PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN | Tăng Giáp

Có thể bạn quan tâm

Hãy đăng ký thành viên để có thể dễ dàng hỏi bài, trao đổi, giao lưu và chia sẻ về kiến thức

Đăng nhập

Tăng Giáp Trang chủ Diễn đàn > TOÁN HỌC > LỚP 12 > Chủ đề 5. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN > Ôn tập > PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Thảo luận trong 'Ôn tập' bắt đầu bởi Doremon, 6/1/15.

Doremon Moderator Thành viên BQT
Tham gia ngày: 29/9/14 Bài viết: 1,299 Đã được thích: 210 Điểm thành tích: 63 Giới tính: Nam
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình. II. PHƯƠNG PHÁP Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp. (Quyết định sự thành công của bài toán) Bước 2: Xác định tọa độ các điểm có liên quan. Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán. Các dạng toán thường gặp: • Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, … • Định lượng: Độ dài đoạn thẳng,, góc, khoảng cách, tính diện tích, thể tích, diện tích thiết diện, … • Bài toán cực trị, quỹ tích. …………… Ta thường gặp các dạng sau 1. Hình chóp tam giác a. Dạng tam diện vuông Ví dụ 1: Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC = $a\sqrt 3 $, (a>0) và đường cao OA = $a\sqrt 3 $. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. Giải Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), $A(0;\,0;\,a\sqrt 3 );\,\,B(a;\,0;\,0),\,\,C(0;\,a\sqrt 3 ;\,0),\,\,$ $M\left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,0} \right)$, gọi N là trung điểm của AC → $N\left( {0;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)$. MN là đường trung bình của tam giác ABC → AB // MN → AB //(OMN) → d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN)). $\overrightarrow {OM} = \left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {ON} = \left( {0;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)$ $[\overrightarrow {OM} ;\,\,\overrightarrow {ON} ]\,\, = \,\,\left( {\frac{{3{a^2}}}{4};\,\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4};\,\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\left( {\sqrt 3 ;\,\,1;\,\,1} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\vec n$, với $\vec n = (\sqrt 3 ;\,\,1;\,\,1)$. Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến $\vec n:\,\,\sqrt 3 x + y + z = 0$ Ta có: $d(B;\,\,(OMN))\,\, = \,\,\frac{{\left| {\sqrt 3 .a + 0 + 0} \right|}}{{\sqrt {3 + 1 + 1} }}\,\, = \,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$. Vậy, $d(AB;\,\,OM)\,\, = \,\,\frac{{a\sqrt {15} }}{5}.$ Cách 2: 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 $OK \bot BN,\,\,OH \bot AK\,\,(K \in BN;\,\,H \in AK)$ Ta có: $AO \bot (OBC);\,\,OK \bot BN\,\, \Rightarrow \,\,AK \bot BN$ $BN \bot OK;\,\,BN \bot AK\,\, \Rightarrow \,\,BN \bot (AOK)\,\, \Rightarrow \,\,BN \bot OH$ $OH \bot AK;\,\,OH \bot BN\,\,\, \Rightarrow \,\,OH \bot (ABN)\,\, \Rightarrow \,\,d(O;\,\,(ABN) = OH$ Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}}\,\, \Rightarrow \,\,OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$. Vậy, $d(OM;\,\,AB)\, = \,\,OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.$ b) Dạng khác Ví dụ 2: Tứ diện S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy và ΔABC vuông tại C. Độ dài của các cạnh là SA =4, AC = 3, BC = 1. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, H là điểm đối xứng của C qua M. Tính cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SHB) và (SBC). Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: A(0;0;0), B(1;3;0), C(0;3;0), S(0;0;4) và H(1;0;0). mp(P) qua H vuông góc với SB tại I cắt đường thẳng SC tại K, dễ thấy $\widehat {\left( {SHB} \right),\left( {SBC} \right)} = \left( {\overrightarrow {IH} ,{\rm{ }}\overrightarrow {IK} } \right)$ (1). $\overrightarrow {SB} = ( - 1; - 3;{\rm{ }}4)$, $\overrightarrow {SC} = (0; - 3;{\rm{ }}4)$ suy ra: ptts SB: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 3 - 3t\\z = 4t\end{array} \right.