GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Gắn hệ trục toạ độ vào hình không gian để giải toán đôi khi là công cụ vô cùng hữu dụng đối với những bài toán khó trong không gian. Tuy nhiên, việc gắn trục toạ độ ra sao để dễ dàng tìm được toạ độ các điểm trong hình thì đối với nhiều học sinh cũng như giáo viên đôi khi trở lên phức tạp.

Phức tạp ở đây là khi dạy học sinh gắn toạ độ trong không gian, giáo viên cố gắng hướng dẫn học sinh gắn trục Oz vào đường cao của hình chop cũng như khối trụ. Điều này là vô cùng thừa thãi và không cần thiết, bởi trục Oz lại là trục không dung đến khi giải theo phương pháp này.

Chúng tôi giới thiệu với các em học sinh và giáo viên phương pháp gắn toạ độ vô cùng đơn giản và hiệu quả trong tính toán trong đó thậm chí không cần vẽ trục Oz vào hình.

Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ \(Oxyz\)

Chọn Ox và Oy là 2 đường vuông góc với nhau ở đáy, O là giao của nó: Việc này vô cùng đơn giản bởi mọi đáy đều có thể chọn được, chẳng hạn như:

§ Tam giác: gắn vào đường cao và cạnh đáy tương ứng

§ Hình chữ nhật, vuông: gắn vào 2 cạnh

§ Hình thoi: gắn vào 2 đường chéo

§ Hình thang vuông: gắn vào 2 cạnh góc vuông

Oz không cần vẽ vào: nếu vẽ thì nó kẻ từ O và song song với đường cao.

Bước 2: Xác định toạ độ các điểm có liên quan (có thể xác định toạ độ tất cả các điểm hoặc một số điểm cần thiết)

Liệt kê toạ độ các điểm ở đáy: Vô cùng dễ dàng vì ta hoàn toàn làm chủ hình dạng và kích thước đáy.

Tìm toạ độ các điểm trên cao, lơ lửng: Quyết định bởi toạ độ chân đường cao H

§ Giả sử toạ độ H(a;b;0) đã tìm được ở đáy

§ Thì toạ độ đỉnh S (hoặc điểm có H là hình chiếu) là S(a;b;h) với h là đường cao của hình chop hoặc trụ đã phải tìm được trước đó

Bước 3: Sử dụng các kiến thức về toạ độ để giải quyết bài toán

Các dạng toán thường gặp:

· Độ dài đọan thẳng

· Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

· Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng

· Khoảng cách giữa hai đường thẳng

· Góc giữa hai đường thẳng

· Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

· Góc giữa hai mặt phẳng

· Thể tích khối đa diện

· Diện tích thiết diện

· Chứng minh các quan hệ song song , vuông góc

· Bài toán cực trị, quỹ tích

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

1. Hình chóp tam giác

Dạng 1. Dạng tam diện vuông

Ví dụ 1: Cho hình chóp \(O.ABC\) có \(OA = a\), \(OB = b\), \(OC = c\) vuông góc nhau từng đôi một. Gọi \(M\) là điểm cố định thuộc tam giác \(ABC\) có khoảng cách lần lượt đến các \(mp\left( {OBC} \right)\), \(mp\left( {OCA} \right)\), \(mp\left( {OAB} \right)\) là \(1\), \(2\), \(3\). Giá trị \(a,b,c\) để thể tích khối chóp \(O.ABC\)nhỏ nhất là bao nhiêu?

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: \(O\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {a;{\rm{ }}0;{\rm{ }}0} \right)\), \(B\left( {0;{\rm{ }}b;{\rm{ }}0} \right)\), \(C\left( {0;{\rm{ }}0;{\rm{ }}c} \right)\).

\(d\left[ {M,{\rm{ }}\left( {OAB} \right)} \right]{\rm{ }} = {\rm{ }}3\)\( \Rightarrow \)\({z_M} = 3\). Tương tự \( \Rightarrow \)\(M\left( {1;\,\,2;\,\,3} \right)\).

PT \(mp\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\). Vì\(M \in (ABC)\) Þ\(\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\) (1).

\({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6}abc\) (2).

\((1) \Rightarrow 1 = \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{3}{c}}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{6}abc \ge 27\).

(2)\( \Rightarrow {V_{\min }} = 27 \Leftrightarrow \frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c} = \frac{1}{3}\).

