Năm 2008) 71 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B, BA  BC  a,AD  2a Cạnh bên SA   A BCD  SA  a Gọi H hình chiếu vng góc A SB Chứng minh tam giác SCD vng tính khoảng cách từ H đến  SCD  ( Trích đề thi ĐH Khối D Năm 2007) 72 Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a Gọi SH đường cao hình chóp Khoảng cách từ trung điểm I SH đến  SBC  b Tính SH 73 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , cạnh a AC  a Gọi H trung điểm cạnh AB, biết SH   ABCD  SH  a Tính khoảng cách a) Từ O đến  SCD  b) Từ A đến  SBC  74 Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có tất cạnh a Gọi M ,N trung điểm AA ',BB' Tính khoảng cách hai đường thẳng B'M CN 75 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , SO   ABCD  , AC  4,BD  2,SO  Tính a) Khoảng cách từ A đến  SBC  b) Khoảng cách hai đường thẳng AB SD 76 Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a,AD  BC  b,AC  BD  c Tính khoảng cách cặp cạnh đối tứ diện 77 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA , M trung điểm AE , N trung điểm BC Chứng minh MN  BD tính khoảng cách hai đường thẳng MN AC ( Trích đề thi ĐH Khối B Năm 2007) 78 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với A B  a,AD  2a , cạnh SA   ABCD  , cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy 59 góc 600 Trên SA lấy điểm M cho AM  đến  BCM  a Tính khoảng cách từ S 79 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M ,N trung điểm cạnh AB AD ; H giao điểm CN DM Biết SH   ABCD  SH  a Tính khoảng cách hai đường thẳng DM SC 80 Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C' có AB  a,AC  2a,AA '  2a � BAC  1200 Gọi M trung điểm cạnh CC' Chứng minh MB  MA ' tính khoảng cách từ A đến  A 'BM  60 ...  Hình hộp chữ nhật hình lăng trụ đứng có đáy hình chữ nhật - Tất mặt hình chữ nhật - Đường chéo d  a2  b2  c2 với a,b,c ba kích thước  Hình lập phương hình hộp chữ nhật có đáy mặt bên hình. .. tốn 04: TÌM TẬP HỢP HÌNH CHIẾU CỦA MỘT ĐIỂM TRÊN MỘT ĐƯỜNG THẲNG HAY MỘT MẶT PHẲNG DI ĐỘNG Phương pháp: Để giải toán dạng trước tiên ta cần nắm lời giải hai toán gốc sau: Bài Toán 1: Trong không... mặt bên hình vng 43 Hình chóp hình chóp cụt  Hình chóp hình chóp có đáy đa giác chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy - Các cạnh bên hình chóp tạo với đáy góc - Các mặt bên hình chóp tam giác