Bài 1 (Trang 99, SGK)

Gọi I là trung điểm của Oo. Khi đó  I chính là tâm đối xứng của lăng trụ. Giả sử mặt phẳng (P) đi qua 1 và chia khối A lăng trụ thành hai phần (H1) và (H2).

Lấy điểm M bất kì thuộc (H) thì điểm M đối xứng với M qua tâm I cũng nằm trong hình lăng trụ. Do đó M c (H2) và ngược lại, một điểm N 6 (H2), lấy đối xứng qua tâm I sẽ được điểm N 6 (H1). A

Do đó hai hình (H) và (H2) đối xứng với nhau qua tâm I.

Vì vậy thể tích (H1) bằng thể tích (H). Nhận xét:

Một hình bất kì trong không gian mà có tâm đối xứng, thì mặt phẳng đi qua tâm sẽ chia hình không gian đó thành hai phần có thể tích bằng nhau.

Bài 2 (Trang 99, SGK)

Cách vẽ thiết diện:

Ta có: EF || BD mà BD || BD nên từ A kẻ đường song song với BD, cắt CD kéo dài tại D và CB kéo dài tại B.

Nối B,E, cắt AB tại G. Nối DF, cắt DD tại K. Thiết diện là ngũ giác AGEFK. Hình (H) là khối AGEFK.A’B’D.

Theo giả thiết thì E là trung điểm của BC; F là trung điểm của CD. Ta có: BB = BC = a = 2BE8 BG = 2GB = a.

=

a

Từ đó suy ra:

BV |

chód

Tương tự:

–

–

–

–

chóp (A.DD,

Veronica 20,0) = sang AB = ba? =V, vero uno x = Samox. Ad = x=V,

D Ta có: Sao, CB,CD, = 2a. Saior = CE.CF

Έ

&

Chiều cao hình chóp cụt CB,D CEF là CC = a. Thể tích hình chóp cụt CBD.CEF là:

Thể tích của khối (H) là:

23 2a? 47a3 V = V-(V, + V,

8 9 Như vậy thể tích khối (H) là:

47a3 25a VH) = Vập phương – (H) =a’ –

72 72 Chú ý: Lời giải trên đã sử dụng công thức tính thể tích của khối chóp cụt:

a

(dytt.

Nếu chóp cụt có diện tích đáy lớn là B, diện tích đáy nhỏ là B’ và chiều cao chóp cụt bằng h thì thể tích khối chóp cụt bằng: V=h.(B+ B + /BB).

Nhận xét: Có thể làm bài toán này theo một cách khác như sau: Chia khối (H) thành ba khối chóp: A.AGEFK; ALGEB; A.KDF.

Tính thể tích từng khối chóp rồi cộng tổng lại ta được kết quả. Bài 3 (Trang 99, SGK)

1. a) Chiều cao IH = h của hình nón nằm trên đường kính của mặt cầu.

Xét điểm A (C), gọi IJ là đường kính mặt cầu. Ta có tam giác AIJ vuông tại đỉnh A, IJ = 2r, chiều cao của tam giác AIJ tại A là AH = r là bán kính đáy của hình nón.

Lại có r = HIHJ = h(2r – h). Vậy thể tích khối nón là: Vonion = ur? h = xh” (21 – h). b) Ta có Văn lớn nhất khi và chỉ khi:

ILH 2 = nhỏ (4r- 2h) lớn nhất.

nón

nón

πάνη

h(482h) = h.h(4r – 2h)

Tích hh647 – 2h) có ba thành phần (4r – 2h), h và h: Tổng của ba thành phần là 4r, một hằng số không đổi.

Suy ra tích có giá trị lớn nhất khi h = 4 – 2h = h = . Khi đó thì V lớn nhất = 3 = (đvt).

Bài 4 (Trang 99, SGK)

1. a) Đường thẳng d qua điểm Mo(-1; 2; 2) và có vectơ chỉ phương ū = (3; –2; 2).

