Ebook Hình học dành cho học sinh 10 - 11- 12 và luyện thi đại học

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU 3

Phần 1: HÌNH GIẢI TÍCH TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) 4

Bài 1. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) 5

Bài 2. ĐƯỜNG THẲNG 15

Bài 3. ĐƯỜNG TRÒN 38

Bài 4. ELIP 58

Bài 5. HYPERBOL 66

Bài 6. PARABOL 71

Phần 2: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 78

Bài 1. QUAN HỆ SONG SONG VÀ VUÔNG GÓC 79

Bài 2. QUAN HỆ VUÔNG GÓC 82

Bài 3. CÁC BÀI TOÁN TÍNH THỂ TÍCH 99

Phần 3: HÌNH GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN (Oxyz) 155

Bài 1. HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 156

Bài 2. MẶT PHẲNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 175

Bài 3. MẶT CẦU 191

Bài 4. ĐƯỜNG THẲNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 198

BÀI TẬP ÔN TỔNG HỢP 254

pdf298 trang | Chia sẻ: maiphuongdc | Lượt xem: 4177 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Ebook Hình học dành cho học sinh 10 - 11- 12 và luyện thi đại học, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
           r 5r h 15 1 15 6 2 Vậy: S(r) = 2 5r 2 r 2 r 15 2          S(r) = 2 2 2 2 r 30 r 5 r 30 r 3 r         với 0 < r < 6 Ta có: S’(r) = 30 6 r   ; S’(r) = 0  r = 5 r 0 5 6 s' + 0 – s 75 CĐ Do đó: Smax = 75 r 5 5 h 2       S M A B N H K 146 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN C. BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1. Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO. Lấy A, B thuộc đường tròn tâm O sao cho d(O, AB) = a, SAO = 30 0 , SAB = 60 0 . Tính diện tích xung quanh hình nón. BT2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao SH bằng h, góc SAB bằng  với 0 45  . Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD. BT3. Cho hình nón  có bán kính đáy R, đường cao SO. Mặt phẳng (P) cố định vuông góc SO tại ' O cắt  theo đường tròn có bán kính đáy ' R . Mặt phẳng (Q) thay đổi vuông góc SO tại O1 (O1 nằm giữa O và 'O ) cắt hình nón theo thiết diện là hình tròn có bán kính x. Tính x theo R, ' R nếu (Q) chia hình nón nằm giữa (P) và đáy hình nón theo 2 phần có thể tích bằng nhau. BT4. Cho hình nón có chiều cao h. Gọi (  ) là mặt phẳng qua đỉnh hình nón và tạo với đáy góc 4  . Tính diện tích mặt cắt chắn trên đáy có số đo 2 3  BT5. Trong các khối nón tròn xoay cùng có diện tích toàn phần bằng  thì khối nào có diện tích lớn nhất BT6. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h và có bán kính đáy R. Trong các mặt phẳng qua đỉnh hình nón, xác định mặt phẳng cắt hình nón theo mặt cắt có diện tích lớn nhất và hãy tính diện tích ấy. Hình học 147 VẤN ĐỀ 5: MẶT CẦU – THỂ TÍCH KHỐI CẦU Mặt cầu tâm I bán kính R, kí hiệu S(I, R) S(I, R) =  M/ IM R Hình cầu tâm I bán kính R, kí hiệu B(I, R) B(I, R) =  M/ IM R Thể tích hình cầu B(I, R): R3 4 V = 3 Diện tích mặt cầu:  2 mc s = 4 R  Phương pháp xác định mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD  Trường hợp 1: Nếu ABC ADC 1v  Hai điểm B và D cùng nhìn đoạn AC dưới một góc vuông nên cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC.  