phương pháp tọa độ hóa hình không gian

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.78 MB, 52 trang )

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Phương Pháp
TỌA ĐỘ HÓA
HÌNH KHÔNG GIAN

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
Tạp chí và tư liệu toán học
Đôi khi trong giải toán hình học không gian cổ điển ta sẽ gặp khá nhiều bài toán tính toán phức tạp,
tuy nhiên trong phòng thi ta lại không có nhiều thời gian, vì thế trong chương này chúng ta sẽ tìm
hiểu một phương pháp giải quyết nhanh các bài toán tính toán phức tạp và khó trong hình không
gian cổ điển, liên quan tới cực trị, góc, khoảng cách.

I. Ý TƯỞNG.
PHƯƠNG PHÁP
Trên mạng có một vài tài liệu nói về phương pháp này và chia thành rất nhiều dạng, điều đó làm
chúng ta khi áp dụng có phần khó nhớ và máy móc, tuy nhiên chúng ta chỉ cần nắm được dấu hiệu
và phương pháp sau
 Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ. Trong bước này ta sẽ xác định 3 đường vuông góc có trong bài
toán và gọi đó là 3 đường cơ sở. Thông thường thì ta sẽ quy ước trục Ox hướng vào mình,
trục Oz nằm ngang, còn lại là trục Oy
 Bước 2. Xác định tọa độ các điểm liên trên hình liên quan tới bài toán. Với những bạn chưa
quen thì chúng ta xác định tọa độ hình chiếu của điểm cần tìm lên các trục, từ đó sẽ suy ra
được tọa độ điểm cần tính.
 Bước 3. Áp dụng công thức.
Sau đây chúng ta sẽ nhắc lại một số công thức cần nhớ trong phần này.

Diện tích và thể tích
1
Diện tích tam giác ABC: S   AB, AC 
2
1
Thể tích tứ diện ABCD: V   AB, AC . AD
6
Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: V   AB, AD . AA ‘
1
Thể tích hình lăng trụ ABC,A’B’C’: V   AB, AD . AA ‘
2



tuyến n ‘ thì cos   P ,  Q   = cos n, n ‘


 

Góc giữa 2 đường thẳng: Đường thẳng d có VTCP u và d’ có VTCP v thì cos  d, d ‘  cos u, v
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Đường thẳng d có VTCP u và (P) có VTPT n thì

 

sin  d,  P    cos u, n

Khoảng cách từ M 0  x0, y0, z0  đến mặt phẳng:
z0 ;  Oyz  là x0 ;  Ozx  là y0



 Oxy  là



 P  : Ax  By  Cz  D  0 là d  M 0, P  

1 | Chinh phục olympic toán

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Góc giữa 2 mặt phẳng: Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n và mặt phẳng  Q  có vecto pháp

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
Khoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng:
Cho M 0  x0, y0, z0 

 AM 0, u 


và đường thẳng d qua A và có VTCP u  AB thì d  M 0, d  
u

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Đường thẳng d1 qua M 1 và có VTCP u1 ; d 2 qua

M 2 và có VTCP thì d  d1, d 2  

u1, u2  .M 1 M 2



u1, u2 


Chú ý. Thông thường các bài mà không có 3 đường vuông góc thì ta sẽ phải tự dựng thêm để gắn
tọa độ và những bài liên quan tới hình lập phương, hình hộp chữ nhật, chối chóp có 3 đường vuông
góc, lăng trụ đứng thì khi áp dụng phương pháp này sẽ giải rất nhanh !

II. CÁC BÀI TOÁN.
Câu 1
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Tính bán kính R của
khối cầu ngoại tiếp khối chóp S .CMN .
Lời giải
z
S

N

C

D

H O

M

y

A

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

B

x
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ và xét a  1 .

3
 1

 1 1 
Khi đó H  O, M  0;1;0 , C   ;1;0 , N   ; ;0 , S  0;0;
 .
2
 2

 2 2 


Phương trình mặt cầu ngoại tiếp chóp S .CMN có dạng

 S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0,  a 2  b2  c 2  d  0  .

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 2

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
1

2b  d  1
a   4


a  2b  d   5
b  3
4


4
S, C, M, N   S  nên ta có hệ phương trình: 
1 
c  5 3
a  b  d   2


12

 3c  d   3
d  1

4


2

Ta có a 2  b 2  c 2  d 
Vậy R 

31
hay
48

a 2  b2  c 2  d 

93
.
12

a 93
.
12

Câu 2
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, thỏa mãn điều kiện
AB  BC  a, AD  2a, SA vuông góc với mặt đáy  ABCD , SA  a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của SB, CD. Tính cosin của góc giữa MN và ( SAC ) .
Lời giải

z
S

M

D

A

y

N

x
Chọn hệ trục như hình vẽ, chọn đơn vị là a .
1 1
1 3 
Có A  0;0;0 , B 1;0;0 , C 1;1; 0 , D  0; 2;0 , S  0;0;1 ; M  ;0;  ; N  ; ;0  .
2 2
2 2 
 3 1
Vec tơ chỉ phương của MN là 2MN  2  0; ;     0;3; 1 .
 2 2

Véc tơ pháp tuyến của  SAC  là n   AC ; AS   1; 1;0  .





Vậy sin MN ;  SAC  

3
9 1 2

3 | Chinh phục olympic toán



3 5
10

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

C

B

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN



Suy ra cos MN ;  SAC 



2

3 5 
55
 1  
 

10
 10 

Câu 3
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  2 AB  2BC  2CD  2a. Hai mặt
phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của SB và CD. Tính cosin góc giữa MN và  SAC , biết thể tích khối chóp S. ABCD bằng
Lời giải
Vì ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2BC  2CD  2a

a 3
a  2a a 3 3 3a 2
 AD  2a; AB  BC  CD  a  CH 
; S ABCD 
.
.

2
2
2
4
1 3 3a 2
a3 3
 SA  a
Nên VABCD  .
.SA 
3
4
4
Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ

z

S

Q

M

I

A

H

D

F

N

K

C

B

y

x

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

a 3 
a
  a 3  
Ta có K  0;0;0 , B  ;0;0 , C  0;
;0 , A  0; 
;0  ,

2
2
2
 
 

 a a 3  
a a 3 a
a 3 
N  ;
;0 , S  0; 
;
a
,
M
; 

 ; 



2
2
4 2 
 2
 

4

 3a 3a 3 a 
MN  
;
; . Chọn u1  3;3 3;  2 cùng phương với MN
4
2 
 4
 BK  SA
 BK   SAC 
Nhận xét 
 BK  AC
a

 BK   ;0;0  là vtpt của  SAC  .Chọn n1  1;0;0  cùng phương với BK
2







Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 4

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
Gọi  là góc góc giữa MN và  SAC . Ta có sin  

u1.n1
u1 u2



3 10
310
.
 cos  
20
20

Câu 4
Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có AB  AC  a, BAC  1200, AA  a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của BC  và CC . Số đo góc giữa mặt phẳng  AMN  và mặt phẳng  ABC  bằng
Lời giải

z
A

C

B

N

x
C’

A’
M
B’
y

Thiết lập hệ toạ độ Oxyz trong không gian như hình vẽ, gốc toạ độ O trùng M .
a 3
a
; MA  .
2
2


a 3 a
+ M  0;0;0 , N   Oyz   N  0; 
; 
2 2 

a

+ A   Oxz   A  ;0; a . Mp  ABC  / /  ABC   ;  ABC     Oxy 
2


  ABC  có một vecto pháp tuyến là k   0;0;1

a

Ta có MA  ;0;0  cùng phương u1 1;0; 2 
2



a 3 a
MN  0; 
;  cùng phương u2 0;  3;1
2 2 







  AMN  có một vecto pháp tuyến n  u1, u2   2 3; 1;  3

5 | Chinh phục olympic toán



Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Dễ dàng tính được MB  MC  

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN





 

 cos  AMN ,  ABC   cos k, n 

3
4

Câu 5
Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, BC  a, cạnh bên SA vuông góc với
đáy, SA  a 3, M là trung điểm AC, tính góc cotang của  SBM  và  SAB 
Lời giải

z
S

x
y
A

C

B





a a 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có B  0;0;0  ; A  a;0;0  ; C  0; a;0  ; S a;0, a 3 ; M  ; ;0 
2 2 









2
a
 a
n SAB    0;1;0  ; n SBM    SB, MB   a 1;0, 3   1;1;0  
 3; 3;1
2
 2

Đặt góc  SBM  và  SAB  là , ta có

21 
7 

n SAB  n SMB 
cos 
3


  cot  
2
sin 
2
 21 
2 7 

sin   1  
 
7 
 7 

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

cos  

n SAB  .n SMB 



Câu 6
Cho hình tứ diện EFGH có EF vuông góc với EG, EG vuông góc với EH, EH vuông góc với
EF ;biết EF  6a, EG  8a, EH  12a, với a  0, a . Gọi I, J tương ứng là trung điểm của
hai cạnh FG, FH. Tính khoảng cách d từ điểm F đến mặt phẳng  EIJ  theo a .
Lời giải

Vì EF vuông góc với EG, EG vuông góc với EH nên EG  ( EFH ). Gọi K là trung điểm
của EF suy ra IK  ( EFH ). Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có:
K  0;0;0 , I  0;0; 4a , E  3a;0;0 , J  0;6a;0  .