AB = (6; – 4; 4), M,A = (2; 0; – 3).

Dễ thấy: AB = 2.ũ và A ¢ d. Do đó hai đường thẳng d và AB song song với nhau và cùng thuộc một mặt phẳng (P) nào đó.

1. b) Vecto ñ =[M,A,ü]=(-6;-13;–4) 1(P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: 6(x – 1)+13(y-2)+4(2+1) =( 6x +13y + 4z – 28 = 0. Vì AB // d nên ta lấy điểm A đối xứng với điểm A qua đường thẳng d. Xét giao BA’ với d, ta có điểm I cần tìm.

Xét điểm H c d sao cho HÀld, khi đó H là chân đường vuông góc hạ từ A lên d và H là trung điểm của AA Ta có: H(-1+3t;2–2t;2+2t), HA=(2–3t; 2t; –3–2t) Iū(3;– 2; 2)

HA.ū=3(2-3t) – 2.2t+2(–3–2t)=0 17t=0 t=0. =H(-1; 2; 2) = Mo.

Gọi A = (x; y; z). H là trung điểm của AA nên toạ độ của H là trung bình cộng các toạ độ tương ứng của A, A. Ta có: X+1 –14X = -3; – =

2 y = 2; = 2z=5 2 nên A(-3; 2; 5).

(x=-3+58 Phương trình BA: y =2- 2s và Band = I(2; 0; 4).

z= 5-S Nhận xét: – Vì AB || d nên nếu gọi K là hình

A chiếu vuông góc của B lên đường thẳng d thì I là trung điểm của HK.

Ta có HK = AB = (6 ; 24; 4) nên K(5; -2 ; 6). Từ đó sẽ tìm được (2; 0; 4). Bài toán này có thể giải khi A, B và d ở vị trí tổng quát. Gọi A là hình chiếu vuông góc của A xuống d, B là hình chiếu vuông góc của B xuống d.

h = AA;h, = BB, thì điểm I 6 d mà IA + IB nhỏ nhất có tính chất IA=-11B,

h,

Từ đó xác định được điểm I.

Bài 5 (Trang 99, SGK)

5. a) Xét tam giác ABC có: BC = AB + AC nên tam giác ABC vuông tại A. Suy ra diện tích tam giác ABC là: D. S = LAB.AC = 6 (cm?). VaDeD = SaABC.AD = 5.6.4 = 8 (cm?)4

BC.AD = -.6.4 = 8 (cm). b) Kė AH I (BCD). (BCI AD BCI AH

=BC 1 (ADH) = BC I DH DH cắt BC tại A, thì AABC. Xét tam giác vuông DAA, ta có:

ABCD

AABC

H4

ARE

AD

Xét tam giác vuông ABC, ta có: –

AA 2

AN

Từ (1) và (2) suy ra:

1 1 1

1

1

1

1

17

A AB AC AD – 5+16+16 2 – AH = 12 AH = 634 (cm) Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) bằng

17

34 (cm).

17

Nhận xét:

Vì AB, AC, AD đối mặt vuông góc với nhau nên có thể dùng phương pháp toạ độ: chọn hệ trục toạ độ sao cho A(0; 0; 0), B(3; 0; 0), C(0; 4; 0), D(0; 0; 4).

Mặt phẳng (BCD) có phương trình là:

+*+-1=0 @ 4x + 3y +32 – 12 = 0.

6V34

12 h=d(A,(BCD)) =-

V34

=

(cm).

17

Bài 6 (Trang 100, SGK)

1. a) Mặt cầu (S) có tâm O(0, 0, 0) và có bán kính r= 2a. Do vậy diện tích mặt cầu (S) là: S= 4x = 4 (2a) = 16Ta” (đvdt).

Thể tích của khối cầu (S) là: V=

32

2a)

* (đvtt).