Vậy \(a = 3;\,b = 6;\,c = 9\)

Dạng 2. Dạng tứ diện có một cạnh vuông góc một mặt tại góc nhọn của tam giác vuông

Ví dụ 2: Tứ diện \(S.ABC\) có cạnh \(SA\) vuông góc với đáy và \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\). Độ dài của các cạnh \(SA = 4\), \(AC = 3\), \(BC = 1\). Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(AB\), \(H\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(M\). Tính góc\(\alpha \) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {H,\,SB,\,C} \right]\) (tính đến độ, phút, giây)

  1. \(\alpha = {82^o}35'57''\). B. \(\alpha = {97^o}24'2''\). C. \(\alpha = {63^o}30'\). D. \(\alpha = {15^o}14'13''\).

Hướng dẫn giải

Cách 1:

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như hình vẽ: \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B\left( {1;\,3;\,0} \right)\); \(C\left( {0;\,3;\,0} \right)\); \(S\left( {0;\,0;\,4} \right)\) và \(H\left( {1;\,0;\,0} \right)\)

Dựng mp\(\left( P \right)\) qua \(H\) vuông góc \(SB\) tại \(I\) cắt đường thẳng \(SC\) tại \(K\), dễ thấy \(\left[ {H,\,SB,\,C} \right]\)=\(\left( {\overrightarrow {IH} ,\overrightarrow {IK} } \right)\)(1)

* Tìm toạ độ véc tơ

·\(\overrightarrow {SB} = \left( {1;\,3;\, - 4} \right)\) và \(\overrightarrow {SC} = \left( {0;\,3;\, - 4} \right)\),

* Phương trình tham số đường thẳng \(SB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 3 + 3t\\z = - 4t\end{array} \right.\), \(SC:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3 + 3t\\z = - 4t\end{array} \right.\), phương trình mp \(\left( P \right):x + 3y - 4z - 1 = 0\)

* Tìm toạ độ giao điểm \(I = SB \cap \left( P \right)\) và \(K = SC \cap \left( P \right)\)Þ\(I\left( {\frac{{17}}{{26}};\frac{{51}}{{26}};\frac{{18}}{{13}}} \right)\) , \(K\left( {0;\frac{{51}}{{26}};\frac{{18}}{{13}}} \right)\). Toạ độ véctơ \(\overrightarrow {IH} = \left( {\frac{9}{{26}}; - \frac{{51}}{{26}}; - \frac{{18}}{{13}}} \right)\), \(\overrightarrow {IK} = \left( { - \frac{{17}}{{26}};0;0} \right)\).

·\(\cos \alpha = \cos \left[ {H,\,SB,\,C} \right] = \cos \left( {\overrightarrow {IH} ,\overrightarrow {IK} } \right) = \frac{{\overrightarrow {IH} .\overrightarrow {IK} }}{{\left| {\overrightarrow {IH} } \right|.\left| {\overrightarrow {IK} } \right|}}\) =\(\frac{{ - \frac{{153}}{{676}}}}{{\frac{{3\sqrt {442} }}{{26}}.\frac{{17}}{{26}}}} \approx - 0.1427\)

·\(\alpha = {98^o}12'13''\)

Cách 2:

- Gắn Ox = CA, Oy = CB. Không cần Oz thì ta có ngay \(C(0;0;0)\); A(3;0;0); B(0;1;0). Có h = 4 và A là chân đường cao nên S(3;0;4).

- H đối xứng với C qua M nên H = B + A – C = (3;1;0).

- Bây giờ ta thấy rõ ý tưởng của cách đặt này. Trục Oz không có vai trò gì mà là độ cao h. Độ cao h ta phải tính được cho dù ta có làm theo phương pháp gắn toạ độ hay không.

Dạng 3. Dạng hình chóp tam giác đều \(S.ABC\):

Giả sử cạnh tam giác đều bằng \(a\) và đường cao bằng \(h\). Gọi \(O\) là tâm tam giác đều \(ABC\).

