SỬ DỤNG PPTĐ KG ĐỂ GIẢI TOÁN HHKG

Trong các đề thi tuyển sinh vào đại học những năm gần đây, trong các bài toán HHKG, thường có thể giải bằng hai cách: PP tổng hợp và PP toạ độ.. Tuy nhiên việc giải bài toán HHKG bằng PP

Trong các đề thi tuyển sinh vào đại học những năm gần đây, trong các bài toán HHKG, thường có thể giải bằng hai cách: PP tổng hợp và PP toạ độ Tuy nhiên việc giải bài toán HHKG bằng PPTĐ sẽ có lời giải gọn và đẹp, gần gũi với PPTĐ mà học sinh được luyện tập nhiều ở năm lớp 12

Phương pháp chung để giải là:

+ Thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp

+ Thực hiện các yêu cầu bài toán bằng công cụ toạ độ trong KG Xin minh hoạ bằng các ví dụ sau:

1/ Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 =2a 5 và BAC∧ = 120 o Gọi

M là trung điểm của cạnh CC1 Chứng minh MB⊥MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

Dự trử I – A - 2007 Chọn hệ trục Axyz: A ≡ 0, C 2a,0,0 , (− ) A (0,0,2a 5)1

a a 3 A(0;0;0),B ; ;0

2 2 và M( 2a,0,a 5)−

⇒ = − − ÷÷ =

1

Ta có: uuuur uuuuurBM.MA1=a ( 5 5) 02 − + = ⇒BM MA⊥ 1

Thể tích khối tứ diện AA1BM là :

∆

uuuuur uuur uuuur

uuur uuuuur

3 1

2

1

2 Khoảng cách từ A đến mp (BMA1) : d=3V a 5=

2/Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp Cho AB = a, SA = a 2 Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK

Dự trử I – B - 2007

Gợi ý :Chọn hệ trục tọa độ Oxyz :

A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 )

3/ Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông AB=AC=a, AA1 = a

2 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AA1 và BC1 Chứng minh MN là đường vuông góc chung của các đường thẳng AA1 và BC1 Tính VMA1BC1.

Dự trử I – B - 2007

Chọn hệ trục Oxyz : A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0),

A1(0,0, a 2 )

Suy ra M 0,0,a 2

2

  C1(-a,0, a 2 )

a a a 2

−

1

BC = − −a, a,a 2

uuuur

; MN a a, ,0

2 2

= − ÷

uuuur

; AA1 =(0 , 0 , a 2)

Ta có: MN BC1 = MN AA1 = 0

Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1

Ta có 1

2

MA a 0,0,

2

=  ÷÷

uuuuur

MB a 0,1, 2

2

=  − ÷÷

uuur

1

2

2

= − ÷÷

uuuur

2

MA , MB a , 0,0

2

uuuuur uuur

1

⇒

6

1

VMA1BC1 = 1 1 = 3 (đvtt)

4 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a M là trung điểm của đoạn AA1 Chứng minh BM ⊥ B1C và tính d(BM, B1C)

Dự trử II – D - 2007 Chọn hệ trục Oxyz :

A(0 ;0 ;0); A1(0,0,a); C ( - a ;0 ;0 ) ⇒ B 

−

a a 3, ,0

−

a a 3, ,a

a 0,0, 2

⇒ = − ÷÷ = ÷÷

1

⇒ BM.CBuuuur uuuur1=a2 −3a2+a2 =0

4 4 2 ⇒ BM ⊥ B1C

uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur1 1 1

1

[BM.B C].BB a 30 d(BM,B C)

10 [BM.B C]