3

3

| b) Phương trình mặt phẳng Oxy là z = 0. Gọi điểm M(x, y, z) + C. Toạ độ (x, y, z) của M phải thoả mãn hệ sau: \x2 + y2 + z = (2a) x2 + y2 = 4a? | 2=0

12=0. Vậy (C) có tâm O(0, 0, 0) và bán kính r = 2a. c) Diện tích xung quanh của khối trụ là: S = 2Trh = 29.22.3a = 4/3Ta” (đvdt). Thể tích của khối trụ là:

V try = ter’h = (2a)? 13a = 413ta” (đvtt). Bài 7 (Trang 100, SGK)

1. a) Cách 1:

Đường thẳng d, đi qua điểm M(1; 0; 0) và có vectơ chỉ phương ū, = (-1; 1; – 1).

Đường thẳng d, đi qua điểm Mg(0; -1; 0) và có vectơ chỉ phương üz = (2;1;1). Vì , và u, không cùng phương nên d, và d, có thể chéo nhau hoặc cắt

f1- t = 2s nhau. Ta xét giao của dị, d2: {t=−1+s, hệ này vô nghiệm. Do vậy dị, do

1-t=S

không cắt nhau hay dị, do chéo nhau.

Cách 2: Ta có: MM, =(-1;-1;0); [x, ũ,]=(2;-1;-3).

{ũ , ủ, gMM, =-14 0 nên hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.

1. b) Mặt phẳng (a) chứa dị và song song với da thì mặt phẳng (d) đi qua điểm M(1; 0; 0) và có vectơ pháp tuyến =[ũ , ủ,]=(2;-1;-3).

Phương trình mặt phẳng (a) có dạng:

2(x-1)-(y+0) – 3(2-0) = 0 € 2x-y-32-2=0. Bài 8 (Trang 100, SGK)

7. a) Ta có AB=(2; 4; -1), AC=(3;-1; 2), AD=(2; 0; 4). [AB, AC]=17; – 7; -14) — [AB, AC).AD = 7.2 – 7.0–14.4 =-42+0. Suy ra ba vectơ AB, AC, AD không đồng phẳng. Như vậy bốn điểm A, B, C, D không cùng nằm trong một mặt phẳng. b) Mặt phẳng (ABC) qua điểm A(1; 0; -1) và nhận i =[AB, AC]=(7; -7;-14) làm vectơ pháp tuyến. Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là: ‘7(x – 1) – 7(y-0) – 14(2+1) = () #7x-y-22-3=0. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ABC) là:

6

d(D, (ABC) – 13-0-6-3

1+4 -T=VO.

V1+1+4 Nhận xét:

Ta có thể viết phương trình mặt phẳng (ABC) rồi thay toạ độ điểm D vào phương trình (ABC) để chứng minh bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng.

1. c) Phương trình tổng quát của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (ABCD) có dạng: (S): x2 + y2 +z? – 2ax – 2by – 2cz+d=0.

Vì bốn điểm A, B, C, D thuộc (S) nên thay toạ độ A, B, C, D vào phương trình (S) ta được hệ bốn phương trình với các ẩn a, b, c như sau:

-2a + 2c +d+2=0 -6a – 8b+4c+d+29=0 (2)

-8a + 2b – 2c+d+18=0 (3) 1-6a-6c+d+18=0 (4)

Sau khi tiến hành giải ta được kết quả: a =3, b =2,c=và d = 3.

.

Phương trình mặt cầu (S) là:

x2 + y2 + z2 – 6x – 4y2+3=0 (x – 3)2 +(y – 2)? +

+

Z —

Nhận xét:

Ta có thể tìm tâm I(a; b; c) của mặt cầu (S) bởi điều kiện IA = IB = IC = ID và bán kính r = IA thì cũng thu được kết quả như trên.