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 6

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
G

z
I

8a
N

x E

6a

F

K
M

12a

J

y

H

.

Phương trình mặt phẳng  EIJ  :

x
y
z


 1  4 x  2 y  3z  12a  0 .
3a 6a 4a

d   F,  EIJ    2d  K,  EIJ    2

12a
24a 24 29a


.
29
4  9  16
29

Câu 7
Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC  a 6. Góc
giữa mặt phẳng

 AB ‘ C 

và mặt phẳng  BCC B  bằng 600. Tính thể tích V của khối lăng trụ

ABC. ABC  ?

Lời giải
Gọi chiều cao của hình lăng trụ là h .



 





Đặt hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Khi đó A  0;0;0 , B a 3;0;0, C 0; a 3;0, B a 3;0; h



a 3 a 3 
 M 
;
;0  là trung điểm của BC .
2
2



z
C’

A’

y
A

C
M
B

x

a 3 a 3 
n  1;1;0  là VTPT của  BCC ‘ B ‘ .
Vì AM   BCC B  và AM  
 2 ; 2 ;0  nên



7 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

B’

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN









Ta có  AC, AB  ah 3;0; 3a 2  n1  h;0;  3a là VTPT của  AB ‘ C  .
Theo giả thiết góc giữa  ABC  và mặt phẳng  BCC B  bằng 60





 cos 60  cos n, n1 

h
1

 h  3a
2
2. h 2  3a 2

Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  là V 

3a3 3
.

2

Câu 8
Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E, M lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, SA,  là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng  SBD . Tính tan  .
Lời giải
z
S

M

A
y

D

O
B

C

E

x

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Ox  OC, Oy  OB, Oz  OS .Chọn OA  1
Ta có C 1;0;0 , A  1;0;0    SBD  nhận AC   2;0;0  là một vectơ pháp tuyến.
Từ SA  AB  OA 2  2  SO  SA2  OA2  1

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

 S  0;0;1
 1 1

 M   ;0; 
 2 2
 A  1;0;0 
C 1;0;0 
1 1 
 1 1
Ta có 
 E  ; ;0   EM nhận ME  1; ;   là một vecto chỉ phương.
2 2 
 2 2
 B  0;1;0 

 sin  EM ;  SBD    sin  

ME. AC
ME. AC

 cos  



2
2

2

1  1
12        .2
2  2



6
3

1
 tan   2
3

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 8

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
Câu 9
Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD ‘. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng CK và A ‘ D bằng
Lời giải
z
D’

C’

B’

A’
K

D

C

y

B

A

x
1

Chọn a  1 ta có hệ trục tọa độ Oxyz sao cho D  0;0;0 , A ‘ 1;0;1, K  0;0;  và C  0;1;0 
2

1
1


Ta có DA ‘  1;0;1 ; CK  0; 1;  và DK  0;0; 
2
2


1
1



Ta có  DA ‘;CK   1;  ; 1,  DA ‘;CK  .DK  
2
2




Do đó d A ‘ D ;CK  

1
2
2

2
 1
1       1
 2

1
a
1
2

. Vậy d A ‘ D;CK   .
3
3
1
1 1

4


Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, BC  a 3, SA  a và SA
vuông góc với đáy ABCD. Tính sin , với  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng
 SBC  .
Lời giải

9 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 10

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
z
S

y

D

A

B

C

x





Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A  0;0;0 , B  a;0;0 , D 0; a 3;0, S  0;0; a  .



 



Ta có BD  a; a 3;0  a 1; 3;0, nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là





u  1; 3;0 .









Ta có SB   a;0; a , BC  0; a 3;0   SB, BC   a 2 3;0; a 2 3  a 2 3 1;0;1 .
Như vậy, mặt phẳng  SBC  có véc-tơ pháp tuyến là n  1;0;1 .
Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng  SBC  thì
sin  

u.n
u.n



 1 .1 
 1

2

3.0  0.1

2

 3  02. 12  02  12



2
4

Câu 11
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy.
Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45. Gọi E là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng DE và SC .
Lời giải
Ta có thể đưa ra các cách giải như sau:

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Do SAC là tam giác vuông có góc SCA  45 nên SA  AC  a 2, SC  2a, SB  SD  a 3 .

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 10

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
z
S

M

A

y

B

E

C

D

x
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AS. Khi



 a 
đó toạ độ điểm các điểm là D  0; a;0 , E  a; ;0 , C  a; a;0 , S 0;0; a 2
 2 
a 

DE   a;  ;0 , SC  a; a; a 2, DC   a;0;0 
2 








 DE ; SC  .DC a 38
 a2 2
3a 2 

2

d
DE
;

SC


Suy ra  DE; SC    
; a 2; 

 


19
2
2


DE
;
SC





Câu 12
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10. Cạnh bên SA vuông góc với
mặt phẳng

 ABCD 

và SC  10 5. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tính

khoảng cách d giữa BD và MN .
Lời giải

S

M
D

A

B

y

N
C

x

11 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

z

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
Xét tam giác vuông SAC có : SA  SC 2  AC 2  500  200  10 3 .

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ



 MN   5;10; 5 3   u  1; 2;  3 


Ta có A  0;0;0 , M 0;0;5 3, B 10;0;0 , D  0;10;0 , C 10;0;0 , N  5;10;0 
1

u1, u2  ND



BD


10;10;0

u


1;1;0

d
MN
,
BD

 5








2
u1, u2 



 u1 ; u2   3; 3;3, ND   5;0;0 






Câu 13
Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x. Tìm x để góc tạo
bởi đường thẳng B1 D và  B1 D1C  đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
z
B

C

A

D

x
C1

B1
y

D1

A1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O  D1, C1 thuộc tia Ox, A1 thuộc tia Oy, D thuộc tia Oz
(như hình vẽ).
Khi đó D1  0; 0; 0 , B1 1;1; 0 , D  0; 0; x , C 1; 0; x  .
Mặt phẳng  B1 D1C  nhận véctơ n   D1 B1, D1C    x;  x;  1 là véctơ pháp tuyến

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Đường thẳng B1 D nhận véctơ u  1;1;  x  là véctơ chỉ phương.
Gọi  là góc giữa B1 D và  B1 D1C , suy ra:
sin  



xxx
x 2    x   1. 12  12  x 2
2

1

1 
2

 2x    x  
x 
x






x

 2x

1
1 

2  x2  2   5
x 


2

 1 x 2  2 

(Do x  0 )

1



2.2 x 2 .

1
5
x2

1
 .
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1.
Góc  lớn nhất  sin  lớn nhất  x  1.

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 12

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
Vậy góc tạo bởi đường thẳng B1 D và  B1 D1C  đạt giá trị lớn nhất khi x  1.
Câu 14
Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ cạnh bằng a. Gọi K
khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A ‘ D .
Lời giải

là trung điểm của DD ‘. Tính

a

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ‘  0;0;0;  ; D ‘  a;0;0  ; A  0;0; a   C  a; a; a  ; K  a;0; 
2

a

Khi đó: A ‘ D  a;0; a  CK  0; a;  , A ‘ C  a; a; a  .
2


Ta có: d  CK, A ‘ D  

 A ‘ D, CK . A ‘ C a


 .
3
 A ‘ D, CK 



Câu 15
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB  3a, AD  4a, BAD  1200. Đường thẳng
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  2a 3. Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD 

Lời giải

z
S

B

y

D

E

C

x
Chọn hệ toạ độ Oxyz như sau: Oz  AS ; Oy  AD; Ox  AE ( E là hình chiếu của A lên cạnh
BC )

 3 3a 3a   3 3a 5a 
Khi đó: A  0;0;0  ; B 
 2 ; 2 ;0  ; C  2 ; 2 ;0  ; D  0; 4a;0  ; S 0;0; 2 3a

 






 3 3a 3a

 3 3a 5a


Do đó: SB 
;
;

2
3
a
;
SC
;
;

2
3
a


 ; SD 0; 4a; 2 3a ; S 0;0; 2 3a
 2

 2
2
2







 


Ta tính được 1 vectơ pháp tuyến của ( SBC ) là n   4;0;3 và  SCD  là n ‘  1; 3; 2