Cách 1:

Trong \(mp\left( {ABC} \right)\), ta vẽ tia \(Oy\) vuông góc với \(OA\). Đặt \(SO = h\), chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được:

\(O\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{;0;0}}} \right)\), \(S\left( {0;0;h} \right)\). Suy ra toạ độ Þ\(I\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;0;0}}} \right)\), \(B\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;}}\frac{a}{2}{\rm{;0}}} \right)\), \({\rm{C}}\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;}} - \frac{a}{2}{\rm{;0}}} \right)\)

Cách 2:

- Gắn Ox = IA, Oy = IB thì dễ dàng liệt kê toạ độ các điểm dưới đáy, rất đẹp và là các số nguyên: \(A(\frac{{\sqrt 3 a}}{2};0;0)\); \(B(0;\frac{a}{2};0);C(0; - \frac{a}{2};0)\) . O là trọng tâm tam giác ABC nên \(O(\frac{{\sqrt 3 a}}{6};0;0)\)

- Có O là hình chiếu của S nên \(S(\frac{{\sqrt 3 a}}{6};0;h)\): Rõ rang ta đâu cần đến Oz !!!

2. Hình chóp tứ giác

Dạng 1. Hình chóp \(S.ABCD\) có cạnh \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và đáy \(ABCD\) là hình vuông (hoặc hình chữ nhật): Ta chọn hệ trục toạ độ như dạng tam diện vuông

Chọn như hình vẽ là thuận tiện nhất

Dạng 2. Hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông (hoặc hình thoi) tâm \(O\) và có đường cao \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\):

Ta chọn hệ trục toạ độ: Tia \(OA\), \(OB\), \(OS\) lần lượt là \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\). Giả sử số đo \(SO = h\), \(OA = a\), \(OB = b\) thì ta có toạ độ \(O\left( {0;\,0;\,0} \right)\), \(A\left( {a;\,0;\,0} \right)\), \(B\left( {0;\,b;\,0} \right)\), \(S\left( {0;\,0;\,h} \right)\) Þ\(C\left( { - a;\,0;\,0} \right)\), \(D\left( {0;\, - b;\,0} \right)\).

Dạng 3. Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật và có cạnh \(AB = b\), tam giác \(SAD\) đều cạnh \(a\) và mp\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\)

Cách 1: Gắn toạ độ như hình vẽ. Đây là cách cố gắng gắn vào chân đường cao để có Oz.Ta gọi \(H\)là trung điểm \(AD\), trong \(\left( {ABCD} \right)\) ta vẽ tia \(Hy \bot AD\). Ta chọn hệ trục toạ độ \(Hxyz\): \(H\left( {0;\,0;\,0} \right)\), \(A\left( {\frac{a}{2};{\rm{0;0}}} \right)\), \({\rm{B}}\left( {\frac{a}{2};{\rm{b;0}}} \right)\), \({\rm{C}}\left( { - \frac{a}{2};{\rm{b;0}}} \right)\), \({\rm{D}}\left( { - \frac{a}{2};{\rm{0;0}}} \right)\), \({\rm{S}}\left( {0;{\rm{0;}}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\)

Cách 2:

- Gắn Ox=DC; Oy=DA như hình thì D(0;0;0), C(b;0;0) ; A(0;a;0); B(b;a;0); \(H(0;\frac{a}{2};0)\) vì là trung điểm DA.

- H là hình chiếu của S và đường cao chóp là \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(S(0;\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2})\)

3. Hình lăng trụ đứng

Dạng 1. Hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh bằng \(a\):

Chọn hệ trục toạ độ sao cho: \(A(0;0;0)\), \(B(a;0;0)\), \(C(a;a;0)\), \({\rm{D(0;}}a{\rm{;0)}}\); \(A'(0;0;a)\), \(B'(a;0;a)\), \(C'(a;a;a)\), \({\rm{D'(0;}}a{\rm{;}}a{\rm{)}}\)

Dạng 2. Hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh\(AB = a\), \(AD = b\), \(AA' = c\):

Chọn hệ trục toạ độ sao cho: \(A(0;0;0)\), \(B(a;0;0)\), \(C(a;b;0)\), \(D{\rm{(0;}}b{\rm{;0)}}\); \(A'(0;0;c)\), \(B'(a;0;c)\), \(C'(a;b;c)\), \(D'{\rm{(0;}}b{\rm{;c)}}\)

Dạng 3. Hình hộp đứng đáy hình thoi \(ABCD.A'B'C'D'\):

Chọn hệ trục toạ độ sao cho: gốc trùng với giao điểm \(O\) của hai đường chéo \(AC\), \(BD\); hai trục \(Ox,Oy\) lần lượt chứa hai đường chéo của hình thoi, trục \(Oz\) đi qua tâm hai đáy.