1. d) Ta có: AB = (2; 4; -1), AC = (3; -1; 2)

AB.AC =0= AB 1 AC. Thể tích của tứ diện ABCD là:

V = Sabe-d(D, (ABC) = 1,1V21.14./6 = 7 (dvtt). Bài 9 (Trang 100, SGK)

Ta có: AB =(-1;0;0) AC = (0; 0; 4), AD = (0; – 2; 0) > AB.AC = 0, AB.AD = 0, AC.AD = 0.

Do đó ba đường thẳng AB, AC và AD A – vuông góc với nhau từng đôi một.

Thể tích tứ diện ABCD là: VABCD = Saec.AD = LAB.AC.AD = (dvtt).

1. b) Vì tam giác ABC vuông tại A nên đường thẳng d đi qua trung điểm H của BC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) (d song song với AD) là trục của tam giác ABC.

ABCD

X =

2 Điểm Ho; 4; 1| nên phương trình đường thẳng d có dạng: 3y =4–2t

z=1

Điểm Ic d mà IA = ID là tâm của hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Với 3 3.1), bán kính 1=IA – với phương trình mặt cầu ngoại tiếp ABCD 13: (x+3)+(=3+(2–13 = 21

Nhận xét:

Ta cũng có thể làm theo phương pháp của phần c) bài 8 (trang 100, SGK) nhưng trong trường hợp này cách đó sẽ dài hơn.

1. c) Mặt phẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi d(I, (a)) = r và (a) song song với mặt phẳng (ABD).

Mặt phẳng (ABD) đi qua A(2; 4; -1) và có vectơ pháp tuyến n =[AB, AD]=(0; 0; 2). Do đó phương trình mặt phẳng (ABD) là z + 1 = 0.

| Vì thế mặt phẳng (a) có phương trình dạng z+ D = 0.

Ic

Do khoảng cách từ 1 đến (a) bằng với nên ta có: + D = 3 –

D=-14 V21

2

Vậy có hai mặt phẳng (d) thoả mãn đề bài:

(a, ): 2-1+ 2 =0 và (a,b): 2-1-21 = 0. Bài 10 (Trang 100, SGK)

1. a) Thế các biểu thức theo t của x, y, z trong phương trình tham số của d

vào phương trình mặt p

x), ta có: 2(1 – 2t)+(2+1)+(3-t) = 0

a t

Với giá trị t= ta có toạ độ giao điểm A giữa d và (a) là:

x =:1-2.

15

5

y=2+

A

ż

N

z=3-4-5

b) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương a=(-2;1; -1). Mặt phẳng (8) qua A và vuông góc với d nên nhận ã làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (8) là:

-z(x+2)+(y – -)-(–4)=0 * –2x+y-z-= 0

-21 X+-

+

y —

–

= 0

-2x+y-z

4x – 2y + 2z+15= 0. Bài 11 (Trang 101, SGK)

1. a) Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm A và có vectơ pháp tuyến =[AB, AC). AB=(-2; – 2; 2), AC = (2; 0; 3) ~ ñ =[AB, AC)= (–6; 10; 4). Phương trình của mặt phẳng (ABC) là: -6(x+1)+10(y – 2)+4(2-0) = 0 3x – 5y – 2z+13 = 0. Ta có: AD = (1; 1; -2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng AD.

(x=-1+t Như vậy, phương trình đường thẳng AD có dạng: y = 2+t ,te R.

z=-21 b) AD=(1; 1; – 2), BC =(4; 2; 1) ~ ñ =[AD, BC] =(5; – 9; – 2).. Mặt phẳng (a) chứa AD và song song với BC. Do đó n= (5; -9; -2) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (d). Vậy phương trình mặt phẳng (a) là:

5(x +1)-9(y – 2) – 2(2-0) = 0 5x – 9y – 2z+23=0. Bài 12 (Trang 101, SGK)