13 | Chinh phục olympic toán





Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

A

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN





Vậy cos n; n ‘ 

1
. Vậy góc giữa  SBC  và  SCD  là 450 .
2

Câu 16
Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D có A trùng với gốc O,
B  a;0;0 , D  0; a;0 , A ‘  0;0; b ,  a  0, b  0 . Gọi M là trung điểm cạnh CC’
a) Tính thể tích khối tứ diện BDA’M
a
b) Xác định tỷ số
để mặt phẳng  A ‘ BD    MBD 
b
Lời giải
b

Từ giả thiết ta có: C  a; a;0 , C ‘  a; a; b   M  a; a; 
2

b

 ab ab

Nên BD   a; a;0 , BM   0; a; , BA ‘   a;0; b    BD, BM    ; ; a 2 
2

 2 2


Do đó VBDA ‘ M

1
a 2b



  BD, BM  .BA ‘ 
6
4

 ab ab

Mặt phẳng (BDM) có vecto pháp tuyến là n1   BD, BM    ; ; a 2 
 2 2

Mặt phẳng (A’BD) có vecto pháp tuyến n2   BD, BM    ab; ab; a 2 
Do đó  BDM    A ‘ BD   n1.n2  0 

a 2b 2 a 2b 2
a

 a4  0  a  b   1
b
2
2

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 17
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua G và một đỉnh của tứ
diện cũng đi qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh đó. Gọi A’ là trọng tâm tam giác BCD. Chứng
GA
minh rằng
3
GA ‘
Lời giải

Ta giải bằng phương pháp tọa độ. Trong không gian tọa độ Oxyz.
Giả sử A  x1 ; y1 ; z1 , B  x2 ; y2 ; z2 , C  x3 ; y3 ; z3 , D  x4 ; y4 ; z4  thì trọng tâm A’ của tam giác BCD,
  x2  x3  x4 y2  y3  y4 z2  z3  z4 
;
;

 A ‘
3
3
3
 

trọng tâm tứ diện G có tọa độ 
G  x1  x2  x3  x4 ; y1  y2  y3  y4 ; z1  z2  z3  z4 

 
4
4
4


 3 x1  x2  x3  x4 3 y1  y2  y3  y4 3z1  z2  z3  z4 
;
;

GA  
4
4
4




Do đó 
GA   3 x1  x2  x3  x4 ; 3 y1  y2  y3  y4 ; 3z1  z2  z3  z4 



12
12
12



Suy ra: GA  3GA ‘  G, A, A ‘ thẳng hàng và

GA
3
GA ‘

Tương tự thì có đpcm

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 14

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
Câu 18
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A’D’ và
B’B.

a) Chứng minh rằng IJ  AC ‘. Tính độ dài đoạn IJ
b) Chứng minh rằng D ‘ B  mp  A ‘ C ‘ D , mp  ACB ‘. Tính góc giữa hai đường thẳng IJ, A ‘ D
Lời giải

z
B’

A’

I
D’

C’

J
B

A

D

y

C

x
a) Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho A  0;0;0 , D  a;0;0 , B  0; a;0 , A ‘  0;0; a 
a
a
 

Ta có C ‘  a; a; a , B ‘  0; a;0 , D ‘  a;0; a  nên I  ;0; a  ; J  0; a; 
2
2
 
a
a
a

  a
Ta có IJ   0  ; a  0;  a     ; a;  , AC ‘   a  0; a  0; a  0    a; a; a  .
2
2
2

  2
a
a
Nên IJ. AC ‘   .a  a.a  .a  a 2  a 2  0
2
2
2

2

a 6
 a
 a
Vậy IJ  AC ‘. Đoạn IJ      a 2     
2
 2

 2
b) Để chứng minh D ‘ B  mp  A ‘ C ‘ D , ta chứng minh
Ta có D ‘ B   a; a; a , A ‘ C ‘   a; a;0 , A ‘ D   a;0; a 
Do đó D ‘ B. A ‘ C ‘  0, D ‘ B. A ‘ D  0. Tương tự D ‘ B  mp  ACB ‘
A ‘ D   a;0; a . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì:

a
a
 .a  a.0   a 
2
cos   cos IJ, A ‘ D 
 2
0
IJ. A ‘ D
a 6
.a 2
2





IJ. A ‘ D

Vậy   90o

15 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

D ‘ B  A ‘ C ‘, D ‘ B  A ‘ D  D ‘ B. A ‘ C ‘  0, D ‘ B. A ‘ D  0

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
Câu 19
Cho hình lập phương ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh a, trên BC1 lấy điểm M sao cho D1M, DA1, AB1 đồng
phẳng. Tính diện tích S của MAB1
Lời giải

z
D1

D

A

A1
y

C1

C

x

B

B1

Chọn hệ Oxyz sao cho
B  0, B1  a;0;0 , C1  a; a;0 , C  0; a;0 , A  0;0; a , A1  a;0; a , D1  a; a; a , D  0; a; a 
Vì M  BC1 nên gọi M  x; x;0  .
Ta có D1M   x  a; x  a; a , DA1   a; a;0 , AB1   a;0; a 
Vì D1M, DA1, AB1 đồng phẳng nên  D1M, DA1  AB1  0  x 

3a
 3a 3a 
 M  ; ;0 
2
 2 2 

 3a 3a 
 a 3a 
Nên MA    ;  ; a  ; MB1    ;  ;0 
2 
2 
 2
 2
1
a 2 19


Vậy S   MA1, MB  
2
4

Câu 20
Lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 có chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Điểm M thay đổi trên cạnh

AB. Tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Lời giải

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 16

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
z
A

D

M
B

C

A1

D1

y

B1
C1

x
Chọn hệ trục như hình vẽ  A1 xyz 
Đặt AM  x, 0  x  2
Ta có: M  x;0; a , A1  0;0;0 , C1  2; 2; 2 
Nên MA ‘    x;0; 1, MC1’   2  x; 2; 1





Đặt   A1MC1 thì cos   cos MA1, MC1 

x 2  1.

2  x

 x  1
0
2
x 2  1.  2  x   5
2

x2  2 x  1
2

5



Do đó   90o. Vậy góc   A1MC1 lớn nhất khi x  1 tức M trung điểm AB
Câu 20
Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA  h, đáy là tam giác ABC vuông tại C. AC  b, BC  a .

S
N
A
M

y

C

x
B
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A, tia Ox trùng với tia AC, tia Oz trùng với tia AS
sao cho điểm B nằm trong góc xOy.

17 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

1
Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm sao cho SN  SB
3
a) Tính độ dài đoạn thẳng MN
b) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB
Lời giải

z

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
b

Khi đó A  0;0;0 , C  b;0;0 , B  b; a;0 , S  0;0; h , M  ;0;0 , SB   b; a; h 
2


Gọi N  x; y; z  thì SN   x; y; z  h 
1
b
a
h
2h
 b a 2h 
Từ điều kiện SN  SB nên x  ; y , z  h 
z
N ; ; 
3
3
3
3
3
3 3 3 

 b b a 2h   b a 2h 
a) Ta có MN    ; ;     ; ; 
3 2 3 3   6 3 3 

Nên MN 

b 2 a 2 4h 2 1 2
 

b  4a 2  16h 2
36 9
9
6

b) MN vuông góc với SB khi và chỉ khi MN .SB  0 

b 2 a 2 2h 2
 
 0  4h 2  2a 2  b 2
6
3
3

Câu 22
Cho tứ diện S.ABC có SC  CA  AB  a 2, SC   ABC , tam giác ABC vuông tại A. Các điểm
M  SA, N  BC sao cho AM  CN  t  0  t  2a 

a) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MN ngắn nhất
b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA
Lời giải
z
S

M
A

y

B

N

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

C

x
a) Ta chọn hê trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O  A. Trục Ox chứa AC, trục Oy chứa AB và trục
Oz   ABC . Khi đó cạnh SC song song với rục Oz và ta có:



 

 

A  0;0;0 , B 0; a 2;0, C a 2;0;0, S a 2;0; a 2



t 2
t 2 
t 2 t 2 

Ta có M 
;0;
;
;0 
 ; N  a 2 
2  
2
2
 2

2

2
t2 t2
a 6
 2a  2a
 MN  2  a  2at  t     3t 2  4at  2a 2  3  t   

2 2
3 
3
3

2

2

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 18

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC

Vậy MN ngắn nhất bằng

2a
a 6
khi t 
3
3

a 2
a 2 a 2 a 2
a 2   2a 2 a 2 
b) Khi MN ngắn nhất thì: M 
;0;
,
N
;
;0

MN

;
;