B. BÀI TẬP CÓ GIẢI

Câu 1: Cho tứ diện \(ABCD\) có các cạnh \(AB,AC,AD\) vuông góc nhau từng đôi một, có độ dài \(AB = 3\), \(AC = AD = 4\). Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\)

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như sau: \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(D\left( {4;\,0;\,0} \right)\); \(C\left( {0;\,4;\,0} \right)\); \(B\left( {0;\,0;\,3} \right)\)

* Tìm phương trình mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\): \(\frac{x}{4} + \frac{y}{4} + \frac{z}{3} = 1\)hay \(3x + 3y + 4z - 12 = 0\)

* Tính khoảng cách \(d\)= \(d\left[ {A,\left( {BCD} \right)} \right]\) =\(\frac{{\left| { - 12} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \frac{{6\sqrt {34} }}{{17}}\)

Câu 2: Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AD\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(AD = a\), có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và \(AC = b\), \(AB = c\). Tính diện tích \(S\) của tam giác \(BCD\) theo \(a,b,c\).

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như sau: \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B\left( {c;\,0;\,0} \right)\); \(C\left( {0;\,b;\,0} \right)\); \(D\left( {0;\,0;\,a} \right)\)

* Tìm toạ độ véc tơ

· Cạnh của tam giác \(BCD\): \(\overrightarrow {BC} = \left( { - c;\,b;\,0} \right)\), \(\overrightarrow {BD} = \left( { - c;\,0;\,a} \right)\)

· Véctơ tích có hướng \(\left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {ab;\,ac;\,bc} \right)\)

* Sử dụng công thức tính diện tích tam giác

·\({S_{BCD}} = \frac{1}{2}\left| {\,\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right]\,} \right|\) =\(\frac{1}{2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \)

Câu 3: Cho tứ diện \(O.ABC\) có các tam giác \(OAB\), \(OBC\), \(OCA\) đều là tam giác vuông tại đỉnh \(O\). Gọi \(\alpha {\rm{ , }}\beta {\rm{ , }}\gamma \) lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\), \(\left( {OCA} \right)\), \(\left( {OAB} \right)\) với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Tìm hệ thức lượng giác liên hệ giữa \(\alpha {\rm{ , }}\beta {\rm{ , }}\gamma \).

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như sau: \(O(0;0;0)\); \(A(a;0;0)\); \(B(0;b;0)\); \(C(0;0;c)\).

\(\overrightarrow {AB} = \left( { - a;\,\,b;\,\,0} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( { - a;\,\,0;\,\,c} \right)\)

* Tìm vectơ pháp tuyến của

·Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\): \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {bc;\,\,ca;\,\,ab} \right)\)

·Mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\): \(\overrightarrow i = \left( {1;\,\,0;\,\,0} \right)\) (vì: \(Ox \bot (OBC)\))

·Mặt phẳng \(\left( {OCA} \right)\): \(\overrightarrow j = \left( {0;\,\,1;\,\,0} \right)\) (vì: \(Oy \bot (OCA)\))

·Mặt phẳng \(\left( {OAB} \right)\): \(\overrightarrow k = \left( {0;\,\,0;\,\,1} \right)\) (vì: \(Oz \bot (OAB)\))

* Sử dụng công thức tính góc giữa hai mặt phẳng

·\(\cos \alpha = \cos \left[ {\left( {OBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right]\)Þ\(\cos \alpha = \frac{{\left| {bc} \right|}}{{\sqrt {{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}} }}\)

·\(\cos \beta = \cos \left[ {\left( {OCA} \right),\left( {ABC} \right)} \right]\)Þ\(\cos \beta = \frac{{\left| {ac} \right|}}{{\sqrt {{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}} }}\)

·Þ\(\cos \gamma = \frac{{\left| {ab} \right|}}{{\sqrt {{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}} }}\)

* Biến đổi và kết luận\(\cos \gamma = \cos \left[ {\left( {OAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right]\)

·\({\cos ^2}\alpha = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}}}\)

·\({\cos ^2}\beta = \frac{{{c^2}{a^2}}}{{{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}}}\)

·\({\cos ^2}\gamma = \frac{{{a^2}{b^2}}}{{{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}}}\)

Vậy \({\cos ^2}\alpha + {\cos ^2}\beta + {\cos ^2}\gamma = 1\)

Câu 4: Cho hình chóp \(SABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân với\(AB = AC = a\), có \(SA\)vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Tính góc \(\varphi \) giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\)

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như sau: \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B\left( {a;\,0;\,0} \right)\); \(C\left( {0;\,a;\,0} \right)\); \(S\left( {0;\,0;\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\).