$, SC: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3 - 3t\\z = 4t\end{array} \right.$ và (P): x + 3y – 4z – 1 = 0. $ \Rightarrow I\left( {\frac{5}{8};\frac{{15}}{8};\frac{3}{2}} \right),{\rm{ }}K\left( {0;\frac{{51}}{{25}};\frac{{32}}{{25}}} \right) \Rightarrow \cos \left[ {\widehat {\left( {SHB} \right),\left( {SBC} \right)}} \right] = \frac{{\overrightarrow {IH} .\overrightarrow {IK} }}{{IH.IK}}$ = … Chú ý: Nếu C và H đối xứng qua AB thì C thuộc (P), khi đó ta không cần phải tìm K. Ví dụ 3: 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 ΔABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60$^0$. GiảiCách 1: $BC = a\sqrt 2 $ Gọi M là trung điểm của BC $ \Rightarrow \,\,AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,\,AG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G lên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông $ \Rightarrow \,\,AG = AE\sqrt 2 \,\,\, \Rightarrow \,\,AE = AF = \frac{a}{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), $G\left( {\frac{a}{3};\,\,\frac{a}{3};\,\,0} \right),\,\,\,S\left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{a}{2};\,\,x} \right)$. $\overrightarrow {SA} = \left( {\frac{a}{3};\,\frac{a}{3};\,x} \right),\,\,\overrightarrow {SB} = \left( {\frac{{2a}}{3};\, - \frac{a}{3};\, - x} \right),\,\,\overrightarrow {SC} = \left( { - \frac{a}{3};\,\frac{{2a}}{3};\, - x} \right)$ $[\overrightarrow {SA} ;\,\,\overrightarrow {SB} ]\,\, = \,\,\left( {0;\,\,ax;\, - \frac{{{a^2}}}{3}} \right) = a\left( {0;\,x;\, - \frac{a}{3}} \right)\,\, = \,\,a.{\vec n_1}$, với ${\vec n_1} = \left( {0;\,x;\, - \frac{a}{3}} \right)$ $[\overrightarrow {SA} ;\,\,\overrightarrow {SC} ]\,\, = \,\,( - ax;\,0;\,\frac{{{a^2}}}{3}) = - a\left( {x;\,0;\, - \frac{a}{3}} \right) = - a.{\vec n_2},$ với ${\vec n_2} = \left( {x;\,\,0;\, - \frac{a}{3}} \right)$. Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương $\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {SB} $ nên có vectơ pháp tuyến ${\vec n_1}$. Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương $\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {SC} $ nên có vectơ pháp tuyến ${\vec n_2}$. Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60o. $ \Leftrightarrow \,\,\cos {60^o} = \frac{{\left| {0.x + x.0 + \frac{a}{3}\,\,\,\,\frac{a}{3}} \right|}}{{\sqrt {0 + {x^2} + \frac{{{a^2}}}{9}} \sqrt {{x^2} + 0 + \frac{{{a^2}}}{9}} }}\,\, = \,\,\frac{{\frac{{{a^2}}}{9}}}{{\frac{{9{x^2} + {a^2}}}{9}}}$ $ \Leftrightarrow \,\,\frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{{9{x^2} + {a^2}}} \Leftrightarrow \,\,9{x^2} + {a^2} = 2{a^2}\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,9{x^2} = {a^2}\,\, \Leftrightarrow \,\,x = \frac{a}{3}.$ Vậy, x = a/3 Cách 2 Gọi M là trung điểm của BC → AM $ \bot $ BC (ΔABC vuông cân) Ta có: SG $ \bot $ (ABC) → SG $ \bot $ BC → BC$ \bot $ (SAM) Dựng BI $ \bot $ SA → IM $ \bot $ SA và IC $ \bot $ SA → $\,\,\widehat {BIC}$ là góc phẳng nhị diện (B; SA; C). $\Delta SAB = \Delta SAC\,\,\,(c - c - c) \Rightarrow \,\,IB = IC\,\, \Rightarrow \,\,\Delta IBC$ cân tại I. $\begin{array}{l} BC = a\sqrt 2 ;\,\,AM = BM = MC = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,\,\,AG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\\ \Delta AIM\,\,\~\,\,\Delta AGS\,\, \Rightarrow \,\,IM = SG.\frac{{AM}}{{AS}}\,\, = \,\,x.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt {S{G^2} + A{G^2}} }}\,\, = \,\,\frac{{ax\sqrt 2 }}{{2\sqrt {{x^2} + \frac{{2{a^2}}}{9}} }}\\ \Leftrightarrow \,\,IM = \frac{{3ax\sqrt 2 }}{{2\sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} }} \end{array}$. . Ta có:. $\begin{array}{l} \widehat {BIC} = {60^o}\,\, \Leftrightarrow \,\,\widehat {BIM} = {30^o}\,\, \Leftrightarrow \,\,BM = IM.