Giai hinh kg bang PP toa do

Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ.. Cụ thể :.[r]

Trang 1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian

Ta có : Ox Oy Oz, , vuông góc từng đôi một Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ Cụ thể :

Với hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật ABCD A ' B' C ' D'

Với hình lập phương

Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

(0;0;0) ; ( ;0;0) ; ( ; ;0) ; D(0; ;0)

'(0;0; ) ; '( ;0; ) ; '( ; ; ) ; D'(0; ; )

Với hình hộp chữ nhật

(0;0;0) ; ( ;0;0) ; ( ; ;0) ; D(0; ;0)

'(0;0; ) ; '( ;0; ) ; '( ; ; ) ; D'(0; ;c)

Với hình hộp đáy là hình thoi ABCD A ' B' C ' D'

- Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của

hai đường chéo của hình thoi ABCD

- Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy

Với hình chóp tứ giác đều S.ABCD

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Giả sử cạnh hình vuông bằng a và

đường cao SO h

Chọn O(0;0;0) là tâm của hình vuông

Khi đó : A(− a√2

2 ; 0;0);C(a√2

2 ; 0; 0)

0; ;0 ; 0; ;0 ; (0;0; )

B   D  S h

Với hình chóp tam giác đều S.ABC

Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và

đường cao bằng h Gọi I là trung điểm

của BC

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao

z

D’

A’

y

C B

x

z

A

D

D’

C

A’

B’

O O’

x

y

z

y

x

S

O A

C

D

B

z

y

S

Trang 2

cho I(0;0;0)

Khi đó : 2;0;0 ; 2;0;0

A  B 

0; ;0 ; S 0; ;

C   h

Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật và SA (ABCD)

ABCD là hình chữ nhật AB a AD b ; 

chiều cao bằng h

cho A(0;0;0)

Khi đó : B a ;0;0 ;  C a b ; ;0

D0; ;0 ; (0;0; )b  S h

Với hình chóp S.ABC có ABCD là hình thoi và SA (ABCD)

ABCD là hình thoi cạnh a

cho O(0;0;0)

Với hình chóp S.ABC có SA (ABC) và  ABC vuông tại A

Tam giác ABC vuông tại A có

;

AB a AC b  đường cao bằng h

cho A(0;0;0)

Khi đó : B a ;0;0 ; C 0; ;0  b 

S 0;0; h 

S

z

x

O A

C B

x

O A

C B

z

B

C A

S

x y

Trang 3

Với hình chóp S.ABC có SA (ABC) và  ABC vuông tại B

Tam giác ABC vuông tại B có

;

BA a BC b  đường cao bằng h

cho B(0;0;0)

Khi đó : A a ;0;0 ; C 0; ;0  b 

S ;0;a h

Với hình chóp S.ABC có (SAB) (ABC),  SAB cân tại S

và  ABC vuông tại C

 ABC vuông tại C CA a CB b ; 

H là trung điểm của AB

cho C(0;0;0)

Khi đó : A a ;0;0 ; B 0; ;0  b 

( ; ; )2 2

a b

và  ABC vuông tại A

 ABC vuông tại A AB a AC b ; 

cho A(0;0;0)

Khi đó : B a ;0;0 ; C 0; ;0  b 

(0; ; )2

a

z

B

C A

S

B C

z

S

B

C A

H

x y

Trang 4

và  ABC vuông cân tại C

Tam giác ABC vuông cân tại C có

CA CB a  đường cao bằng h

cho H(0;0;0)

Khi đó :

;0;0 ; A 0; ;0

C   

B 0; ;0 ; S 0;0;

2

a

h



Bài tập áp dụng

Bài toán 1 Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB,OBC,OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh O Gọi

α , β , γ lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC),(OCA),(OAB) với mặt phẳng (ABC).Chứng minh rằng : cos2α +cos2β+cos2γ=1

( SGK Hình 11, trang 96, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000, SGK Hình 12, trang 106, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )

Hướng dẫn Bài giải

Dựng hình :

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) ;

⃗AB=(− a ;b ;0)

⃗AC=(− a ;0 ; c)

Tìm vectơ pháp tuyến của :

 Mặt phẳng (ABC) 

 Mặt phẳng (OBC) 

 Mặt phẳng (OCA)

 Mặt phẳng (OAB)

⃗n=[⃗AB ,⃗AC]=(bc ; ac ; ab)

⃗

i=(1,0, 0) vì :