 3

3   3
3
3
3 


 3
 MN .SA  0
Ta có 
– điều phải chứng minh!
 MN .BC  0

Câu 22
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc . Tìm tan  để SA
vuông góc SC
Lời giải
z
S

y
B

C
E

O
D

A

x
Chọn hệ trục Oxyz có O là tâm đáy ABCD, tia Ox chứa A, tia Oy chứa B, tia Oz chứa S. Ta có:

a 2

 a 2 a

a
Nên SA  
;0;

tan

,
SB

0;
;

tan




 2



2
2
2




 a 2



a
a 2 a
SC   
;0;  tan  , SD   0; 
;  tan  
2
2
2
2




Ta có SA  SC

 SA.SC  0  

a2 a2
a2  1


 tan 2   0   tan 2   1  0  tan 2   2  tan   2
2 4
2 2


19 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

a 2
  a 2   a 2
 
a 2  
a

A 
;0;0 , B  0;
;0 , C  
;0;0 , D  0; 
;0 , S  0;0; tan  
2
2
2
2

 2
 

 
 
 

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
Câu 23
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N,P lần lượt là các điểm chia đoạn thẳng AB,
D’D và B’C’ theo cùng tỉ số k  0,1. Chứng minh rằng mp  MNP  luôn luôn song song với
mp  AB ‘ D ‘

Lời giải
Đặt A ‘ B ‘  a, A ‘ D ‘  b, AA ‘  c. Ta dùng phương pháp tọa độbằng cách chọn hệ trục tọa độ với
gốc là: A ‘(0;0;0) sao cho B ‘  a;0;0 , D ‘  0; b;0 , A  0;0; c 
Ta có C ‘  a; b;0 , B  a;0; c , D  0; b; c , C  a; b; c . Các điểm M,N,P chia các đoạn thẳng AB, D’D,
kc   kb 
 ka
 
B’C’ theo cùng tỉ số k nên M  
;0; c , N  0; b;
;0 
, P  a;
1 k   1 k 
 1 k
 
1 
1
kc 
 ka


Do đó MN  
; b; 
c , NP   a;
b;

ck 
 1 k
 a  k 1 k 
 k 2  k  1
k 2  k 1
k 2  k  1 


MN
,
NP

bc
;
ca
;
ab 

Ta có 
2
2
  1 k 2

1


k
1

k









Nên mp  MNP  có vecto pháp tuyến là n   bc; ca; ab 
Mặt phẳng  AB ‘ D ‘ có phương trình

x y z
 1 1 1
   1 có vecto pháp tuyến là n   ; ; 
a b c
a b c

bc ca ab


 abc và M, N, P   AB ‘ D ‘  do k  nên: mp  MNP  mp  AB ‘ D ‘
1
1
1
a

b
c
Câu 24
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Gọi I là trung điểm
cạnh bên SC. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng  AIB 

Vì

Lời giải
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ là tâm O của đáy, trục Ox chứa OA, trục Oy chứa

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

a 2
  a 2   a 2

OB, trục Oz chứa SO. Khi đó A 
;0;0
,
B
0;
;0
,
C

;0;0





, S  0;0; h 
 2
 
 
2
2

 
 

z
S

I
D M

C

O
A

x

B

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

y

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 20

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
h

Ta có giao điểm M của SO và AI là trọng tâm tam giác SAC nên M  0;0; . Mặt phẳng đi qua A,
3

x
y
z
B, MI cũng chính là mặt phẳng  ABM  nên có phương trình là:

 1
a 2 a 2 h
2
2
2
2
2ah
Do đó khoảng cách từ S tới mặt phẳng  ABM  là: d 

2
2 9
4h 2  9a 2


a 2 a 2 h2
Câu 25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a, AD  a 2, SA  a, SA vuông góc

 ABCD . Gọi M, N là trung điểm AD, SC,
 SAC    SBM  và tính thể tích khối ANIB.

gọi I là giao điểm BM và AC. Chứng minh

Lời giải

S

N
M

A

y

D

I
B

C



Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ S  0;0; a , A  0;0;0 , B  a;0;0 , C a; a 2;0



 a 2  a a 2 a
Thì D 0; a 2;0, M  0;
;0 , N  ;
; 

2
2
2
2

 



Vì



a a 2 

IA IM AM 1
1
a 2 


  IA  AC  I  ;
;0 , BM  a;
;0 , BS  a;0; a 

IC IB

BC 2
3
2
3 3




 a2 2 2 a2 2 
Mặt phẳng  SMB  có vecto pháp tuyến n1   BM, BA  
;a ;

2 
 2



Mặt phẳng  SCA  có vecto pháp tuyến n2   AS, AC   a 2 2; a 2 ;0



Vì n1.n2  0 nên 2 mặt phẳng  SAC ,  SMB  vuông góc

21 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

x

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN
 a2 a2 
1
a3 2
Ta có  AI, AN    
; ;0 , AB   a;0;0 , VANIB   AI, AN . AB 
 dvtt 
6
36
 3 2 6 
Câu 25
Cho tứ diện đều T  có các đỉnh có tọa độ  xi ; yi ; zi  với 1  i  4, nội tiếp trong một mặt cầu đơn
vị. Chứng minh:

4

4

4

i 1

i 1

i 1

 xi2   yi2   zi2 

4
và
3

4

4

4

i 1

i 1

i 1

 xi yi   yi zi   zi xi  0

Lời giải
Ta kiểm tra được rằng kết luận đúng cho trường hợp tứ diện Ao BoCo Do có 4 đỉnh là

2 2


1
2 6 1
2
6 1
A0  0;0;1, B0 
;0;  , C0  

;
;  , D0  
;
;  
3
3
3
3
3
3
3
3





Bây giờ ta chứng minh khẳng định đúng cho một tứ diện ABCD có các đỉnh  xi ; yi ; zi  bất kỳ. Đầu
tiên, ta quay T  quanh trục z cho đến khi một đỉnh của nó nằm trong mặt phẳng  Oyz . Tiếp theo,
ta quay nó quanh trục Ox cho đến khi đỉnh này trùng với điểm A0  0;0;1. Sau đó, lại quanh quanh
trục Oz cho đến khi T  trùng với tứ diện A0 B0C0 D0 đã nói ở trên có điều phải chứng minh!
Câu 26
Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a; BC  2a. SA vuông góc với
AB, SC vuông góc với BC và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính thể
tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .

Lời giải

z

S

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

I

B

C

y

A

x
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
B  0;0;0 , A  a;0;0 , C  0; 2a;0 , S  x; y; z , với x, y, z  0.  ABC    Oxy  : z  0

Ta có SA   a  x;  y;  z , AB   a;0;0  .
SA  AB  SA. AB  0  a  a  x   0  x  a.

Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 22

TƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC
Ta có SC    x; 2a  y;  z , BC   0; 2a;0 
SC  BC  SC.BC  0  2a  2a  y   0  y  2a.

Suy ra S  a; 2a; z  .
Đường thẳng SC có véc-tơ chỉ phương là CS   a;0; z  .
Mặt phẳng ( ABC ) có véc-tơ pháp tuyến là k   0;0;1 .
Theo đề bài, góc giữa SC và mp  ABC  là 600 nên
sin 60 

SC.k



z
3

 z 2  3a 2  z  3a  S a; 2a; 3a
2
2
2
a z



SC. k


.

Gọi I là trung điểm SB. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .
1
1 2
Ta có R  SB 

a  4a 2  3a 2  2a .
2
2
Vậy thể tích khối cầu là V 

4 3 8 2a3
.
R 
3
3

Câu 27
Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có A. ABC là tứ diện đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AA và BB. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  CMN  .
Lời giải

z
B’

C’
A’

N

B

C

y

H

O
A

x
Gọi O là trung điểm của AB. Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O  0;0;0  ,



a 6
3 
3 
3 6
1

 1

A  ;0;0 , B   ;0;0 , C  0;
;0 , H  0;
;0 , AH 
 A  0;
;

3
2
6
6
3 
2


 2







23 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

M

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN

3 6
Ta có AB  AB  B  1;
;
. Dễ thấy  ABC  có vtpt n1   0;0;1 .

6 3 

1 3 6 
 3 3 6 
Ta có M là trung điểm AA  M  ;

, N là trung điểm BB  N  ;
;

 4 12 6 
 4 12 ; 6 




 1 5 3 6 

3
6 5 3
CMN  có vtpt n2   0;
MN   1;0;0 , CM   ;
0; 2 2;5
;
;



 
 4 12


6 

 6 12  12





1
2 2
cos   5  tan  
1 
2
5
cos 
33
Câu 28
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc BAD  600 ,
SA  SB  SD 

a 3
. Gọi  là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ). Tính sin 
2
Lời giải
z

x
B

C
y

O
A

D

Tam giác ABD đều do AB  AD và BAD  60 .
Do SA  SB  SD nên S nằm trên trục của ABD
Gọi O là tâm của tam giác đều ABD, khi đó SO  ( ABD ).