Trường hợp 2: Nếu AB AC AD a   – Vẽ AH  mp (BCD) thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD – Trên mp (ABH) vẽ đường trung trực của AB, đường này cắt AH tại I thì I là tâm mặt cầu (ABCD). – Do hệ thức lượng trên đường tròn (IJBH) ta có: AJ.AB = AI.AH  R = IA = 2 a 2AH  Trường hợp 3: Nếu AB  mp (BCD) Vẽ   là trục đường tròn (BCD). – Vẽ () là mặt phẳng trung trực của M I R A D B C A I J B D H C A  I J  B C H D 148 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN AB. () cắt () tại I thì I là tâm mặt cầu (ABCD). – R = IB = 2 2 IH HB Bài 1. Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều, bán kính đáy hình nón là R a) Tính thể tích khối nón đã cho. b) Chứng minh rằng diện tích đáy, diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình đó tỉ lệ 1 : 2 : 3. c) Chứng minh rằng diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích mặt cầu mà đường kính bằng chiều cao của hình nón. Giải SAB đều cạnh 2R nên 2R 3 SO R 3 2   Vậy Vnón = 1 3 SO.dt.(đáy) = 3 2 R 3 R 3 ( R ) 3 2    Ta có Sđáy = R 2 Sxq = R.SA = 2R 2 Stp = Sđáy + Sxq = 3R 2 Do đó Sđáy : Sxq : Stp = 1 : 2 : 3 Diện tích xung quanh mặt cầu bán kính SO R 3 2 2  Vậy Smc = 4(SO 2 ) = 4 2 2 tp R 3 3 R S 2         Bài 2. (Tuyển sinh Đại học khối D 2003) Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến (). Trên () lấy hai điểm A, B mà AB = a. Lấy C trên (P) và D trên (Q) sao cho AC và BD vuông góc () mà AC = AB = BD. Tính bán kính mặt cầu qua 4 điểm A, B, C, D và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). Giải a/ Do hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến   mà AC  () và AC nằm trên mặt phẳng (P) nên AC  mp (Q)  AC  AD O A B 2R 2R S Hình học 149 Tương tự: BD  ()  BD  (P)  BD  BC Ta có : DBC DAC 1v  B và A cùng nhìn DC dưới 1 góc vuông nên cùng nằm trên mặt cầu đường kính DC, R = DC 2 ABC  cân  BC2 = 2a2 BDC   R= 2 2 CD a 2a a 3 2 2 2    b) Từ A vẽ AK  BC Ta có (P)  (Q) mà BD   nên DB  (P) BD AK  Vậy AK mp(BCD) Do đó: AK = d(A, BCD) = AC.AB BC = 2 a a 2 = a 2 2 Bài 3. Cho tứ diện đều SABC cạnh a. Gọi I là trung điểm của đường cao SH của tứ diện. a) Chứng minh rằng ba đường thẳng IA, IB, IC vuông góc với nhau từng đôi một. b) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC và tính bán kính của nó theo a. Giải a/ S.ABC là tứ diện đều đường cao SH nên H là tâm của ABC SHB vuông tại H            2 2 2 2 2 2 2 a 3 2a SH SB BH a . 3 2 3 a 2 a 6 SH 33    IHB vuông 2 2 2 2 2 2 a 6 a 3 a IB IH HB 6 3 2                  I SH IA IB IC    Xét IBC có IB2 + IC2 = BC2  IB  IC Tương tự ta có IC IA, IA IB b) Vì I và H cách đều A, C, B nên tâm hình cầu đi qua 4 điểm I, A, B, C phải D P Q B K C A  S A C O B M I H 150 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN nằm trên IH.Vẽ đường trung trực của đoạn IB trong mp(BIH), đường này cắt IH kéo dài tại O Ta có OA OB OC OI   , vậy là tâm hình cầu qua bốn điểm A, B, C, I. Gọi M là trung điểm IB Ta có: IB IH IBH ~ IOM IO IM     2 2 IB.IM IB a a 6 R OI IH 2IH 4a 6 4 6             . Bài 4. Cho tứ diện ABCD có hai mặt bên (ACD) và (BCD) vuông