\tan {30^o}\,\, \Leftrightarrow \,\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 .3ax\sqrt 2 }}{{2\sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} }}\\ \Leftrightarrow \,\,\sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} = 3x\sqrt 3 \Leftrightarrow \,\,9{x^2} + 2{a^2} = 27{x^2} \Leftrightarrow \,\,18{x^2} = 2{a^2}\, \Leftrightarrow \,\,\,9{x^2} = {a^2}\, \Leftrightarrow \,\,x = \frac{a}{3}. \end{array}$ Ví dụ 4: (Trích đề thi Đại học khối A – 2002). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ΔAMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC). Giải Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm ΔABC. Gọi I là trung điểm của BC, ta có: $AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},{\rm{ }}OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$ Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được: O(0; 0; 0), S(0; 0; h), $A\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{; 0; 0}}} \right) \Rightarrow I\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{; 0; 0}}} \right),B\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{; }}\frac{a}{2}{\rm{; 0}}} \right),C\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}; - \frac{a}{2};{\rm{ }}0} \right),M\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}};{\rm{ }}\frac{a}{4};{\rm{ }}\frac{h}{2}} \right),N\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}{\rm{;}} - \frac{a}{4}{\rm{; }}\frac{h}{2}} \right)$ $\begin{array}{l} \Rightarrow {\overrightarrow n _{(AMN)}} = \left[ {\overrightarrow {AM} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AN} } \right] = \left( {\frac{{ah}}{4}{\rm{; 0; }}\frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{24}}} \right),{\overrightarrow n _{(SBC)}} = \left[ {\overrightarrow {SB} ,{\rm{ }}\overrightarrow {SC} } \right] = \left( { - ah{\rm{; 0; }}\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}} \right)\\(AMN) \bot (SBC) \Rightarrow {\overrightarrow n _{(AMN)}}.{\overrightarrow n _{(SBC)}} = 0 \Rightarrow {h^2} = \frac{{5{a^2}}}{{12}} \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AN} } \right]} \right| = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}} \end{array}$, 2. Hình chóp tứ giác a) Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật). Ta chọn hệ trục tọa độ như dạng tam diện vuông. b) Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông (hoặc hình thoi) tâm O đường cao SO vuông góc với đáy. Ta chọn hệ trục tọa độ tia OA, OB, OS lần lượt là Ox, Oy, Oz. Giả sử SO = h, OA = a, OB = b ta có O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(–a; 0; 0), D(0;–b; 0), S(0; 0; h). c) Hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD và AB = b. ΔSAD đều cạnh a và vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AD, trong (ABCD) ta vẽ tia Hy vuông góc với AD. Chọn hệ trục tọa độ Hxyz ta có: H(0; 0; 0), $A\left( {\frac{a}{2};{\rm{ 0; 0}}} \right),{\rm{ B}}\left( {\frac{a}{2};{\rm{ b; 0}}} \right),{\rm{ }}C\left( { - \frac{a}{2};{\rm{b;0}}} \right),{\rm{ }}D\left( { - \frac{a}{2};{\rm{0;0}}} \right),{\rm{ }}S\left( {0;{\rm{0;}}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right).