1. a) Ta có: BC=(-3; 0; 1), BD=(-4;-1; 2). Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD) là n=[BC, BD]=(1; 2; 3). Phương trình mặt phẳng (BCD) là: 1(x – 3) + 2(y-2)+3(2-0)=() x+2y+32–7=0. Thay toạ độ điểm A vào phương trình mặt phẳng (BCD) ta có: 1.(3) + 2(-2)+3(-2)- 7 =-14 #0. Như vậy A ¢ (BCD) hay ABCD là một tứ diện.
2. b) Mặt cầu (S) tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) có bán kính r bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).

r =d(A,(BCD)) = 13–4–6-71

+4+9

Mặt cầu (S) có phương trình là: (x – 3)2 + (y + 2)2 +(2+2)2 = 14.

1. c) Toạ độ tiếp điểm của (S) với mặt phẳng (BCD) chính là chân hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (BCD).

| Đường thẳng d qua A và d vuông góc với mặt phẳng (BCD) nên d nhận n = (1; 2; 3) làm vectơ chỉ phương. Phương trình tham số của d là:

x= 3+1 * y=-2+2t ,te R

z=-2+3t | Chân hình chiếu vuông góc T của A lên (BCD) là giao điểm d và (BCD). Thay toạ độ x, y, z trong phương trình d vào phương trình (BCD) ta có:

(3+t) +2(-2+2t)+3(-2+3t) – 7=0 € 14t-14=1 t=1=T(4; 0; 1). Bài 13 (Trang 101, SGK)

1. a) Đường thẳng d, qua M(-1; 1; 3) và có vectơ chỉ phương q =(3; 2;-2). Đường thẳng da qua M2(0; 1; -3) và có vectơ chỉ phương ủ, =(1; 1; 2).

Ta có [ũ,ũ,]=(6; <8; 1), MM, =(1; 0; -6). Mà [ũ, ,u, 1MM, = 0 nên ba vectơ u, u, MM, cùng nằm trên một mặt phẳng.

Vậy hai đường thẳng d, do nằm trên cùng một mặt phẳng. Nhận xét: Ta có thể giải bằng cách xét giao của dị, do.

Dễ thấy hai đường thẳng có một điểm chung duy nhất I= do da; I(2; 3; 1) nên dị, da thuộc cùng một mặt phẳng.

b) Gọi (P) là mặt phẳng chứa dị, dy. Khi đó (P) qua điểm M(-1; 1; 3) và có vectơ pháp tuyến: ñ =[ū,, üz]= (6; -8; 1). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: 6(X+1) – 8(y-1)+(23)=0 6 6x-8y+z+11=0.

Bài 14 (Trang 101, SGK)

1. a) Ta có: GA+2GB – 2GC =Ő

GA+2(GA+AB) – 2(GA +AC)=7 #GA+2(AB – AC)=7

AG = 2(AB – AC) AG = 2CB. Điểm G xác định bởi hệ thức AG =2CB.

Qua đỉnh A của tam giác ABC, kẻ đường thẳng song song với CB và lấy trên đó điểm G sao cho AG = 2GB. Đó chính là điểm G cần tìm.

1. b) Gọi G là điểm trong câu a): GA+ 2GB-2GC=0. Ta có: MA = MA = MG +GA) = MG +GA + 2MGGA; MB2 = MB” = (MG +GB)? = MG? +GBP + 2MG.GB; MCP = MC = (MG+GC)2 = MG? +GC? +2MG.GC. Từ đó suy ra MA’+2MBỏ – 2MC =k?

MG? +GB? + 2GB2 – 2GCP + 2MG.(GA+2GB – 2GC) = k?

e MG =k -(GA? +2GB – 2GC) vì GA +2GB-2GC=0. Do đó:

Nếu ko -(GA? +2GB – 2GC)=r > 0 thì tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm G bán kính r.

Nếu ko-(GA +2GB? – 2GC)=0 thì tập hợp M chính là điểm G.