góc nhau, AB = BC = BD = AC = a, AD = a 2 . a) Chứng minh ACD vuông. b) Tính theo a diện tích mặt cầu xung quanh qua A, B, C, D. Giải a) Gọi M trung điểm CD BCD cân tại B  BM  CD (ACD)  (BCD)  BM  (ACD) Do BC = BD = BA nên MC = MD = MA Vậy ACD vuông tại A b) Do BC = BD = BA và MC = MD = MA nên BM là trục đường tròn (ACD) Trong (BCD) đường trung trực của BC cắt BM tại O thì O là tâm mặt cầu qua B, C, D, A. ACD vuông tại A  CD2 = AC2 + AD2 = a2 + 2a2 = 3a2 BCM vuông tại M  BM2 = BC2 – MC2 = a2 – 2 2 a 3 a 2 4       BIO  BMC  BI BO BM BC   R = BO = 2 BI.BC BC BM 2BM   R = 2 a a 2. 2 = a Vậy Sxq = 4R 2 = 4a2 Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a; SA = SB = a, hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) vuông góc với nhau. Tính diện tích xung quanh mặt cầu qua S, A, B, D. B I O C M D A a 2 Hình học 151 Giải Gọi J là tâm hình vuông ABCD Gọi  là đường thẳng qua J và  (ABCD) thì  là trục đường tròn (ABCD) Gọi I là trung điểm AB  SAB đều  SI  AB Mp(SAB)  (ABCD)  SI  (ABCD) Do IJ  AB  IJ  (SAB) Gọi G là tâm của tam giác đều SAB Vẽ (d)  (SAB) tại G thì (d) là trục đường tròn (SAB) Ta có (d) cắt  tại O O    OA = OB = OD O  d  OA = OB = OS Vậy OA = OB = OD = OS  O là tâm mặt cầu qua S, A, B, D Vậy OGIJ là hình chữ nhật Ta có d // IJ và SI //  OSG vuông  2 2 2 2 R SO SG OG    R2 = 2 2 2 2 2 2 a 3 a SI IJ . 3 3 2 2                  = 2 2 2a a 7a 3 4 12   Do đó Sxqmc = 4 2 2 7a R 3    . Bài 6. (Tuyển sinh ĐH khối B năm 2010) Cho lăng trụ tam giác đều ' ' ' ABC.ABC có AB = a, góc của hai mặt phẳng (A 'BC) và (ABC) bằng 0 60 . Gọi G là trọng tâm ' ABC . Tính thể tích khối lăng trụ và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC. Giải  Gọi H là trung điểm BC, ABC đều AH BC  Mà AA '  mp(ABC) A 'H BC   S G O d A D I J B C A' C' B' G A H C I 152 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Vậy o A 'HA 60 o AA ' A 'AH tan60 3 AH a 3 3a AA ' 3 2 2        Và cos 60 o = AH 1 A 'H 2AH a 3 A ' 2     Do đó 2 3 LT 3a a 3 3a 3 V AA '.dt( ABC) . 2 4 8      Trong mặt phẳng (GHA) vẽ (d) đường trung trực của GA cắt GI tại O thì O là tâm mặt cầu qua G, A, B, C. Gọi M là trung điểm GA. Gọi I là tâm của  đều ABC Ta có: HG HI 1 GI // AA ' HA ' HA 3    Vậy: GI 1 1 3a a GI . AA ' 3 3 2 2     GIA   GA2 = GI2 + IA2 = 22 a 2 a 3 . 2 3 2             2 2 2 a 3a 21a 4 9 36    Ta có: G /(OMIA) 2 2 GM.GA GO.GI GM.GA GA 21a 21a 7a R GO aGI 2GI 36 12 36. .2 2          P Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi cạnh a; o ABC 60 , SA = SB = SC = a. Gọi M là trung điểm SD; N là hình chiếu vuông góc của M lên mp (ABCD). Tính thể tích khối S.ABCD. Chứng minh sáu điểm S, B, A, C, M, N cùng thuộc một mặt cầu. Giải  ABC có AB = BC = a và ABC = 60 0 nên  ABC là tam giác đều. Gọi G là tâm của  ABC do SA = SB = SC, GA = GB = GC nên SG  (ABCD) Do MN  (ABCD) nên MN // SG và N  BD G M d A C O H I B Hình học 153 Ta có:  SBG vuông  SG 2 = SB 2 – BG2 = a 2 – 2 2 a 3 . 3 2        = a 2 2 a 3 = 2 2a 3 Vậy VS.ABCD = SG 3 .dt (ABCD) = 2 3 1 a 2 2a 3 a 2 . . 