$ 3. Hình lăng trụ đứng Tùy theo hình dạng của đáy ta chọn hệ trục như các dạng trên. Ví dụ 5: Cho hình lập phương ABCD A'B'C'D' cạnh a. Chứng minh rằng AC' vuông góc với mặt phẳng (A'BD). GiảiChọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A; B ∈ Ox; D∈ Oy và A' ∈ Oz . → A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A'(0;0;a), C'(1;1;1)Þ Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng(A'BD): x + y + z = a hay x + y + z –a = 0 →Pháp tuyến của mặt phẳng (A'BC): ${\overrightarrow n _{\left( {A'BC} \right)}} = \left( {1;1;1} \right)$ và $\overrightarrow {AC'} = \left( {1;1;1} \right)$. Vậy AC' vuông góc với (A'BC) Ví dụ 6: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'. GiảiCách 1: Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A’B’ = B’C’ = C’A’ = a →các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều. Chọn hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0), $B\left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,0} \right),\,\,C\left( { - \frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,0} \right),\,\,A'(0;\,\,0;\,\,a),\,\,B'\left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,a} \right),\,\,C'\left( { - \frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,a} \right)$ Ta có: $B'C'{\rm{//}}BC,\,\,\,B'C'{\rm{//}}\,(A'BC) \Rightarrow \,\,d\left( {B'C';\,\,A'B} \right)\, = \,\,d\left( {B'C';\,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \,\,d\left( {B';\,\left( {A'BC} \right)} \right)$ $\begin{array}{l} \overrightarrow {A'B} = \left( {\frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\, - a} \right),\,\,\,\overrightarrow {A'C} \,\, = \,\,\left( { - \frac{a}{2};\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\, - a} \right)\\ \,\overrightarrow {A'B} \wedge \,\overrightarrow {A'C} = \,\,\left( {0;\,\,{a^2};\,\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}} \right) = {a^2}\left( {0;\,\,1;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = {a^2}.\vec n \end{array}$ với $\vec n = \left( {0;\,\,1;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ Phương trình mặt phẳng (A’BC) qua A’ với vectơ pháp tuyến $\vec n$: $\begin{array}{l} 0(x - 0) + 1(y - 0) + \frac{{\sqrt 3 }}{2}(z - a) = 0 \Leftrightarrow \,\,\left( {A'BC} \right):\,\,y + \frac{{\sqrt 3 }}{2}z - \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 0\\ d\left( {B'\left( {A'BC} \right)} \right) = \,\,\frac{{\left| {\frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}.a - \frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right|}}{{\sqrt {1 + \frac{3}{4}} }}\,\, = \,\,\frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 7 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}. \end{array}$ Vậy, $d\left( {A'B;\,B'C'} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$ Cách 2 Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A’B’ = B’C’ = C’A’ = a → các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều. Ta có: $B'C'{\rm{//}}BC\,\, \Rightarrow \,\,B'C'{\rm{//}}(A'BC) \Rightarrow \,\,d\left( {A'B;\,\,B'C'} \right) = d\left( {B'C';\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \,d\left( {F;\,\left( {A'BC} \right)} \right)$. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} BC \bot FD\\ BC \bot A'D\,\,\,\,\,\,{\rm{(}}A'B \bot A'C) \end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \,\,BC \bot (A'BC)$ Dựng $FH \bot A'D$ Vì $BC \bot (A'BC)\,\, \Rightarrow \,\,BC \bot FH\,\,\, \Rightarrow \,\,H \bot (A'BC)$ ΔA’FD vuông có: $\frac{1}{{F{H^2}}} = \frac{1}{{A'{F^2}}} + \frac{1}{{F{D^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\,\, \Rightarrow \,\,FH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$ Vậy, $d\left( {A'B;\,\,B'C'} \right) = FH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$ Ví dụ 7: Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau, AB = 3, AC = AD = 4. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD) giải + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O. D ∈ Ox; C ∈ Oy và B ∈ Oz → A(0;0;0); B(0;0;3); C(0;4;0); D(4;0;0) → Phương trình mặt phẳng (BCD) là: $\frac{x}{4} + \frac{y}{4} + \frac{z}{3} = 1$ ↔3x + 3y + 4z - 12 = 0. Suy ra khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD). Tải về