Ox⊥(OBC) ⃗j=(0, 1, 0) vì : Oy⊥(OCA) ⃗k =(0, 0, 1)

vì : Oz⊥ (OAB)

Sử dụng công thức tính góc giữa hai

mặt phẳng:

cos α=cos((OBC),(ABC))

 cosα= |b c|

√b2c2+c2a2+a2b2 

cos β= |c a|

√b2c2+c2a2+a2b2

z

H

y

x

S

A

C

B

O C’

C

B A

γ

z

y

x

Trang 5

cos β=cos((OBC),(ABC))

cos γ=cos((OBC),(ABC)) cos γ= |a b|

√b2c2 +c2a2 +a2b2

Kết luận

cos2α +cos2β+cos2γ= b2c2+c2a2+a2b2

b2c2+c2a2+a2b2=1

Bài toán 2 Bằng phương pháp toạ độ hãy giải bài toán sau :

Cho hình lập phương ABCD A ' B' C ' D' có cạnh bằng a

a.Chứng minh rằng đường chéo A ' C vuông góc với mặt phẳng (AB' D ')

b.Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A ' C và mặt phẳng (AB' D ') là trọng tâm của tam giác AB ' D '

c.Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng (AB' D ') và (C ' BD)

d.Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (DA ' C) và (ABB' A ')

( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )

Dựng hình :

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông

góc Oxyz như sau :

O≡ A (0 ;0 ;0) ; A '(0 ;0 ; a)

B (a ;0 ;0) ; B ' (a ;0 ;a)

C(a ;a ;0) ; C '(a ;a ;a)

D(0 ;a ;0) ; D' (0 ;a ;a)

a Chứng minh :

A ' C ⊥(AB' D') Nếu

¿

A ' C ⊥ AB'

A ' C ⊥ AD '

⇒ A ' C ⊥(AB ' D')

¿{

¿

Ta có :

¿

⃗A ' C=(a ;a ;− a)

⃗AB '=(a ;0 ;a)

⃗AD '=(0 ;a ; a)

¿{ {

¿

Vì

¿

⃗A ' C ⃗ AB '=a2+0 − a2=0

⃗A ' C ⃗ AD'=0+a2−a2=0

⇔

¿A ' C ⊥ AB'

A ' C ⊥ AD'

¿{

¿

Nên

A ' C ⊥ mp(AB' D ')

b Chứng minh : G là trọng tâm của

tam giác AB ' D ' Phương trình

tham số của đường thẳng A ' C

Gọi G= A ' C ∩(AB' D ') Toạ độ giao điểm

G của đường thẳng A ' C và mặt phẳng

A

z

y

x



D C B

B’

Trang 6

A ' C :

x=t

y=t

z=a − t

(t ∈ R)

¿{ {



Phương trình tổng quát của mặt

phẳng (AB' D ')

(AB' D '): x+ y − z =0

Trong đó vectơ pháp tuyến của mặt

phẳng (AB' D ')

⃗

n1=[⃗AB ' ,⃗ AD ']=(− a2;−a2;a2

)

(AB' D ') là nghiệm của hệ :

¿

x=t y=t z=a − t x+ y − z =0

⇔

3

y= a

3

z= 2 a

3

¿{ { {

¿

G(a3;

a

3;

2 a

3 ) (1)

Mặt khác :

¿

x G=x A+x B '+x D '

a

3

y G=y A+y B '+y D '

a

3

z G=z A+z B '+z D '

2 a

3

¿

(2)

So sánh (1) và (2), kết luận

Vậy giao điểm G của đường chéo A ' C và mặt phẳng (AB' D ') là trọng tâm của tam giác AB ' D '

c Tính d((AB ' D'),(C ' BD))

Phương trình tổng quát của mặt phẳng

(C ' BD) (C ' BD): x+ y − z − a=0

Trong đó vectơ pháp tuyến của mặt

phẳng (C ' BD)

⃗

n2=[⃗C ' B ,⃗ C ' D]=(a2;a2;− a2)

Ta có : (AB' D '): x+ y − z =0 (C ' BD): x+ y − z − a=0

⇒ (AB' D ') // (C ' BD) ⇒

d((AB ' D'),(C ' BD))=d(B ,(AB' D'))= a

√3

d Tính cos((DA ' C ), (ABB ' A '))

Oy⊥(ABB' A ')⇒ Vec tơ pháp tuyến

của (ABB' A ') là ⃗j=(0 ; 1 ;0)

Vectơ pháp tuyến của (DA ' C) :