3 4 63   Gọi I là tâm mặt cầu qua S, A, B, C Thì I  SG là trục đường tròn (ABC) Ta có: IS = IB = R   ISB cân Gọi H là trung điểm SB thì IH  SB Ta có: S/(IHBG) SI.SG SH.SB  R = SI = 2 SH.SB SB SG 2SG  2 a a 3 a 6 4a 2 2 2 2. 3    Ta có IG = SG – SI = a 6 a 6 a 6 3 4 12   và NG = OG + ON = 2 a 3 a 3 . 3 2 3   IGN vuông  IN 2 = IG 2 + GN 2 = 2 2 2 2 2 6a 3a a a 3a 144 9 24 3 8     Ta có IN = a 3 a 6 42 2  = R  N mặt cầu qua SABC Ta có: IG a 6 12 ; SG a 2 a 6 33   IG = 1 4 SG mà MN = 1 2 SG  MN = 2 IG Gọi K là trung điểm MN Do IGNK là hình chữ nhật nên IK  MN Vậy IM = IN = R Do đó sáu điểm S, A, B, C, M, N thuộc mặt cầu tâm I với R = a 6 . 4 S M N G I D H S M D C B a G O A I N 154 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN C. BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA vuông góc đáy, SB = a 3 . a) Tính VS.ABCD . b) Chứng minh trung điểm của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. BT2. Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy một góc . Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp BT3. Cho tứ diện ABCD với AB = AC = a, BC = b. Hai mặt phẳng (BCD) và (ABC) vuông góc nhau và góc BDC bằng 90 0 . Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a và b. BT4. Cho hình cầu đường kính AB = 2R, lấy H trên bán kính OB sao cho OH = R 3 . Mặt phẳng () qua H vuông góc AB cắt hình cầu theo đường tròn (C). a) Tính diện tích hình tròn (C) b) Gọi CDE là tam giác đều nội tiếp trong (C). Tính thể tích hình chóp ACDE và BCDE. BT5. Trong mặt phẳng cho đường tròn đường kính AB = 2R. Lấy M di động trên đường tròn. Vẽ MH vuông góc AB tại H với AH = x (0 < x < 2R). Dựng đường thẳng vuông góc với mp tại M trên đó lấy MS = MH. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABM. Tìm x để bán kính mặt cầu đó đạt giá trị lớn nhất. BT6. Cho tứ diện S.ABCD có SA vuông góc mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh SB = a, góc BSC bằng 4  , góc ASB bằng  0 2         a) Chứng minh SB vuông góc BC. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. b) Tính thể tích tứ diện SABC theo a và . Tìm  để thể tích này lớn nhất. BT7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA  (ABCD). Mặt phẳng qua A vuông góc SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Chứng minh 7 điểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng thuộc mặt cầu. Tính diện tích mặt cầu đó. BT8. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh a 2 và SBD đều. Hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) là trọng tâm ABD. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Xác định tâm và bán kính mặt còn qua S, A, B, C, D. (ĐS: R = a 35 26 ) Hình học 155 PHẦN 3 Biên soạn: NGUYỄN VĂN HÒA TRẦN MINH QUANG HOÀNG HỮU VINH 156 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN BÀI 1 HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT  Trong không gian (Oxyz) cho hai vectơ a  = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3). Ta có: 1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b            1 1 2 2 3 3 a b a b ,a b ,a b          1 2 3 k a ka ,ka ,ka   (k  R) a và b cùng phương  [a, b] = 0  k R : a k.b        b 0  31 