Bài tập hình học KG

Chia sẻ: Nguyen Thang Thang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

0
143
lượt xem
73
download

Bài tập hình học KG

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong không gian Oxyz, vi t ph ng trình m t ph ng (ế ươ ặ ẳ P) chứa đường thẳng (d) :x y 2 0 2x z 6 0 - - = ì - - =sao cho giao uyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) :x2 + y2 + z2 + 2x- 2y+ 2z-1= 0 là đường tròn có bán kính r = 1.Cho lăng trụABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập hình học KG

  1. BI 1 Câu 1: Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đ ường th ẳng (d) : x − y − 2 = 0  sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt c ầu (S) : 2x − z − 6 = 0 x2 + y2 + z2 + 2x − 2y + 2z − 1 = 0 là đường tròn có bán kính r = 1. Câu 2: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông c ạnh a. G ọi D, F l ần l ượt là trung điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'. GIẢI Câu 1: Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0 ⇔ (P) : (m+ 2n)x − my − nz − 2m− 6n = 0 ° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2. ° (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = 1 ⇔ d(I; P) = R2 − r2 = 3 −m− 2n − m+ n − 2m− 6n ⇔ = 3 ⇔ −4m− 7n = 3. 2m2 + 5n2 + 4m.n (m+ 2n)2 + m2 + n2 ⇔ 5m2 + 22m.n + 17n2 = 0 2 17 ° Cho n = 1 ⇒ 5m + 22m+ 17 = 0 ⇔ m = −1 hay m = − 5 (P1) : x + y − z − 4 = 0 ° Vậy, có 2 mặt phẳng (P):  (P2 ) : 7x − 17y + 5z − 4 = 0 Câu 2: A/ C/ . Cách 1: B/ F ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ AB = BC = CA = A / B/ = B/ C/ = C/ A / = a H ⇒ các tam giác ABC, A/B/C/ là các tam giác đều. / / / / / ° Ta có: B C // BC ⇒ B C //(A BC) A C ⇒ d(A / B; B/ C/ ) = d(B/ C/ ; (A / BC)) = d(F; (A / BC)) D BC ⊥ FD B ° Ta có:  / / / ⇒ BC ⊥ (A / BC) BC ⊥ A D (∆A BC caâ taï A ) n i ° Dựng FH ⊥ A / D / / ° Vì BC ⊥ (A BC) ⇒ BC ⊥ FH ⇒ H ⊥ (A BC) 1 1 1 4 1 7 a 21 ° DA/FD vuông có: 2 = / 2+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ FH = . FH AF FD 3a a 3a z 7 C/ a 21 A/ / / / ° Vậy, d(A B; B C ) = FH = a 7 B/ Cách 2: ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ DABC, DA/B/C/ là các tam giác đều cạnh a. C A Trang 1 D y x B
  2. ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), a a 3   a a 3  / B ; ; 0÷, C  − ; ; 0÷, A (0; 0; a), 2 2   2 2  a a 3  / a a 3  B/  ; ; a÷, C  − ; ; a÷ 2 2   2 2  / / / / / ° Ta có: B C // BC, B C // (A BC) ⇒ d(B/ C/ ; A / B) = d(B/ C/ ; (A / BC)) = d(B/ ; (A / BC)) uuuu  a a 3 r  uuuu  a a 3 r  ° A /B =  ; ; − a÷, A / C =  − ; ; − a÷ 2 2   2 2  uuuu uuuu  r r a 3 2  3 r  3 2 r ° [A / B; A / C] =  0; a2; 2 ÷ = a  0; 1; ÷ = a .n, với n =  0; 1; ÷  2   2   2  r ° Phương trình mp (A/BC) qua A/ với pháp vectơ n : 3 0(x − 0) + 1 − 0) + (y (z − a) = 0 2 3 a 3 ⇔ (A / BC) : y + z− =0 2 2 a 3 3 a 3 a 3 + .a − d(B/ (A / BC)) = 2 2 2 = 2 = a 21. ° 3 7 7 1+ 4 2 a 21 ° Vậy, d(A / B; B/ C/ ) = . 7 BI 2 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đ ường th ẳng x−1 y+ 2 z − 3 (D) : = = 2 −1 2 1. Tìm điểm M thuộc (D) để thể tích tứ diện MABC bằng 3. 2. Tìm điểm N thuộc (D) để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất. Câu 2: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, kho ảng cách t ừ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau. GIẢI Câu 1: Trang 2