Bài viết mới nhất
- Công thức tính nhanh thể tích khối chóp, thể tích khối trụ, hình nón, hình cầu10/03/2018
- Chuyên đề hình học Oxyz22/10/2017
- ĐỀ THI THỬ HK2_KHỐI 11(V.2016)27/04/2016
- HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC14/02/2016
- Các bài hình học không gian trong đề thi qua các năm07/01/2016
Chỉnh sửa cuối: 6/1/15 Doremon, 6/1/15 #1
Doremon Moderator Thành viên BQT
Tham gia ngày: 29/9/14 Bài viết: 1,299 Đã được thích: 210 Điểm thành tích: 63 Giới tính: Nam
Ví dụ 8: Cho hình chóp SABC có độ dài các cạnh đề bằng 1, O là trọng tâm của tam giác ΔABC. I là trung điểm của SO. a) Mặt phẳng (BIC) cắt SA tại M. Tìm tỉ lệ thể tích của tứ diện SBCM và tứ diện SABC. b) H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh SB. Chứng minh rằng IH qua trọng tâm G của ΔSAC. giảia) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O là gốc tọa độ. A ∈Ox, S ∈Oz, BC//Oy →$A\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3};0;0} \right);B\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}; - \frac{1}{2};0} \right);C\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6};\frac{1}{2};0} \right);S\left( {0;0\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right);I\left( {0;0;\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)$ Ta có: $\overrightarrow {BC} = (0;1;0);\,\,\overrightarrow {IC} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6};\frac{1}{2}; - \frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right);\, \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {IC} } \right] = \left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{6};0;\frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right)$ Þ Phương trình mặt phẳng (IBC) là: $ - \frac{{\sqrt 6 }}{6}(x - 0) + 0(y - 0) + \frac{{\sqrt 3 }}{6}(z - \frac{{\sqrt 6 }}{6}) = 0$ Hay: $ - \sqrt 2 + z - \frac{{\sqrt 6 }}{6} = 0$ mà ta lại có: $\overrightarrow {SA} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3};0; - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SA} {\rm{//}}{\overrightarrow u _{SA}}(1;0; - \sqrt 2 )$. Phương trình đường thẳng SA: $x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + t;y = 0;z = - \sqrt 2 t$. + Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ y = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\\ y = - \sqrt 2 t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\\ - \sqrt 2 x + z - \frac{{\sqrt 6 }}{6} = 0\,\,(4) \end{array} \right.$. Thay (1), (2), (3) và (4): → $\Rightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}};y = 0;z = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow M\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{{12}};0;\frac{{\sqrt 6 }}{4}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SM} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{{12}};0; - \frac{{\sqrt 6 }}{{12}}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SA} = 4\overrightarrow {SM} $ → M nằm trên đoạn SA và $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{{V_{(SBCM)}}}}{{V{(_{SABC}})}} = \frac{1}{4}$. b). Do G là trọng tâm của tam giác DASC → SG đi qua trung điểm N của AC → GI ∈ (SNB) → GI và SB đồng phẳng (1) Ta lại có $G\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{{18}};\frac{1}{6};\frac{{\sqrt 6 }}{9}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {GI} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}; - \frac{1}{6};\frac{{\sqrt 6 }}{{18}}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {GI} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}; - \frac{1}{6};\frac{{\sqrt 6 }}{{18}}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {GI} .