2 1 2 3 aa a b b b    (b1.b2.b3  0) Định nghĩa: a .b a . b cos(a, b)    Định lý: a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 Hệ quả: 2 2 a a ; 2 2 2 1 2 3 a a a a   a b a .b 0         Trong không gian (Oxyz) cho A(xA, yA, zA, ), B(xB, yB, zB), C(xC, yC, zC) Ta có: AB = (xB – xA, yB – yA, zB – zA) AB = AB       2 2 2 B A B A B A = x - x + y - y + z - z Trung điểm I của đoạn AB: A B I A B I A B I x x x 2 y y y 2 z z z 2          G trọng tâm ABC A B C G A B C G A B C G x x x x 3 y y y y 3 z z z z 3             Hình học 157  Lưu ý: Nếu M  (Oxy) thì zM = 0 Nếu M  (Oyz) thì xM = 0 Nếu M  (Oxz) thì yM = 0 Nếu M  xOx thì yM = zM = 0 Nếu M  zOz thì xM = yM = 0 Nếu M  yOy thì xM = zM = 0  Tính có hướng của hai vectơ Trong không gian (Oxyz) cho 2 vectơ: a  = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) Tích có hướng của hai vectơ a và b , ký hiệu a, b    (hoặc a b    ), là vectơ có tọa độ: 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 a a a a a a [a, b] , , b b b b b b        Tính chất: 1/ Vectơ [a, b] vuông góc với cả hai vectơ a và b 2/ a,b b,a             3/  a,b a b sin a,b          Ứng dụng của tích có hướng a/ a,b,c đồng phẳèng  [a, b].c  0 b/ Diện tích tam giác ABC: 1 S = [AB,AC] 2 c/ Diện tích hình bình hành ABCD: S [AB,AD] d/ Thể tích tứ diện ABCD: 1 , . 6 V AB AC AD    e/ Tính thể tích hình hộp ABCD.ABCD: 1 , . ' 6 V AB AD AA     Các dạng toán thường gặp  A, B, C, thẳng hàng  AB cùng phương với AC  AB,AC 0     A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác  A, B, C không thẳng hàng.  A, B, C, D là 4 đỉnh của 1 tứ diện 158 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN  AB , AC , AD không đồng phẳng  AB, AC .AD    0  Trực tâm H của ABC Tìm tọa độ điểm H từ điều kiện: AH.BC 0 BH.AC 0 A, B,C,H đồng phẳng       . 0 . 0 . . 0 AH BC BH AC BC AC AH            Chân đường cao A của đường cao AA của ABC Tìm tọa độ điểm A từ điều kiện AA .BC 0 BA cùng phương BC       AA .BC 0 BA ,BC 0          Tâm đường tròn ngoại tiếp I của ABC Tìm tọa độ điểm I từ điều kiện: IA IB IA IC A, B,C, I đồng phẳng       2 2 2 2 IA IB IA IC AB, AC .AI 0           Chân đường phân giác trong và ngoài của ABC Gọi D, D là chân đường phân giác trong và ngoài của BAC Ta có: DB D B AB DC D C AC     Vậy AB DB .DC AC   và AB D B .D C AC    Để tìm tâm của đường tròn nội tiếp: – Vẽ đường phân giác trong của B cắt AD tại I thì I chính là tâm đường tròn nội tiếp ABC. – Tìm I từ công thức: IA BA ID BD   BA IA .ID BD   A I B D C Hình học 159 B. BÀI TẬP MẪU Bài 1: Cho ba vectơ a = (1, m, 2), b = (m + 1, 2, 1), c = (0, m – 2, 2) a. Tìm m để a vuông góc b . b. Tìm m để a, b, c đồng phẳng c. Tìm m để a b c  Giải a/ Ta có: a b  a.b = 0  m + 1 + 2m + 2 = 0  m = –1 b/ Ta có: [a, b] = (m – 4, 2m + 1, –m2 – m + 2)  [a, b] . c = (m – 2)(2m + 1) + 2(–m2 – m + 2) = –5m + 2 Do đó: a, b, c đồng phẳng  [a, b] . c = 0  –5m + 2 = 0  m = 2 5 c/ Ta có: a b = (m + 2, m + 2, 3) Do đó: a b = c  2 a b = 2 c  (m + 2)2 + (m + 2)2 + 9 = (m – 2)2 + 4  m2 + 12m + 9 = 0  m = –6  3 3 Bài 2: Cho a = (1, –2, 3). Tìm vectơ b cùng phương với vectơ a , biết rằng b tạo với trục tung một góc nhọn và b 14 . Giải Gọi b = (x, y, z); Oy có vectơ đơn vị j = (0, 1, 0). Ta có: b ka b. j 0 b 14        2 2 2 x k, y 2k, z 3k y 0 x y z 14             2 2 2 x k, y 2k, z 3k y 0 k 4k 9k 14             x , y 2k, z 3k y 0 k 1           x 1, y 2, z 3 k 1         160 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Vậy b = (–1, 2, –3) Bài 3: Cho ba điểm: A (–2, 0, 2), B (1, 2, 3), C(x, y – 3, 7). Tìm x, y để ba điểm A, B, C thẳng hàng Giải Ta có: AB = (3, 2, 1), AC = (x + 2, y – 3, 5)  Cách 1: [AB, AC] = (y – 13, 13 – x, 2x – 3y + 13) Ta có: A, B, C thẳng hàng  [AB, AC] =  0  y 13 0 13 x 0 2x 3y 13 0           x = y = 13  Cách 2: A, B, C thẳng hàng  x 2 y 3 5 3 2 1      x = y = 13  Cách 3: A, B, C thẳng hàng  AC = k AB  x 2 3k y 3 2k 5 k         x 13 y 13 k 5      Bài 4: Cho ba điểm: A(1, 1, 1), B(–1, –1, 0), C(3, 1, –1) a. Tìm điểm M trên trục Oy cách đều hai điểm B, C b. Tìm điểm N trên mặt phẳng (Oxy) cách đều ba điểm A, B, C. c. Tìm điểm P trên mặt phẳng (Oxy) sao cho PA + PC nhỏ nhất. Giải a/ Gọi M(0, y, 0)  Oy M cách đều hai điểm B, C  MB2 = MC2  1 + (y + 1)2 = 9 + (y – 1)2 + 1  y = 9 4 Vậy M(0, 9 4 , 0) b/ Gọi N(x, y, 0)  (Oxy) N cách đều ba điểm A, B, C  2 2 2 2 NA NB NA NC      2 2 2 2 2 2 2 2 (x 1) (y 1) 1 (x 1) (y 1) (x 1) (y 1) 1 (x 3) (y 1) 1                     x 2 7 y 4      Hình học 161 Vậy N (2, – 7 4 , 0) c/ Gọi P(x, y, 0) Nhận thấy A và C nằm khác phía đối với mp (Oxy) (do zA.zC = –1 < 0) Ta có: PA + PC  AC Do đó: PA + PC nhỏ nhất  PA + PC = AC  P = AC  (Oxy)  A, P, C thẳng hàng Ta có: AP = (x – 1, y – 1, –1), AC = (2, 0, –2) A, P, C thẳng hàng  AP và AC cùng phương  AP = k AC  x 1 2k y 1 0 1 2k          x 2 y 1 1 k 2        Vậy P(2, 1, 0) Bài 5: Cho ABC có A(0, 0, 1), B(1, 4, 0), C(0, 15, 1) a. Tính độ dài đường cao AK của ABC. b. Tìm tâm I của đường tròn ngoại tiếp ABC. c. Tìm trực tâm H của ABC. Giải a/ AB = (1, 4, –1), AC = (0, 15, 0), BC = (–1, 11, 1) [ AB , AC ] = (15, 0, 15)  SABC = 1 15 2 [AB,AC] 2 2  Ta cũng có: SABC = 1 2 AK.BC = 15 2 2  AK = 15 2 15 2 BC 123  b/ Gọi I(x, y, z). Ta có: IA IB IA IC AB, AC, AI đồng phẳng        2 2 2 2 IA IB IA IC [AB,AC].AI 0        2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 4) 2 1 2 1 8 16 ( 15) x y z x y z z x y y y                     P Oxy A p C A C P Oxy 162 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN x 4y z 8 0 2y 15 0 x z 1 0             21 x 2 15 y 2 23 z 2           Vậy I(– 21 2 , 15 2 , 23 2 ) c/ Gọi H(x, y, z). Ta có: H là trực tâm ABC  AH.BC 0 BH.AC 0 AB,AC,AH đồng phẳng        AH.BC 0 BH.AC 0 AB, AC .AH 0          x 11y z 1 0 y 4 0 x z 1 0              x 22 y 4 z 21        Vậy: H(22, 4, –21) Bài 6: Cho bốn điểm: A(1, 0, 1), B(–1, 1, 2), C(–1, 1, 0), D(2, –1, –2) a. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. b. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AB và CD. c. Tính độ dài đường cao AH của tứ diện ABCD. Giải a/ A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện  AB , AC , AD không đồng phẳng  [ AB,AC ]. AD  0 Ta có: AB (–2, 1, 1), AC = (–2, 1, –1), AD = (1, –1, –3) [ AB , AC ] = (–2, –4, 0)  [ AB,AC ]. AD = 2  0 Vậy A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. b/ Ta có: CD = (3, –2, –2), AB.CD = –10 cos(AB, CD) = |cos( AB,CD )| = AB.CD AB . CD = 10 10 6. 