* Tìm vectơ pháp tuyến của

·Mặt phẳng .\(\left( {SAC} \right)\).: \(\overrightarrow i = \left( {1;\,\,0;\,\,0} \right)\) (vì \(Ox \bot (SAC)\))

·Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\): có cặp véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {SB} = \left( {a;0; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\), \(\overrightarrow {SC} = \left( {0;a; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\)Þvéc tơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2};\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2};{a^2}} \right)\) hay là \(\overrightarrow n = \left( {1;\,1;\,\sqrt 2 } \right)\)

* Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\)

\(\cos \varphi = \frac{{\left| {\overrightarrow i .\,\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow i } \right|\,.\,\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{1}{2}\)Þ\(\varphi = {60^o}\).

Câu 5: Cho hình chóp \(SABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân với\(AB = AC = a\), có \(SA\)vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Tính khoảng cách \(d\) giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(SC\), với \(I\) là trung điểm cạnh \(BC\).

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc \(Oxyz\)như sau: \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B\left( {a;\,0;\,0} \right)\); \(C\left( {0;\,a;\,0} \right)\); \(S\left( {0;\,0;\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\).

\(\overrightarrow {AB} = \left( {a;\,\,b;\,\,0} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {0;a;0} \right)\)

* Tìm vectơ pháp tuyến của

·Mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\): \(\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\) (vì \(Ox \bot (SAC)\))

·Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\): có cặp véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {SB} = \left( {a;0; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right);\overrightarrow {SC} = \left( {0;a; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\)Þ véc tơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2};\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2};{a^2}} \right)\) hay là \(\overrightarrow n = \left( {1;\,1;\,\sqrt 2 } \right)\)

* Tính khoảng cách \(d\) giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(SC\)

· Vì I là trung điểm của BC Þ\(I\left( {\frac{a}{2};\frac{a}{2};0} \right)\)nên ta có:\(\overrightarrow {AI} = \left( {\frac{a}{2};\frac{a}{2};0} \right)\) , \(\overrightarrow {SC} = \left( {0;a; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\), \(\left[ {\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( { - \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4};\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4};\frac{{{a^2}}}{2}} \right)\), \(\overrightarrow {AS} = \left( {0;0;\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\)Þ\(\left[ {\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {SC} } \right].\overrightarrow {AS} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\) , mà \(\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {SC} } \right]} \right| = \sqrt {\frac{{{a^4}}}{8} + \frac{{{a^4}}}{8} + \frac{{{a^4}}}{4}} = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt 2 }}\).

· Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC là \(f\left( {AI,SC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {SC} } \right].\overrightarrow {AS} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}.\frac{{\sqrt 2 }}{{{a^2}}} = \frac{a}{2}\)

Câu 6: Cho hình chóp \(O.ABC\) có \(OA = a\), \(OB = b\), \(OC = c\) vuông góc nhau từng đôi một. Gọi M là điểm cố định thuộc tam giác \(ABC\) có khoảng cách lần lượt đến các \(mp\left( {OBC} \right)\), \(mp\left( {OCA} \right)\), \(mp\left( {OAB} \right)\) là 1, 2, 3. Giá trị\(a,b,c\) để thể tích khối chóp\(O.ABC\)nhỏ nhất là

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: \(O\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\).

\(d\left[ {M,\left( {OAB} \right)} \right] = 3\).\( \Rightarrow \) . \({z_M} = 3\).Tương tự \( \Rightarrow \)\(M\left( {1;\,2;\,3} \right)\).

PT \(mp\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\). \(M \in (ABC) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\) (1).

\({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6}abc\) (2).

\((1) \Rightarrow 1 = \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{3}{c}}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{6}abc \ge 27\) .

(2)\( \Rightarrow {V_{\min }} = 27 \Leftrightarrow \frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c} = \frac{1}{3}\).

Vậy \(a = 3;\,b = 6;\,c = 9\)

Câu 7: Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có độ dài cạnh đáy là \(a\). Gọi \(M,N\) lần lượt là là trung điểm \(SB,SC\). Cho biết \(\left( {AMN} \right)\) vuông góc với \(SBC\); Tính theo \(a\) diện tích \(\Delta AMN\).