  3. x = 1+ 2t  1. Phương trình tham số của (D):  y = −2 − t z = 3+ 2t  ° M ∈ (∆) ⇒ M(1+ 2t; − 2 − t; 3+ 2t) uuur uuur ° AB = (2; 1 2), AC = (−2; 2;1) ; uuu uuu r r r r ° [AB; AC] = (−3; − 6; 6) = −3(1 2; − 2) = −3.n , với n = (1 2; − 2) ; ; r ° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0. 1 uuu uuu r r 1 9 ° SABC = [AB; AC] = (−3)2 + (−6)2 + 62 = . 2 2 2 ° Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC): 1+ 2t + 2(−2 − t) − 2(3+ 2t) − 2 −4t − 11 MH = d(M(ABC)) = = 1+ 4 + 4 3 1 9 4t + 11 ° Thể tích tứ diện MABC bằng 3 ⇔ V = . . =3 32 3 5 17 ⇔ 4t + 11 = 6 ⇔ t = − hay t = − . 4 4  3 3 1  15 9 11 ° Vậy, có 2 điểm M cần tìm là: M  − ; − ; ÷ hay M  − ; ; ÷  2 4 2  2 4 2 2. N ∈ (∆ ) ⇒ N(1+ 2t; − 2 − t; 3+ 2t) 1 uuu uuu r r 1 2 3 2 ° SABN = [NA; NB] = 32t2 + 128t + 146 = (4t + 8)2 + 9 ≥ 2 2 2 2 3 2 ⇒ maxSABN = ⇔ 4t + 8 = 0 ⇔ t = −2. 2 ° Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1). Câu 2: S Cách 1: ° Gọi O là tâm của DABC SA = SB = SC I ° Ta có:  OA = OB = OC (∆ABC ñeà) u ⇒ SO là trục của đường tròn (ABC) A C ⇒ SO ⊥ (ABC) O ° Mà : AO ⊥ BC; SO ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SOA) ⇒ BC ⊥ SA M ° Dựng BI ⊥ SA , suy ra: SA ⊥ (IBC) ⇒ SA ⊥ IC. B · ⇒ BIC là góc phẳng nhị diện (B, SA, C). 2 2 a2 3h2 + a2 2 2 3h2 + a2 ° DSOA vuông có: SA = SO + OA = h + = ⇒ SA = 3 3 3 ° Gọi M là trung điểm BC Ta có: BM ⊥ (SOA), BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA (định lý 3 đường vuông góc) ⇒ ∆MIA : ∆SOA Trang 3
  4. AM a 3 3 3ah ⇒ MI = SO. = h. . = SA 2 3h2 + a2 2 3h2 + a2 ° ∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân tại I. 1 ° (SAB) ⊥ (SAC) ⇔ ∆IBC vuông cân tại I ⇔ IM = BC 2 3ah 1 ⇔ = a ⇔ 3h = 3h2 + a2 2 3h2 + a2 2 a 6 ⇔ 9h2 = 3h2 + a2 ⇔ h= . 6 a 6 ° Vậy, h = . z 6 Cách 2: S ° Gọi H là tâm của DABC và M là trung điểm của BC SA = SB = SC ° Ta có:  HA = HB = HC (∆ABC ñeà) u A C ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az H M y đôi một vuông góc A(0; 0; 0), z B a a 3   a a 3   a 3   a 3  B ; ; 0÷, C  − ; ; 0÷, H  0; ; 0÷, S 0; ; h÷ . 2 2   2 2   2   3  uuu  a 3  uur  a a 3 r  uur  a a 3 u  ° SA =  0; ; h÷, SB =  ; ; − h÷, SC =  − ; ; − h÷  3  2 6   2 6  uuu uur  ah 3 ah a2 3  r a ar ° [SA; SB] =  − ; ;− ÷ = − (3h 3; − 3h; a 3) = − .n1,  2 2 6  6 6 r với n1 = (3h 3; − 3h; a 3) uuu uur r u  ah 3 ah a2 3  a ar ° [SA; SC] =  − ;− ; ÷ = − (3h 3; 3h; − a 3) = − .n2,  2 2 6  6 6 r với n2 = (3h 3; 3h; − a 3) . uuu uur r r ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB nên có pháp vectơ n1 . uuu uur r u r ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC nên có pháp vectơ n2 . r r ° (SAB) ⊥ (SAC) ⇔ cos(n1; n2) = 0 ⇔ 3h 3.3h 3 − 3h.3h + a 3(−a 3) = 0 ⇔ 27h2 − 9h2 − 3a2 = 0 a 6 ⇔ 18h2 = 3a2 ⇔ h = . 6 a 6 ° Vậy: h = . 6 Trang 4