\overrightarrow {SB} = 0 \Rightarrow GI \bot SB\,\,\,(2)$ Từ (1) và (2) $\Rightarrow GI \bot SB = H$ Ví dụ 9:Cho hình chóp O.ABC có OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1, 2, 3. Tính a, b, c để thể tích O.ABC nhỏ nhất. GiảiChọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c). d(M, (OAB)) = 3 → z$_M$ = 3. Tương tự →M(1; 2; 3)→ (ABC): $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$ $\begin{array}{l}M \in (ABC) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1(1) \to 1 = \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{3}{c}}}\frac{1}{6}abc \ge 27\\ \to {V_{\min }} = 27 \Leftrightarrow \frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c} = \frac{1}{3}\end{array}$ Ví dụ 10: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC vuông tại A, AD=a, AC=b, B=c. Tính diện tích của tam giác BCD theo a, b, c và chứng minh rằng $2S \ge \sqrt {abc\left( {a + b + c} \right)} $. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: A(0;0;0), B(c;0;0), C(0;b;0), D(0;0;a). $\begin{array}{l}\overrightarrow {BC} = \left( { - c;b;0} \right),\overrightarrow {BD} = \left( { - c;0;a} \right),\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {ab;ac;bc} \right)\\{S_{BCD}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2}} \\đpcm \Leftrightarrow \sqrt {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2}} \ge \sqrt {abc(a + b + c)} \\ \Leftrightarrow {a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2} \ge abc(a + b + c)\end{array}$ Theo bất đẳng thức Cachy ta có: $\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} \ge 2a{b^2}c\\{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge 2b{c^2}a\\{c^2}{a^2} + {a^2}{b^2} \ge 2c{a^2}b\end{array} \right\}\,\\Cộng\’ hai\’vế {\rm{: }}{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2} \ge abc(a + b + c) \end{array}$ Ví dụ 11: Cho hình lăng trụ ABC. A$_1$B$_1$C$_1$ có đáy là tam giác đề cạnh a. AA$_1$ = 2a và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi D là trung điểm của BB$_1$; M di động trên cạnh AA$_1$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MC$_1$D. giải+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O; B ∈Oy; A1 ∈Oz. Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A1 (0;0;2a) ${C_1}\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\frac{a}{2};2a} \right)$ và D(0;a;a) Do M di động trên AA1, tọa độ M(0;0;t) với t Î [0;2a] Ta có : ${S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {{{\overrightarrow {DC} }_1},\overrightarrow {DM} } \right]} \right|$ Ta có: $\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}{\overrightarrow {DC} _1} = \left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \frac{a}{2};a} \right)\\\overrightarrow {DM} = \left( {0; - a;t - a} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right] = \frac{{ - a}}{2}(t - 3a;\sqrt 3 (t - a);a\sqrt {3)} \\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right] = \frac{a}{2}\sqrt {{{(t - 3a)}^2} + 3{{(t - a)}^2} + 3{a^2}} \\ = \frac{a}{2}\sqrt {4{t^2} - 12at + 15{a^2}} \\{S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\sqrt {4{t^2} - 12at + 15{a^2}}\end{array}$ Giá trị lớn nhất của ${S_{D{C_1}M}}$ tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t$^2$ - 12at + 15a$^2$ f(t) = 4t$^2$ - 12at + 15a$^2$ với (t ∈[0;2a]) f '(t) = 8t -12a $f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{3a}}{2}$ Lập bảng biến thiên ta được giá trị lớn nhất của ${S_{D{C_1}M}} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}$ khi t =0 hay M ≡ A. Chú ý + Hình chóp tam giác đều có đáy là tam giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nhưng không nhất thiết phải bằng đáy. Chân đường cao là trọng tâm của đáy. + Tứ diện đều là hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng đáy. + Hình hộp có đáy là hình bình hành nhưng không nhất thiết phải là hình chữ nhật.
Chỉnh sửa cuối: 6/1/15 Doremon, 6/1/15 #2