Hướng dẫn giải

Cách 1:

Gọi \(O\) là hình chiếu của \(S\) trên \(\left( {ABC} \right)\), ta suy ra \(O\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), ta có: \(AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)Þ\(OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\), \(OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Trong mp\(\left( {ABC} \right)\), ta vẽ tia \(Oy\) vuông góc với \(OA\). Đặt \(SO = h\), chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được: \(O\left( {0;{\rm{ }}0;{\rm{ }}0} \right)\), \(A\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{;0;0}}} \right)\), \(S\left( {0;{\rm{ }}0;{\rm{ }}h} \right)\)

Suy ra toa độ Þ\(I\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;0;0}}} \right)\), \(B\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;}}\frac{a}{2}{\rm{;0}}} \right)\), \({\rm{C}}\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{6}{\rm{;}} - \frac{a}{2}{\rm{;0}}} \right)\), \({\rm{M}}\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}{\rm{;}}\frac{a}{4}{\rm{;}}\frac{h}{2}} \right)\)và \(N\left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}{\rm{;}} - \frac{a}{4}{\rm{;}}\frac{h}{2}} \right)\).

* Véctơ pháp tuyến mp\(\left( {AMN} \right)\): \({\overrightarrow n _{_{\left( {AMN} \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AN} } \right]\) =\(\left( {\frac{{ah}}{4}{\rm{;0;}}\frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{24}}} \right)\), mp\(\left( {SBC} \right)\): \({\overrightarrow n _{_{\left( {SBC} \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right]\) =\(\left( { - ah{\rm{;0;}}\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}} \right)\). Từ giả thiết \((AMN) \bot (SBC)\)Þ\({\overrightarrow n _{_{\left( {AMN} \right)}}}.{\overrightarrow n _{_{\left( {SBC} \right)}}} = 0\)ÞÞ\({h^2} = \frac{{5{a^2}}}{{12}}\) .

* Diện tích tam giác \(AMN\): \({S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AN} } \right]} \right| = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}\)

Cách 2: Gắn IA = Ox, IB = Oy ta có \(A(\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0;0);B(0;\frac{a}{2};0);C(0; - \frac{a}{2};0)\) . O là trọng tâm tâm giác ABC nên \(O(\frac{{a\sqrt 3 }}{6};0;0)\)\( \Rightarrow \)\(S(\frac{{a\sqrt 3 }}{6};0;h)\) . Đến đây ta tính toán như trên.

Câu 8: Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(a\), có\(A{A_1} = 2a\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Gọi \(D\) là trung điểm của \(B{B_1}\); Lấy điểm \(M\) di động trên cạnh \(A{A_1}\). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tam giác \(M{C_1}D\).

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O \equiv A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B \in Oy\): \(B\left( {0;\,a;\,0} \right)\), \({A_1} \in Oz\): \({A_1}\left( {0;\,0;\,2a} \right)\)Þ\({C_1}\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\frac{a}{2};\,2a} \right)\) và \(D\left( {0;\,a;\,a} \right)\)

Do \(M\) di động trên \(A{A_1}\) có tọa độ \(M\left( {0;\,0;\,t} \right)\) với \(t \in \left[ {0;\,\,2a} \right]\)

Ta có: \({S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {{{\overrightarrow {DC} }_1},\overrightarrow {DM} } \right]} \right|\)

\({\overrightarrow {DC} _1} = \left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \frac{a}{2};a} \right)\), \(\overrightarrow {DM} = \left( {0; - a;t - a} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right] = \)\(\frac{{ - a}}{2}\left( {t - 3a;\sqrt 3 (t - a);a\sqrt 3 } \right)\)Þ\(\left| {\left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right]} \right| = \frac{a}{2}\sqrt {{{(t - 3a)}^2} + 3{{(t - a)}^2} + 3{a^2}} = \frac{a}{2}\sqrt {4{t^2} - 12at + 15{a^2}} \). \({S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\sqrt {4{t^2} - 12at + 15{a^2}} \)

Xét \(f\left( t \right) = 4{t^2} - 12at + 15{a^2}\) với \(t \in \left[ {0;\,\,2a} \right]\). Ta có \(f'\left( t \right) = 8t - 12a\) ; \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{3a}}{2}\)

Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được khi \(t = 0\)\(\left( {M \equiv A} \right)\), vậy GTLN của diện tích là \({S_{M{C_1}D}} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}\)