  5. BI 3 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S): 2x − 2y − z + 1= 0 (d) : ; (S) :x2 + y2 + z2 + 4x − 6y + m = 0 x + 2y − 2z − 4 = 0 Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho MN = 8. Câu 2: Cho tứ diện OABC có đáy là DOBC vuông tại O, OB = a, OC = a 3, (a > 0) và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách gi ữa hai đ ường th ẳng AB và OM. GIẢI Câu 1: M H N 2 2 2 Mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 3) + z = 13− m có tâm I(-2; 3; 0), bán kính R = IN = 13− m , với m < 13. I ° Dựng IH ⊥ MN ⇒ MH = HN = 4 ⇒ IH = IN2 − HN2 = 13− m− 16 = − m− 3 , với m < -3. x = t   1 ° Phương trình tham số của đường thẳng (d):  y = 1+ t  2 z = −1+ t  r  1  1 ° (d) có vectơ chỉ phương u =  1 ; 1÷ = ; (2; 1 2) và đi qua điểm A(0; 1; -1) ;  2  2 uu r uu r r ° AI = (−2; 2; 1); [AI; u] = (3; 6; − 6) uu r r [AI; u] 32 + 62 + 62 81 ° Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d): h = r = = = 3. u 22 + 12 + 22 9 ° Ta có: IH = h ⇔ − m− 3 = 3 ⇔ − m− 3 = 9 ⇔ m = −12 (thỏa điều kiện) ° Vậy, giá trị cần tìm: m = -12. Câu 2: Cách 1: ° Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. ° Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình) ⇒ OM // (ABN) ⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)). ° Dựng OK ⊥ BN, OH ⊥ AK (K ∈ BN; H ∈ AK ) ° Ta có: AO ⊥ (OBC); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN Trang 5
  6. BN ⊥ OK; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ (AOK ) ⇒ BN ⊥ OH OH ⊥ AK; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ (ABN) ⇒ d(O; (ABN) = OH ° Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15 2 = 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ OH = OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a 5 z a 15 ° Vậy, d(OM; AB) = OH = . a 3 A 5 Cách 2: N ° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc O(0; 0; 0), C A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0), O a 3 y a a 3   a 3 a 3 M M ; ; 0÷ và N  0; ; B ÷  2 2   2 2  a là trung điểm của AC. x ° MN là đường trung bình của DABC ⇒ AB // MN ⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)). uuuu  a a 3  uuu  a 3 a 3  r r ° OM =  ; ; 0÷, ON =  0; ; ÷ 2 2   2 2  r r  3a2 a2 3 a2 3  a2 3 uuuu uuu a2 3 r ° [OM; ON] =  ; ; ÷= ( 3; 1 1 = ; ) r n , với n = ( 3; 1 1) ;  4 4 4  4 4 r ° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n: 3x + y + z = 0 3.a + 0 + 0 a 3 a 15 ° Ta có: d(B; (OMN)) = = = 3+ 1+ 1 5 5 a 15 ° Vậy, d(AB; OM) = . 5 BI 4 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (a) : 2x – y + z – 5 = 0. Vi ết ph ương trình m ặt ph ẳng (P) qua giao tuyến của (a) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 m ặt ph ẳng t ọa đ ộ m ột t ứ 125 diện có thể tích bằng . 36 Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân t ại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của DABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60o. GIẢI Câu 1: Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0 Trang 6