17 102  c/ VABCD = 1 1 [AB,AC].AD 6 3  Ngoài ra: VABCD = 1 3 SBCD.AH = 1 3  AH = BCD 1 S Hình học 163 Từ (0,0, 2), (3, 2, 2)BC CD     Ta có: [ BC,CD ] = (–4, –6, 0)  SBCD = 1 [BC,CD] 2 = 1 16 36 13 2    AH = 1 13 Bài 7: Cho ABC có A(1, 1, 1), B(5, 1, –2), C(7, 9, 1) a. Tính cosin của góc A. b. Chứng minh rằng góc B nhọn. c. Tính độ dài đường phân giác trong của góc A. d. Tìm tọa độ chân đường cao vẽ từ A. Giải a/ Ta có: AB = (4, 0, –3), AC = (6, 8, 0), BC = (2, 8, 3) cos A = cos( AB , AC ) = AB.AC 24 12 5.10 25AB . AC   b/ BA = (–4, 0, 3), BC = (2, 8, 3)  BA . BC = 1 > 0  góc B nhọn. c/ Gọi D(x, y, z) là giao điểm đường phân giác trong của góc A với cạnh BC. Ta có: DB AB 5 1 DC AC 10 2     DC 2DB   7 x 2(5 x) 9 y 2(1 y) 1 z 2( 2 z)                 17 x 3 11 y 3 z 1         Vậy D( 17 11 , 3 3 , –1)  AD = 2 2 2 17 11 2 74 1 1 ( 1 1) 3 3 3                   d/ H(x, y, z) là chân đường vẽ từ A đến BC. AH.BC = 0 BH cùng phương BC    (*) Ta có: AH = (x–1, y–1, z–1), BH = (x–5, y–1, z+2), BC = (2, 8, 3) 164 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Do đó: (I) 387 x 77 2(x 1) 8(y 1) 3(z 1) 0 85 yx 5 y 1 z 2 77 2 8 3 151 z 77                         Vậy H 387 85 151 , , 77 77 77        Trong các bài tập sau đây chúng ta sẽ lưu ý kỹ năng gắn trục tọa độ đề giải quyết các bài toán Hình không gian. Gốc tọa độ phải là điểm để có tam diện vuông. Nếu H là hình chiếu vuông góc của M lên (Oxy) thì xM = xH, yM = yH Để biết tọa độ M  (Oxy) ta vẽ riêng hình trong mặt phẳng tọa độ quen thuộc và chú ý zM = 0 Vài tình huống cụ thể khi gặp tứ diện S.ABC.  Nếu SA  (ABC) và ABC  tại A  Nếu SA  (ABC) và ABC tại B Dùng hệ thức lượng trong ABC  ta xác định được tọa độ B xB = AH yB = AK zB = 0 S C B A y x H A K B z x y C z y M x H O z y B x C A Hình học 165  Nếu SA  (ABC) và ABC cân tại A hay đều ta chọn Ox  BA hay Ox qua AC  Nếu S.ABC là hình chóp đều có ABC đều cạnh a Gọi O là tâm đường tròn (ABC) thì SO  (ABC) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có: xB = xC = OI = 1 3 .AI = a 3 6 yB = –yC = IB = a 2 xA = OA = – 2 3 AI = – 2 3 a 3 2 = – a 3 3 Vậy A a 3 , 0, 0 3       , B a 3 a , , 0 6 2       , C a 3 a , , 0 6 2        Nếu S.ABCD là hình chóp có đáy ABCD hình chữ nhật (hay hình C A B S C A B S y x I y z x y A I C y B O B S C A O I x y z x 166 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN vuông) có SA  (ABCD)  Nếu S.ABCD là hình chóp có (SAB)  (ABCD) và ABCD hình chữ nhật vẽ SO  AB thì SO  (ABCD)  Nếu ABCD.ABCD là hình hộp chữ nhật (hay lập phương) x B C D A S z y x B C D A S z y O z x y A B B A C C D Hình học 167 Bài 8. Cho tứ diện N.ABC có NA vuông góc (ABC), NA = a, tam giác ABC vuông cân tại A có AB = AC = a. Từ trung điểm M của BC vẽ đường vuông góc (ABC) lấy điểm I cùng phía với N sao

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftoan_hinh_hoc_cho_hs_10_11_12_ltdh_3609.pdf