⃗

n3=[⃗DA ' ,⃗DC]=(0; a2;− a2)=a2(0 ;1 ;−1)

Vec tơ pháp tuyến của (ABB' A ') là

⃗j=(0 ; 1 ; 0) Vectơ pháp tuyến của (DA ' C) : ⃗n3=(0 ;1 ;−1)  cos((DA ' C ), (ABB ' A '))= 1

((DA ' C),(ABB' A '))=45o

Bài toán 3 Cho hình lập phương ABCD A ' B' C ' D' có cạnh bằng a

Chứng minh hai đường chéo B ' D ' và A ' B của hai mặt bên là hai đường thẳng chéo nhau Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B ' D ' và A ' B

Trang 7

Hướng dẫn Bài giải

Dựng hình :

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac

vuông góc Oxyz như sau :

O≡ A (0 ;0 ;0) ;

A '(0 ;0 ; a) ; B (0 ;a ;0) ;

B ' (0 ;a ;a)

C(a ;a ;0) ; C '(a ;a ;a)

D(a ;0 ;0) ; D' (a ;0 ;a)

Chứng minh B ' D ' và

A ' B chéo nhau, ta chứng

minh ba vectơ

⃗B ' D ' ;⃗ A ' B ,⃗ BB' không

đồng phẳng

Cần chứng minh

tích hỗn hợp của ba vectơ

⃗B ' D ' ;⃗ A ' B ,⃗ BB' khác 0

Ta có : ⃗B ' D '=(a ;−a ;0) ⃗A ' B=(0 ;a ;− a) ;

⃗BB'=(0; 0; a)  [⃗B ' D ' ,⃗ A ' B]=(a2;a2;a2)

[⃗B ' D ' ,⃗ A ' B].⃗BB'=a3≠ 0

⇒ ba vectơ ⃗B ' D ' ;⃗ A ' B ,⃗ BB' không đồng phẳng

hay B ' D ' và A ' B chéo nhau

Tính d (B ' D ', A ' B)

A ' B

⃗B ' D ' , ⃗¿

¿

d (B ' D ', A ' B)=¿

d(B ' D ', A ' B)= a3

√a4+a4+a4=

a3

a2√3=

a√3 3

Bài toán 4 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi AC cắt BD tại gốc toạ độ O Biết A (2 ;0 ;0) ; B (0 ;1; 0) ; S (0 ;0 ;2√2) Gọi M là trung điểm của SC

1 Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM

2 Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại N

Tính thể tích khối chóp S.ABMN

( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2004 )

Dựng hình :

góc Oxyz như sau : O(0 ;0 ;0) ;

A (2 ;0 ;0) ; B (0 ;1; 0) ;

B

z

y

x

C’

B’

D C A

C D

S

z

Trang 8

S (0 ;0 ;2√2)

Ta có :

C(−2 ;0 ;0) ; D(0 ;−1 ;0) ;

M (−1 ;0 ;√2)

⃗

SA=(2; 0;− 2√2) ;

⃗BM=(−1 ;− 1;√2)

1a.Tính góc giữa SA và BM

Gọi α là góc giữa SA và BM Sử

dụng công thức tính góc giữa hai đường

thẳng

Ta có :

cos α=|cos(⃗SA ,⃗BM)|=|⃗SA ⃗BM|

|⃗SA||⃗BM|=

√3 2

⇒α=30 o

1b Tính khoảng cách giữa SA và BM

Chứng minh SA và BM chéo nhau Sử

dụng công thức tính khoảng cách giữa

hai đường thẳng chéo nhau

[⃗SA ,⃗ BM]=(− 2√2 ; 0 ;−2) ;

⃗AB=(− 2;1 ;0)

[⃗SA ,⃗BM].⃗ AB=4√2 ≠ 0

d (SA , BM)=|[ ⃗SA ,⃗BM].⃗AB|

|[⃗SA ,⃗AB]| =

4√2

2√6 3

2 Tính thể tích khối chóp S.ABMN

Dễ dàng nhận thấy :

MN=(ABM)∩(SCD)

V S ABMN=V S ABM+V S AMN

Trong đó :

V S ABM=1

6|[ ⃗SA ,⃗SM ].⃗SB|

V S AMN=1

6|[⃗SA ,⃗SM ] ⃗SN|

MN // AB // CD⇒ N là trung điểm của

SD Toạ độ trung điểm N (0 ;−1

2;√2)

⃗

SA=(2 ;0 ;−2√2) ;