Nếu ko -(GA +2GB? – 2GC)<0 thì tập hợp các điểm M là tập rỗng. Bài 15 (Trang 101, SGK)

1. a) Đường thẳng d đi qua điểm M(2; -1; 1) và có vectơ chỉ phương ũ =(-1; 1; -1).

Đường thẳng d đi qua điểm M(2; 0; 1) và có vectơ chỉ phương u =(2; 1; 1). Xét ñ = [ü,üz]= (2; -1; –3)

Mặt phẳng (d) và (8) lần lượt chứa d, do và song song với nhau, nhận n làm vectơ pháp tuyến.

Vậy phương trình mặt phẳng (d) là: 2(x — 2)-(y +1) – 3(2-1)=0 (a): 2x – y -32 – 2 = 0. Phương trình mặt phẳng (8) là: 2(x — 2)-(y-0) – 3(2-1)=0 (b): 2x-y-32-1=0. b) Khoảng cách từ M(2; -1; 1) đến mặt phẳng (8) bằng: d(M.(6) – 14+1-3-1 1 V14

14+1+9 114 14 Khoảng cách từ M(2; 0; 1) đến mặt phẳng (d) bằng:

14-0–3–2 d(M’, (a))=14-03-22

1 _V14 14+1+

9 V14 14 Ta thấy hai khoảng cách trên bằng nhau. Nhận xét: .

Vì hai mặt phẳng (d) và (B) song song nên khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia đều bằng nhau. Số không đổi đó còn được gọi là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song. Bài 16 (Trang 102, SGK)

1. a) Vectơ n =(4;1; 2), nQ =(2;-2; 1) lần lượt là các vectơ pháp tuyến của các mặt phẳng (d) và (8). | Do n, n, không cùng phương nên (a) và (8) cắt nhau theo một đường thẳng. | b) Gọi đường thẳng giao tuyến đó là d.

Khi đó , n, có giá vuông góc với đường thẳng d, vì vậy vectơ u =[i, r]=(5; 0; -10) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Ta có thể chọn vectơ q = (1; 0; -2) làm vectơ chỉ phương.

(4x+y+22+1=0 Ta xét hệ sau:

– 2x – 2y+z+3=0. Lấy điểm M(1; 1; -3) thuộc đường thẳng d.

[x =1+s Phương trình tham số của d là: {y=1 ,se R. .

z=-3-2s

1. c) Muốn tìm M là ảnh của M(1; 2; 1) qua phép đối xứng qua mặt phẳng (a), ta xét đường thẳng A qua M và vuông góc với (a). Gọi giao điểm của A và (a) là I. Khi đó thì I là trung điểm của MM. | Đường thẳng A có vectơ chỉ phương n (4; 1; 2). Phương trình tham số của A là:

x=4+41 A: { y = 2+t te R,

z=1+21

Thay toạ độ x, y, z theo t trong phương trình A vào phương trình (a), ta có: 4(4+4t) +(2+t) + 2(1+2t)+1=0 a 21t+21=0. t =-1

I(0; 1; -1). Gọi M(x, y, z) thì toạ độ của I bằng trung bình cộng các toạ độ tương ứng của M, M. Ta có: X+4.

z+1 – -=0 x =-4; -=1> y=0); =-1 Z=-3.

Y + 2

4

.

2

1

2

Như vậy M(-4; 0; -3).

1. d) Gọi H là hình chiếu vuông góc của N(0; 2; 4) lên d, N là điểm đối xứng của N qua d. Khi đó thì H là trung điểm của NN”.

Ta có: He d cho nên H(1+t; 1;-3-2t).

Do HN vuông góc với d nên HN.] =0, trong đó u =(1; 0; – 2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Ta có: HN =(-1-t; 1; 7+2s), suy ra: HN.u=-1-t-14-4t = -15–5t = 0) ==-3. Với giá trị t = -3 ta có H(-2; 1; 3). Từ đó dễ tính được N(-4; 0; 2).