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

0

Ta có SO  SA2  AO 2 

a 15
.
6


3  
15 
Gắn hệ tọa độ sao cho O  0;0;0 , B  0;
;0
,
S
0;0;


 .
 3  
6


 

1
3  
3 
Suy ra D  ; 
;0 , C 1;
;0  .
2
6   3 


3 15 
Vậy BC  1;0;0 , BS  0;
;
.
3
6



Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – Newton

Tƥp chí và tƣ liệu toán học | 24

Diện tích và thể tíchDiện tích tam giác ABC : S    AB, AC   Thể tích tứ diện ABCD : V    AB, AC  . ADThể tích hình hộp ABCD.A ’ B’C ’ D ’ : V    AB, AD  . AA ‘ Thể tích hình lăng trụ ABC, A’B ’ C ’ : V    AB, AD  . AA ‘ tuyến n ‘ thì cos   P ,  Q   = cos n, n ‘   Góc giữa 2 đường thẳng : Đường thẳng d có VTCP u và d ’ có VTCP v thì cos  d, d ‘   cos u, vGóc giữa đường thẳng và mặt phẳng : Đường thẳng d có VTCP u và ( P. ) có VTPT n thì   sin  d,  P    cos u, nKhoảng cách từ M 0  x0, y0, z0  đến mặt phẳng : z0 ;  Oyz  là x0 ;  Ozx  là y0  Oxy  là  P  : Ax  By  Cz  D  0 là d  M 0, P   1 | Chinh phục olympic toánAx0  By0  Cz0  DA2  B 2  C 2T inh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCGóc giữa 2 mặt phẳng : Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n và mặt phẳng  Q  có vecto phápPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNKhoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng : Cho M 0  x0, y0, z0   AM 0, u  và đường thẳng d qua A và có VTCP u  AB thì d  M 0, d   Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau : Đường thẳng d1 qua M 1 và có VTCP u1 ; d 2 quaM 2 và có VTCP thì d  d1, d 2    u1, u2 . M 1 M 2  u1, u2  Chú ý. Thông thường các bài mà không có 3 đường vuông góc thì ta sẽ phải tự dựng thêm để gắntọa độ và những bài tương quan tới hình lập phương, hình hộp chữ nhật, chối chóp có 3 đường vuônggóc, lăng trụ đứng thì khi vận dụng giải pháp này sẽ giải rất nhanh ! II. CÁC BÀI TOÁN.Câu 1C ho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông vắn cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặtphẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Tính nửa đường kính R củakhối cầu ngoại tiếp khối chóp S. CMN. Lời giảiH  OCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNChọn hệ trục Oxyz như hình vẽ và xét a  1. 3   1  1 1  Khi đó H  O, M  0 ; 1 ; 0 , C   ; 1 ; 0 , N   ; ; 0 , S   0 ; 0 ;  .  2  2 2  Phương trình mặt cầu ngoại tiếp chóp S. CMN có dạng  S  : x 2  y 2  z 2  2 ax  2 by  2 cz  d  0,  a 2  b2  c 2  d  0 . Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 2T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC   2 b  d   1  a   4  a  2 b  d   5  b  3   S, C, M, N   S  nên ta có hệ phương trình :  1    c  5 3  a  b  d   212   3 c  d   3  d  1   Ta có a 2  b 2  c 2  d  Vậy R  31 hay48a 2  b2  c 2  d  9312 a 9312C âu 2C ho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, thỏa mãn nhu cầu điều kiệnAB  BC  a, AD  2 a, SA vuông góc với mặt dưới  ABCD , SA  a. Gọi M, N lần lượt là trungđiểm của SB, CD. Tính cosin của góc giữa MN và ( SAC ). Lời giảiChọn hệ trục như hình vẽ, chọn đơn vị chức năng là a.  1 1   1 3  Có A  0 ; 0 ; 0 , B  1 ; 0 ; 0 , C  1 ; 1 ; 0 , D  0 ; 2 ; 0 , S  0 ; 0 ; 1  ; M  ; 0 ;  ; N  ; ; 0 .  2 2   2 2   3 1  Vec tơ chỉ phương của MN là 2MN  2  0 ; ;     0 ; 3 ;  1 .  2 2  Véc tơ pháp tuyến của  SAC  là n    AC ; AS     1 ;  1 ; 0 . Vậy sin MN ;  SAC   9  1 23 | Chinh phục olympic toán3 510T inh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNSuy ra cos MN ;  SAC   3 5  55  1       10  10  Câu 3C ho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  2 AB  2BC  2CD  2 a. Hai mặtphẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Gọi M, N lần lượt là trungđiểm của SB và CD. Tính cosin góc giữa MN và  SAC , biết thể tích khối chóp S. ABCD bằngLời giảiVì ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2BC  2CD  2 aa 3 a  2 a a 3 3 3 a 2  AD  2 a ; AB  BC  CD  a  CH  ; S ABCD  1 3 3 a 2 a3 3  SA  aNên VABCD  .. SA  Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNa 3   a   a 3   Ta có K  0 ; 0 ; 0 , B  ; 0 ; 0 , C  0 ; ; 0  , A   0 ;  ; 0  ,  2       a a 3    a a 3 a  a 3  N   ; ; 0  , S  0 ;  ;    ;  4 2    2    4   3 a 3 a 3  a  MN    ;  . Chọn u1   3 ; 3 3 ;  2 cùng phương với MN2   4  BK  SA  BK   SAC  Nhận xét   BK  AC  a  BK   ; 0 ; 0  là vtpt của  SAC . Chọn n1   1 ; 0 ; 0  cùng phương với BK  2 Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 4T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCGọi  là góc góc giữa MN và  SAC . Ta có sin   u1. n1u1 u23 10310  cos   2020C âu 4C ho hình lăng trụ đứng ABC. A  B  C  có AB  AC  a, BAC  1200, AA   a. Gọi M, N lần lượt làtrung điểm của B  C  và CC . Số đo góc giữa mặt phẳng  AMN  và mặt phẳng  ABC  bằngLời giảiC’A ‘ B’Thiết lập hệ toạ độ Oxyz trong không gian như hình vẽ, gốc toạ độ O trùng M. a 3 ; MA  . a 3 a  + M  0 ; 0 ; 0 , N   Oyz   N   0 ;  ;  2 2    a + A   Oxz   A  ; 0 ; a . Mp  ABC  / /  A  B  C   ;  A  B  C     Oxy   2   ABC  có một vecto pháp tuyến là k   0 ; 0 ; 1   aTa có MA  ; 0 ; 0  cùng phương u1  1 ; 0 ; 2   2 a 3 a  MN   0 ;  ;  cùng phương u2 0 ;  3 ; 12 2     AMN  có một vecto pháp tuyến n    u1, u2    2 3 ;  1 ;  35 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCDễ dàng tính được MB   MC   PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN    cos  AMN ,  ABC   cos k, n  Câu 5C ho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, BC  a, cạnh bên SA vuông góc vớiđáy, SA  a 3, M là trung điểm AC, tính góc cotang của  SBM  và  SAB  Lời giải  a a  Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có B  0 ; 0 ; 0  ; A  a ; 0 ; 0  ; C  0 ; a ; 0  ; S a ; 0, a 3 ; M  ; ; 0   2 2       a  an  SAB    0 ; 1 ; 0  ; n  SBM     SB, MB    a 1 ; 0, 3    1 ; 1 ; 0     3 ; 3 ; 1  2  2 Đặt góc  SBM  và  SAB  là , ta có21   7  n  SAB  n  SMB  cos    cot   sin   21  2 7  sin   1       7    7  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNcos   n  SAB . n  SMB  Câu 6C ho hình tứ diện EFGH có EF vuông góc với EG, EG vuông góc với EH, EH vuông góc vớiEF ; biết EF  6 a, EG  8 a, EH  12 a, với a  0, a . Gọi I, J tương ứng là trung điểm củahai cạnh FG, FH. Tính khoảng cách d từ điểm F đến mặt phẳng  EIJ  theo a. Lời giảiVì EF vuông góc với EG, EG vuông góc với EH nên EG  ( EFH ). Gọi K là trung điểmcủa EF suy ra IK  ( EFH ). Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có : K  0 ; 0 ; 0 , I  0 ; 0 ; 4 a , E  3 a ; 0 ; 0 , J  0 ; 6 a ; 0 . Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 6T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌC8ax E6a12aPhương trình mặt phẳng  EIJ  :  1  4 x  2 y  3 z  12 a  0. 