⃗

SM (−1 ; 0 ;−√2) ⃗SB=(0 ; 1;− 2√2) ; ⃗SM (−1 ;0 ;−√2)

⇒[⃗ SA ,⃗ SM]=(0 ; 4√2; 0)

V S ABM=1

6|[ ⃗SA ,⃗SM ].⃗SB|=4√2

6 =

2√2 3

V S AMN=1

6|[⃗SA ,⃗SM ] ⃗SN|=2√2

6 =√

2 3

Kết luận Vậy V S ABMN=V S ABM+V S AMN=√2

(đvtt)

Bài toán 5 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC A1B1C1 với

A (0 ;− 3; 0) ; B (4 ;0 ;0) ; C(0 ;3; 0) ; B1(4 ;0 ; 4)

Tìm toạ độ các đỉnh A1 ; C1 Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1) Gọi M là trung điểm của A1B1 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A,

M và song song với BC1 ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2005 )

Dựng hình :

A

C D

S

O

C1 B1  M

A 1

z

Trang 9

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc

Oxyz như sau : O(0 ;0 ;0) ;

Với :

A (0 ;− 3; 0) ; B (4 ;0 ;0) ;

C(0 ;3; 0) ; B1(4 ;0 ; 4)

⇒

A1(0 ;−3 ; 4)

C1(0 ;3 ;4)

¿{

Toạ độ trung điểm M của A1B1

2;−

3

2;4

M(¿)

Toạ độ hai đỉnh A1 ; C1 Ta có : A1(0 ;−3 ; 4)∈ mp(Oyz)

C1(0;3 ; 4)∈ mp(Oyz)

Phương trình mặt cầu có tâm là A

và tiếp xúc với mặt phẳng

(BCC1B1)

Viết phương trình mp

(BCC1B1)

Tìm bán kính của mặt cầu (S)

R=d(A , (BCC1B1))

Vectơ pháp tuyến của mp (BCC1B1)

⃗

n=[⃗ BC ,⃗BB1]=(12 ;16 ;0) Phương trình tổng quát của mp (BCC1B1) : (BCC1B1):3 x +4 y − 12=0

Bán kính của mặt cầu (S) : R=24

5

Phương trình mặt cầu (S) : (S) y +3¿

2 +z2=576 25

: x2+¿

Phương trình mặt phẳng (P) : 

Tìm vectơ pháp tuyến của (P)

¿

AM⊂(P)

BC1//(P)

⇒⃗ n P=[⃗AM ,⃗BC1]

¿{

¿

⃗AM=(2 ;3

2; 4) ;

⃗BC1=(− 4 ;3 ;4 )

Vectơ pháp tuyến của (P) :

⃗

n P=[⃗AM ,⃗BC1]=(−6 ;− 24 ;12)

Phương trình mặt phẳng (P) :

(P): x +4 y − 2 z +12=0

Bài toán 6 Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); AC=AD=4 cm

; AB=3 cm ; BC=5 cm Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) ( trích đề thi tuyển

sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )

Dựng hình :

Δ ABC có : AB 2

+ AC 2 =BC 2 =25 nên vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ

Đêcac vuông góc Oxyz như sau

A

C1

O B1 M

z

y

H

D

C A

Trang 10

O≡ A (0 ;0 ;0) ; B (3 ;0 ;0) ;

C(0 ;4 ;0) D(0 ;0 ;4 ) ;

Tính : AH=d(A ,(BCD))

Viết phương trình tổng quát của

mặt phẳng (BCD)

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD) (BCD): x

3+

y

4+

z

4=1⇔4 x+3 y+3 z− 12=0

Sử dụng công thức tính khoảng

cách từ một điểm đến một mặt

|−12|

√16+9+9=

12

6√34 17

Bài toán 7 Cho hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhau và nhận AB=a (a>0)

là đoạn vuông góc chung Lấy điểm M trên Ax và điểm N trên By sao cho AM=BN=2 a Xác định tâm I và tính theo a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI

Dựng hình :

Dựng Ay '// By⇒ Ax ⊥ Ay '

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac

vuông góc Axy ' z như sau :

A (0 ;0 ;0) ; B (0 ;0 ;a) ;

M (2 a ;0 ;0) N (0 ;2 a ;a)

Toạ độ trung điểm I của MN

I(a ; a ; a

2)

1a Xác định tâm I của mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ABMN

Chú ý :

¿

Ax⊥ By

Ax⊥ Ay '

¿{

¿

Hai tam giác AMN và BMN là hai tam giác vuông nhận MN là cạnh huyền nên trung điểm I(a ; a ; a