3 a 6 a 4 ad   F,  EIJ    2 d  K,  EIJ    212 a24a 24 29 a294  9  1629C âu 7C ho lăng trụ đứng ABC. A  B  C  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC  a 6. Gócgiữa mặt phẳng  AB ‘ C  và mặt phẳng  BCC  B   bằng 600. Tính thể tích V của khối lăng trụABC. A  B  C  ? Lời giảiGọi chiều cao của hình lăng trụ là h.   Đặt hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Khi đó A  0 ; 0 ; 0 , B a 3 ; 0 ; 0, C 0 ; a 3 ; 0, B  a 3 ; 0 ; h  a 3 a 3   M   ; 0   là trung điểm của BC. C’A ‘  a 3 a 3  n   1 ; 1 ; 0  là VTPT của  BCC ‘ B ‘ . Vì AM   BCC  B   và AM    2 ; 2 ; 0   nên7 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCB’PH ƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNTa có   AC, AB     ah 3 ; 0 ;  3 a 2  n1  h ; 0 ;  3 a là VTPT của  AB ‘ C . Theo giả thiết góc giữa  AB  C  và mặt phẳng  BCC  B   bằng 60   cos 60   cos n, n1   h  3 a2. h 2  3 a 2V ậy thể tích của khối lăng trụ ABC. A  B  C  là V  3 a3 3C âu 8C ho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có toàn bộ các cạnh bằng nhau. Gọi E, M lần lượt là trungđiểm các cạnh BC, SA,  là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng  SBD . Tính tan . Lời giảiChọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Ox  OC, Oy  OB, Oz  OS. Chọn OA  1T a có C  1 ; 0 ; 0 , A   1 ; 0 ; 0    SBD  nhận AC   2 ; 0 ; 0  là một vectơ pháp tuyến. Từ SA  AB  OA 2  2  SO  SA2  OA2  1CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN   S  0 ; 0 ; 1   1 1     M   ; 0 ;   2 2    A   1 ; 0 ; 0    C  1 ; 0 ; 0   1 1   1 1  Ta có   E  ; ; 0   EM nhận ME   1 ; ;   là một vecto chỉ phương.  2 2   2 2    B  0 ; 1 ; 0   sin  EM ;  SBD    sin   ME. ACME. AC  cos    1   1  12       . 2  2   2   tan   2 Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 8T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCCâu 9C ho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD ‘. Khoảngcách giữa hai đường thẳng CK và A ‘ D bằngLời giảiD’C ‘ B’A ‘ 1  Chọn a  1 ta có hệ trục tọa độ Oxyz sao cho D  0 ; 0 ; 0 , A ‘  1 ; 0 ; 1 , K  0 ; 0 ;  và C  0 ; 1 ; 0  2  1  1  Ta có DA ‘   1 ; 0 ; 1  ; CK  0 ;  1 ;  và DK  0 ; 0 ;  2  2  Ta có   DA ‘ ; CK     1 ;  ;  1 ,   DA ‘ ; CK  . DK   Do đó d  A ‘ D ; CK    1  1        1   2  . Vậy d  A ‘ D ; CK  . 1   1C ho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, BC  a 3, SA  a và SAvuông góc với đáy ABCD. Tính sin , với  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng  SBC . Lời giải9 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCCâu 10PH ƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNĐặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A  0 ; 0 ; 0 , B  a ; 0 ; 0 , D 0 ; a 3 ; 0, S  0 ; 0 ; a .   Ta có BD   a ; a 3 ; 0  a  1 ; 3 ; 0, nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương làu   1 ; 3 ; 0. Ta có SB   a ; 0 ;  a , BC  0 ; a 3 ; 0    SB, BC    a 2 3 ; 0 ; a 2 3  a 2 3  1 ; 0 ; 1 . Như vậy, mặt phẳng  SBC  có véc-tơ pháp tuyến là n   1 ; 0 ; 1 . Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng  SBC  thìsin   u.nu. n   1 . 1    1  3.0  0.1  3  02. 12  02  12C âu 11C ho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và dưới mặt đáy bằng 45. Gọi E là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đườngthẳng DE và SC. Lời giảiTa hoàn toàn có thể đưa ra các cách giải như sau : CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNDo SAC là tam giác vuông có góc SCA  45 nên SA  AC  a 2, SC  2 a, SB  SD  a 3. Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 10T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCChọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AS. Khi  a  đó toạ độ điểm các điểm là D  0 ; a ; 0 , E  a ; ; 0 , C  a ; a ; 0 , S 0 ; 0 ; a 2  2  a  DE   a ;  ; 0 , SC   a ;  a ; a 2, DC   a ; 0 ; 0  2   DE ; SC . DC a 38  a2 23 a 2  DESCSuy ra   DE ; SC      ;  a 2 ;      19DESCC âu 12C ho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh bằng 10. Cạnh bên SA vuông góc vớimặt phẳng  ABCD  và SC  10 5. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tínhkhoảng cách d giữa BD và MN. Lời giải11 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNXét tam giác vuông SAC có : SA  SC 2  AC 2  500  200  10 3. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ  MN   5 ; 10 ;  5 3   u   1 ; 2 ;  3  Ta có A  0 ; 0 ; 0 , M 0 ; 0 ; 5 3, B  10 ; 0 ; 0 , D  0 ; 10 ; 0 , C  10 ; 0 ; 0 , N  5 ; 10 ; 0   u1, u2  NDBD10 ; 10 ; 01 ; 1 ; 0MNBD  5  u1, u2     u1 ; u2    3 ; 3 ; 3, ND    5 ; 0 ; 0  Câu 13C ho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x. Tìm x để góc tạobởi đường thẳng B1 D và  B1 D1C  đạt giá trị lớn nhất. Lời giảiC1B1D1A1Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O  D1, C1 thuộc tia Ox, A1 thuộc tia Oy, D thuộc tia Oz ( như hình vẽ ). Khi đó D1  0 ; 0 ; 0 , B1  1 ; 1 ; 0 , D  0 ; 0 ; x , C  1 ; 0 ; x . Mặt phẳng  B1 D1C  nhận véctơ n    D1 B1, D1C     x ;  x ;  1  là véctơ pháp tuyếnCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNĐường thẳng B1 D nhận véctơ u   1 ; 1 ;  x  là véctơ chỉ phương. Gọi  là góc giữa B1 D và  B1 D1C , suy ra : sin   x  x  xx 2    x   1. 12  12  x 21   2   2 x    x   x   x   2×1  2  x2  2   5 x   1   x 2  2  ( Do x  0 ) 2.2 x 2.  5×2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1. Góc  lớn nhất  sin  lớn nhất  x  1. Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 12T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCVậy góc tạo bởi đường thẳng B1 D và  B1 D1C  đạt giá trị lớn nhất khi x  1. Câu 14C ho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ cạnh bằng a. Gọi Kkhoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A ‘ D. Lời giảilà trung điểm của DD ‘. Tínha  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ‘  0 ; 0 ; 0 ;  ; D ‘  a ; 0 ; 0  ; A  0 ; 0 ; a   C  a ; a ; a  ; K  a ; 0 ;  2  a  Khi đó : A ‘ D  a ; 0 ; a  CK  0 ;  a ;  , A ‘ C  a ; a ; a . 2  Ta có : d  CK, A ‘ D    A ‘ D, CK . A ‘ C a .  A ‘ D, CK  Câu 15C ho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB  3 a, AD  4 a, BAD  1200. Đường thẳngSA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  2 a 3. Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  Lời giảiChọn hệ toạ độ Oxyz như sau : Oz  AS ; Oy  AD ; Ox  AE ( E là hình chiếu của A lên cạnhBC )  3 3 a  3 a   3 3 a 5 a  Khi đó : A  0 ; 0 ; 0  ; B   2 ; 2 ; 0   ; C   2 ; 2 ; 0   ; D  0 ; 4 a ; 0  ; S 0 ; 0 ; 2 3 a    3 3 a  3 a  3 3 a 5 aDo đó : SB  SC   ; SD 0 ; 4 a ;  2 3 a ; S 0 ; 0 ; 2 3 a  2  2   Ta tính được 1 vectơ pháp tuyến của ( SBC ) là n   4 ; 0 ; 3  và  SCD  là n ‘  1 ; 3 ; 213 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNVậy cos n ; n ‘ . Vậy góc giữa  SBC  và  SCD  là 450. Câu 16T rong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ’ B’C ’ D có A trùng với gốc O, B  a ; 0 ; 0 , D  0 ; a ; 0 , A ‘  0 ; 0 ; b ,  a  0, b  0 . Gọi M là trung điểm cạnh CC’a ) Tính thể tích khối tứ diện BDA’Mb ) Xác định tỷ sốđể mặt phẳng  A ‘ BD    MBD  Lời giảib  Từ giả thiết ta có : C  a ; a ; 0 , C ‘  a ; a ; b   M  a ; a ;  2  b   ab abNên BD    a ; a ; 0 , BM   0 ; a ; , BA ‘    a ; 0 ; b     BD, BM     ; ;  a 2  2   2 2D o đó VBDA ‘ Ma 2 b   BD, BM . BA ‘   ab abMặt phẳng ( BDM ) có vecto pháp tuyến là n1    BD, BM     ; ;  a 2   2 2M ặt phẳng ( A’BD ) có vecto pháp tuyến n2    BD, BM     ab ; ab ; a 2  Do đó  BDM    A ‘ BD   n1. n2  0  a 2 b 2 a 2 b 2  a4  0  a  b   1CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNCâu 17G ọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua G và một đỉnh của tứdiện cũng đi qua trọng tâm của mặt đối lập với đỉnh đó. Gọi A ’ là trọng tâm tam giác BCD. ChứngGAminh rằng  3GA ‘ Lời giảiTa giải bằng chiêu thức tọa độ. Trong không gian tọa độ Oxyz. Giả sử A  x1 ; y1 ; z1 , B  x2 ; y2 ; z2 , C  x3 ; y3 ; z3 , D  x4 ; y4 ; z4  thì trọng tâm A ’ của tam giác BCD,   x2  x3  x4 y2  y3  y4 z2  z3  z4   A ‘    trọng tâm tứ diện G có tọa độ   G  x1  x2  x3  x4 ; y1  y2  y3  y4 ; z1  z2  z3  z4       3 x1  x2  x3  x4 3 y1  y2  y3  y4 3 z1  z2  z3  z4   GA   Do đó   GA    3 x1  x2  x3  x4 ; 3 y1  y2  y3  y4 ; 3 z1  z2  z3  z4    121212S uy ra : GA   3GA ‘  G, A, A ‘ thẳng hàng vàGA  3GA ‘ Tương tự thì có đpcmĐiều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 14T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCCâu 18C ho hình lập phương ABCD.A ’ B’C ’ D’có cạnh bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A’D ’ vàB’B. a ) Chứng minh rằng IJ  AC ‘. Tính độ dài đoạn IJb ) Chứng minh rằng D ‘ B  mp  A ‘ C ‘ D , mp  Ngân Hàng Á Châu ‘ . Tính góc giữa hai đường thẳng IJ, A ‘ DLời giảiB’A ‘ D’C ‘ a ) Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho A  0 ; 0 ; 0 , D  a ; 0 ; 0 , B  0 ; a ; 0 , A ‘  0 ; 0 ; a  a   a   Ta có C ‘  a ; a ; a , B ‘  0 ; a ; 0 , D ‘  a ; 0 ; a  nên I  ; 0 ; a  ; J  0 ; a ;  2   2   a    aTa có IJ   0  ; a  0 ;  a     ; a ;  , AC ‘   a  0 ; a  0 ; a  0    a ; a ; a . 2    2N ên IJ. AC ‘  . a  a. a . a   a 2  a 2  0 a 6  a   a  Vậy IJ  AC ‘. Đoạn IJ      a 2       2   2  b ) Để chứng tỏ D ‘ B  mp  A ‘ C ‘ D , ta chứng minhTa có D ‘ B    a ; a ;  a , A ‘ C ‘   a ; a ; 0 , A ‘ D   a ; 0 ;  a  Do đó D ‘ B. A ‘ C ‘  0, D ‘ B. A ‘ D  0. Tương tự D ‘ B  mp  ACB ‘  A ‘ D   a ; 0 ;  a . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì : . a  a. 0    a  cos   cos IJ, A ‘ D   2  0IJ. A ‘ Da 6. a 2IJ. A ‘ DVậy   90 o15 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCD ‘ B  A ‘ C ‘, D ‘ B  A ‘ D  D ‘ B. A ‘ C ‘  0, D ‘ B. A ‘ D  0PH ƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNCâu 19C ho hình lập phương ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh a, trên BC1 lấy điểm M sao cho D1M, DA1, AB1 đồngphẳng. Tính diện tích quy hoạnh S của  MAB1Lời giảiD1A1C1B1Chọn hệ Oxyz sao choB  0, B1  a ; 0 ; 0 , C1  a ; a ; 0 , C  0 ; a ; 0 , A  0 ; 0 ; a , A1  a ; 0 ; a , D1  a ; a ; a , D  0 ; a ; a  Vì M  BC1 nên gọi M  x ; x ; 0 . Ta có D1M   x  a ; x  a ;  a , DA1    a ; a ; 0 , AB1   a ; 0 ;  a  Vì D1M, DA1, AB1 đồng phẳng nên   D1M, DA1   AB1  0  x  3 a  3 a 3 a   M  ; ; 0   2 2   3 a 3 a   a 3 a  Nên MA    ;  ; a  ; MB1    ;  ; 0  2  2   2  2 a 2 19V ậy S   MA1, MB   Câu 20L ăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 có chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Điểm M đổi khác trên cạnhAB. Tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNLời giảiĐiều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 16T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCA1D1B1C1Chọn hệ trục như hình vẽ  A1 xyz  Đặt AM  x, 0  x  2T a có : M  x ; 0 ; a , A1  0 ; 0 ; 0 , C1  2 ; 2 ; 2  Nên MA ‘    x ; 0 ;  1 , MC1 ‘   2  x ; 2 ;  1  Đặt   A1MC1 thì cos   cos MA1, MC1  x 2  1.  2  x   x  1   0 x 2  1.  2  x   5×2  2 x  1  5D o đó   90 o. Vậy góc   A1MC1 lớn nhất khi x  1 tức M trung điểm ABCâu 20C ho hình chóp S.ABC có đường cao SA  h, đáy là tam giác ABC vuông tại C. AC  b, BC  a. Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A, tia Ox trùng với tia AC, tia Oz trùng với tia ASsao cho điểm B nằm trong góc xOy. 17 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCGọi M là trung điểm của AC và N là điểm sao cho SN  SBa ) Tính độ dài đoạn thẳng MNb ) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SBLời giảiPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN  bKhi đó A  0 ; 0 ; 0 , C  b ; 0 ; 0 , B  b ; a ; 0 , S  0 ; 0 ; h , M  ; 0 ; 0 , SB   b ; a ;  h   2G ọi N  x ; y ; z  thì SN   x ; y ; z  h   h2h  b a 2 h  Từ điều kiện kèm theo SN  SB nên x  ; y , z  h   z   N  ; ;   3 3 3   b b a 2 h   b a 2 h  a ) Ta có MN    ; ;     ; ;   3 2 3 3   6 3 3  Nên MN  b 2 a 2 4 h 2 1 2   b  4 a 2  16 h 236 9 b ) MN vuông góc với SB khi và chỉ khi MN. SB  0   b 2 a 2  2 h 2    0  4 h 2  2 a 2  b 2C âu 22C ho tứ diện S.ABC có SC  CA  AB  a 2, SC   ABC , tam giác ABC vuông tại A. Các điểmM  SA, N  BC sao cho AM  CN  t  0  t  2 a  a ) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MN ngắn nhấtb ) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của BC và SALời giảiCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNa ) Ta chọn hê trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O  A. Trục Ox chứa AC, trục Oy chứa AB và trụcOz   ABC . Khi đó cạnh SC song song với rục Oz và ta có :     A  0 ; 0 ; 0 , B 0 ; a 2 ; 0, C a 2 ; 0 ; 0, S a 2 ; 0 ; a 2  t 2 t 2   t 2 t 2  Ta có M   ; 0 ; ; 0     ; N   a 2  2    2 t2 t2a 6  2 a  2 a  MN  2  a  2 at  t     3 t 2  4 at  2 a 2  3  t    2 23  Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 18T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCVậy MN ngắn nhất bằng2aa 6 khi t   a 2  a 2 a 2 a 2  a 2   2 a 2 a 2  b ) Khi MN ngắn nhất thì : M  ; 0 ; ; 0MN ;     33     33    3   MN. SA  0T a có  – điều phải chứng tỏ !   