2) của MN là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN

1b.Tính bán kính R của mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ABMN

Ta có : ⃗MN=a(− 2;2 ;1)

Bán kính mặt cầu : R=MN

2 =

3 a

2

2 Tính d (AM , BI) Ta có : ⃗AM=(2 a ;0 ;0) ;

z

B

N

y

A

x

Trang 11

Chứng minh AM và BI chéo

nhau

Sử dụng công thức tính khoảng

cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau

⃗ BI=(a ;a ;− a

2) ; ⃗AB=(0 ;0 ;a)

[⃗AM ,⃗ BI]=(0 ;a2;2 a2)

d (AM , BI)=|[⃗AM , ⃗BI].⃗AB|

|[⃗AM , ⃗BI]| =

2 a√5 5

Bài toán 8 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC Chứng minh

MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC ( trích đề

thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 )

Dựng hình :

Gọi O là tâm của hình vuông

ABCD ⇒ SO⊥(ABCD)

góc Oxyz như sau :

O(0 ;0 ;0) ; S (0 ; 0 ; h) ;

A

2

;0;0

2

a

2

;0;0 2

a

(0 ; a√2

2 ;0) ; B (0 ;− a√2

2 ;0)

Toạ độ trung điểm P của SA P

2

; 0 ;

h

M



3 2

;0; ; (0; 2;0)

MN    BD a

Vì : ⃗MN ⃗BD=0⇒ MN ⊥ BD

Tính (theoa) khoảng cách giữa hai

đường thẳng MN và AC

Chứng minh MN và AC chéo nhau

Sử dụng công thức tính khoảng cách

giữa hai đường thẳng chéo nhau

Ta có :

2

ah

⃗ ⃗

2

4 2

AM   

⃗

Vì :

2

4

a h

MN AC AM

⃗ ⃗ ⃗

⇒ MN và AC chéo nhau

d (MN , AC)=|[⃗MN ,⃗AC].⃗AM|

|[⃗MN ,⃗AC]| =

a2h

4

√a2h2 2

=a√2 4

z

y

B

A

D

P

N

M E

O

x

C S

Trang 12

Bài toán 9 Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC vuông tại

A; AD a AC b AB c ,  , 

a Tính diện tích S của tam giác BCD theo a b c, ,

b Chứng minh rằng : 2S abc a b c   

cho A(0;0;0)

Khi đó : B c ;0;0 ; C 0; ;0  b 

D 0;0; a 

Ta có : BC  c b; ;0

BD  c;0;a

⃗

BC BD ac ac bc

⃗ ⃗

Áp dụng bất đẳng thức Côsi :

2 2 2 2 2 2

a b b c  ab c

2 2 2 2 2 2

b c c a  abc

2 2 2 2 2 2

c a a b  a bc

a Tính diện tích S của tam giác BCD

2 2 2 2 2 2

,

S BC BD  a b a c b c

 

b

Chứng minh : 2S abc a b c   

Ta có :

abc a b c   a bc b ac c ab  

2 2 2 2 2 2 2 BCD

a b a c b c S

Bài toán 10 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC Tính theo a diện tích tam giác AMN Biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC)

Gọi I là trung điểm của BC

cho I(0;0;0)

Khi đó :

3 0; ;0 ; ;0;0

A  B 

z

C A

D

x

y

B

N M

z

y

x

S

I

H

C

Trang 13

3 3

;0;0 ; S 0; ; ; 0; ;0

C   h H  

M  N 

5 3

AM    

⃗

5 3

AN   

⃗

+ Pháp vectơ của mp (AMN) :

2 1

4 24

ah a

n AM AN  

⃗ ⃗ ⃗

3

SB   h

⃗

3

SC  h

⃗

AMN  SBC n 1 n2               n n1 2 0

2

0

+ Pháp vectơ của mp (SBC) :

2 2

3

6

a

n SB SC  ah 

  

Diện tích tam giác AMN :

2 2 4

2

,

AMN

 

4

90

a

đvdt

Bài toán 11 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a; SA a ; SB a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,

BC Tính theo athể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN (

trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2008 )

Dựng hình :

Gọi H là hình chiếu vuông góc

của S trên AB  SH (ABCD)

Ta có : SA2SB2 a23a2 AB2

 SABvuông tại S  SM a

Do đó : SAMđều

3 2

a SH

góc Oxyz như sau :H(0;0;0); S

K H

z

y

x

M

N

D

C B

A S

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	597,85 KB