MN. BC  0C âu 22C ho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc . Tìm tan  để SAvuông góc SCLời giảiChọn hệ trục Oxyz có O là tâm đáy ABCD, tia Ox chứa A, tia Oy chứa B, tia Oz chứa S. Ta có :  a 2  a 2 aNên SA   ; 0 ; tanSB0 ; tan    2  a 2 a 2 aSC     ; 0 ;  tan   , SD    0 ;  ;  tan    Ta có SA  SC  SA.SC  0   a2 a2a2  1  tan 2   0   tan 2   1   0  tan 2   2  tan   22 42  219 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  a 2   a 2   a 2   a 2   A   ; 0 ; 0  , B   0 ; ; 0  , C    ; 0 ; 0  , D   0 ;  ; 0  , S  0 ; 0 ; tan    2         PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂNCâu 23C ho hình hộp chữ nhật ABCD.A ’ B’C ’ D ’. Gọi M, N, P. lần lượt là các điểm chia đoạn thẳng AB, D’D và B’C ’ theo cùng tỉ số k  0,1. Chứng minh rằng mp  MNP  luôn luôn song song vớimp  AB ‘ D ‘  Lời giảiĐặt A ‘ B ‘  a, A ‘ D ‘  b, AA ‘  c. Ta dùng chiêu thức tọa độbằng cách chọn hệ trục tọa độ vớigốc là : A ‘ ( 0 ; 0 ; 0 ) sao cho B ‘  a ; 0 ; 0 , D ‘  0 ; b ; 0 , A  0 ; 0 ; c  Ta có C ‘  a ; b ; 0 , B  a ; 0 ; c , D  0 ; b ; c , C  a ; b ; c . Các điểm M, N, P chia các đoạn thẳng AB, D’D,  kc    kb   ka   B’C ’ theo cùng tỉ số k nên M   ; 0 ; c , N  0 ; b ; ; 0  , P  a ; 1  k   1  k   1  k   1   1 kc   kaDo đó MN   ; b ;  c , NP   a ; b ; c  k   1  k  a  k 1  k    k 2  k  1 k 2  k  1  k 2  k  1  MNNPbccaab  Ta có    1  k 2N ên mp  MNP  có vecto pháp tuyến là n   bc ; ca ; ab  Mặt phẳng  AB ‘ D ‘  có phương trìnhx y z  1 1 1     1 có vecto pháp tuyến là n   ; ;  a b c  a b c  bc ca ab  abc và M, N, P   AB ‘ D ‘  do k  nên : mp  MNP  mp  AB ‘ D ‘  Câu 24C ho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Gọi I là trung điểmcạnh bên SC. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng  AIB  VìLời giảiTa chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ là tâm O của đáy, trục Ox chứa OA, trục Oy chứaCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  a 2   a 2   a 2OB, trục Oz chứa SO. Khi đó A  ; 0 ; 00 ; ; 0 ; 0 ; 0  , S  0 ; 0 ; h   2         D MĐiều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 20T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCh  Ta có giao điểm M của SO và AI là trọng tâm tam giác SAC nên M  0 ; 0 ; . Mặt phẳng đi qua A, 3  B, MI cũng chính là mặt phẳng  ABM  nên có phương trình là :   1 a 2 a 2 h2ahDo đó khoảng cách từ S tới mặt phẳng  ABM  là : d  2 94 h 2  9 a 2 a 2 a 2 h2Câu 25C ho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a, AD  a 2, SA  a, SA vuông góc  ABCD . Gọi M, N là trung điểm AD, SC,  SAC    SBM  và tính thể tích khối ANIB.gọi I là giao điểm BM và AC. Chứng minhLời giảiChọn hệ trục tọa độ như hình vẽ S  0 ; 0 ; a , A  0 ; 0 ; 0 , B  a ; 0 ; 0 , C a ; a 2 ; 0  a 2   a a 2 a  Thì D 0 ; a 2 ; 0, M  0 ; ; 0  , N   ; ;   2    Vì  a a 2  IA IM AM 1 a 2    IA  AC  I  ; ; 0  , BM    a ; ; 0  , BS   a ; 0 ; a  IC IBBC 2  3 3  a2 2 2 a2 2  Mặt phẳng  SMB  có vecto pháp tuyến n1    BM, BA      ; a ; 2    2M ặt phẳng  SCA  có vecto pháp tuyến n2    AS, AC     a 2 2 ; a 2 ; 0V ì n1. n2  0 nên 2 mặt phẳng  SAC ,  SMB  vuông góc21 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN  a2 a2  a3 2T a có   AI, AN      ; ; 0 , AB   a ; 0 ; 0 , VANIB    AI, AN  . AB   dvtt  36  3 2 6  Câu 25C ho tứ diện đều  T  có các đỉnh có tọa độ  xi ; yi ; zi  với 1  i  4, nội tiếp trong một mặt cầu đơnvị. Chứng minh : i  1 i  1 i  1  xi2   yi2   zi2  vài  1 i  1 i  1  xi yi   yi zi   zi xi  0L ời giảiTa kiểm tra được rằng Tóm lại đúng cho trường hợp tứ diện Ao BoCo Do có 4 đỉnh là  2 21  2 6 1  6 1  A0  0 ; 0 ; 1 , B0   ; 0 ;   , C0    ;   , D0    ;  ;    3  Bây giờ ta chứng tỏ khẳng định chắc chắn đúng cho một tứ diện ABCD có các đỉnh  xi ; yi ; zi  bất kể. Đầutiên, ta quay  T  quanh trục z cho đến khi một đỉnh của nó nằm trong mặt phẳng  Oyz . Tiếp theo, ta quay nó quanh trục Ox cho đến khi đỉnh này trùng với điểm A0  0 ; 0 ; 1 . Sau đó, lại quanh quanhtrục Oz cho đến khi  T  trùng với tứ diện A0 B0C0 D0 đã nói ở trên có điều phải chứng tỏ ! Câu 26C ho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a ; BC  2 a. SA vuông góc vớiAB, SC vuông góc với BC và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính thểtích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. Lời giảiCHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNGắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đóB  0 ; 0 ; 0 , A  a ; 0 ; 0 , C  0 ; 2 a ; 0 , S  x ; y ; z , với x, y, z  0.  ABC    Oxy  : z  0T a có SA   a  x ;  y ;  z , AB    a ; 0 ; 0 . SA  AB  SA. AB  0   a  a  x   0  x  a. Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 22T ƤP CHÍ VÀ TƢ LIỆU TOÁN HỌCTa có SC    x ; 2 a  y ;  z , BC   0 ; 2 a ; 0  SC  BC  SC.BC  0  2 a  2 a  y   0  y  2 a. Suy ra S  a ; 2 a ; z . Đường thẳng SC có véc-tơ chỉ phương là CS   a ; 0 ; z . Mặt phẳng ( ABC ) có véc-tơ pháp tuyến là k   0 ; 0 ; 1 . Theo đề bài, góc giữa SC và mp  ABC  là 600 nênsin 60  SC.k  z 2  3 a 2  z  3 a  S a ; 2 a ; 3 aa  zSC. kGọi I là trung điểm SB. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. 1 2T a có R  SB  a  4 a 2  3 a 2  2 a. Vậy thể tích khối cầu là V  4 3 8 2  a3  R  Câu 27C ho hình lăng trụ ABC. A  B  C  có A . ABC là tứ diện đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trungđiểm của AA  và BB . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  CMN . Lời giảiB’C ‘ A’Gọi O là trung điểm của AB. Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O  0 ; 0 ; 0 , a 63  3  3 6   1  1A  ; 0 ; 0 , B   ; 0 ; 0 , C   0 ; ; 0  , H   0 ; ; 0  , A  H   A    0 ; 3    2  223 | Chinh phục olympic toánTinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg CantorTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌCPHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA HÌNH CỔ ĐIỂN3 6  Ta có AB  A  B   B    1 ; . Dễ thấy  ABC  có vtpt n1   0 ; 0 ; 1 . 6 3    1 3 6    3 3 6  Ta có M là trung điểm AA   M  ;, N là trung điểm BB   N  ;  4 12 6   4 12 ; 6    1  5 3 6  6 5 3  CMN  có vtpt n2   0 ; MN    1 ; 0 ; 0 , CM   ; 0 ; 2 2 ; 5     4 126   6 12  122 2 cos   5  tan    1  cos  33C âu 28C ho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc BAD  600, SA  SB  SD  a 3. Gọi  là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ). Tính sin  Lời giảiTam giác ABD đều do AB  AD và BAD  60. Do SA  SB  SD nên S nằm trên trục của  ABDGọi O là tâm của tam giác đều ABD, khi đó SO  ( ABD ). CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁNTa có SO  SA2  AO 2  a 153   15  Gắn hệ tọa độ sao cho O  0 ; 0 ; 0 , B  0 ; ; 00 ; 0 ;  .  3      13   3  Suy ra D  ;  ; 0  , C   1 ; ; 0 .  26   3   3 15  Vậy BC   1 ; 0 ; 0 , BS    0 ;  . Điều ta biết là giọt nƣớc, điều ta chƣa biết là đƥi dƣơng – NewtonTƥp chí và tƣ liệu toán học | 24

Source: https://vh2.com.vn
Category : Trái Đất