  7. ° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác định bởi (a) và (xOy) có dạng: m(2x – y + z – 5) – nz = 0 ⇔ (P) : 2mx − my + (m+ n)z − 5m = 0 ° Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ: 5   5m  A  ; 0; 0÷, B(0; − 5; 0), C  0; 0; ÷ 2   m+ n  125 1 1 5 5m 125 ° Thể tích tứ diện OABC bằng ⇔ V = .OA.OB.OC = . .5. = 36 6 6 2 m+ n 36  m+ n = 3m m = 1 n = 2 , ⇔ m+ n = 3 m ⇔  ⇒  m+ n = −3m  m = 1 n = −4 , ° Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P): (P1) : 2x − y + 3z − 5 = 0 (m = 1 n = 2) ; (P ) : 2x − y − 3z − 5 = 0 (m = 1 n = −4) ;  2 Câu 2: S . Cách 1: ° Gọi M là trung điểm của BC ⇒ AM ⊥ BC (DABC vuông cân) I C ° Ta có: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC . Suy ra: BC ⊥ (SAM) ° Dựng BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA và IC ⊥ SA A G M · ⇒ BIC là góc phẳng nhị diện (B; SA; C). ° ∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân tại I. B 1 a 2 a 2 ° BC = a 2; AM = BM = MC = BC = ; AG = 2 2 3 AM a 2 1 ax 2 ∆AIM ~∆AGS ⇒ IM = SG. = x. . = ° AS 2 SG2 + AG2 2a2 2 2 x + 9 3ax 2 ⇔ IM = . 2 9x2 + 2a2 · · o o a 2 3.3ax 2 ° Ta có: BIC = 60o ⇔ BIM = 30 ⇔ BM = IM.tg30 ⇔ = 2 2 9x2 + 2a2 ⇔ 9x2 + 2a2 = 3x 3 ⇔ 9x2 + 2a2 = 27x2 a ⇔ 18x2 = 2a2 ⇔ 9x2 = a2 ⇔ x =z . 3 a x ° Vậy, x = . 3 Cách 2: ° BC = a 2 ° Gọi M là trung điểm BC A F C a 2 a 2 ⇒ AM = ; AG = G y 2 3 E M Trang 7 B x
  8. ° Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông a ⇒ AG = AE 2 ⇒ AE = AF = . 3 ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), a a  a a  C(0; a; 0), G  ; ; 0÷, S ; ; x ÷. 3 3  2 2  uuu  a a  uur  2a a r  uur  a 2a u  ° SA =  ; ; x ÷, SB =  ; − ; − x ÷, SC =  − ; ; − x ÷ 3 3   3 3   3 3  uuu uur  r a2   a r r  a ° [SA; SB] =  0; ax; − ÷ = a 0; x; − ÷ = a.n1 , với n1 =  0; x; − ÷  3  3  3 uuu uur r u a2  a r r  a ° [SA; SC] = (−ax; 0; ) = −a x; 0; − ÷ = −a.n2, với n2 =  x; 0; − ÷. 3  3  3 uuu uur r r ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB nên có pháp vectơ n1 uuu uur r u r ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC nên có pháp vectơ n2 ° Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60o. a a a2 0.x + x.0 + 3 3 9 ⇔ cos60o = = a2 a 2 9x2 + a2 0 + x2 + x2 + 0 + 9 9 9 1 a2 2 2 2 2 2 a ⇔ = 2 2 ⇔ 9x = a = 2a ⇔ 9x = a ⇔ x = . 2 9x + a 3 a ° Vậy, x = . 3 BI 5 Câu 1: Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng x−1 y z+ 2 (d) : = = và mặt phẳng (a) : 2x – y – 2z = 0. 1 2 2 Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính góc và kho ảng cách giữa hai đường thẳng SE và AF. GIẢI Trang 8
  9. Câu 1: Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox . 2a 2a ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (a) : d(A; α) = = 2 2 2 3 r 2 +1 + 2 ° (D) qua M 0(1 0; − 2) và có vectơ chỉ phương u = (1 2; 2) ; ; uuuuuu r r ° Đặt M 0M1 = u ° Do đó: d(A; D) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0M 1 uuuuu r r 2.SAM 0M1 [AM 0; u] 8a2 − 24a + 36 ⇒ d(A; ∆ ) = = r = M 0M1 u 3 ° Theo giả thiết: d(A; a) = d(A; D) 2a 8a2 − 24a + 36 ⇔ = ⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 0 3 3 2 ⇔ 4(a − 3) = 0 ⇔ a = 3. ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 2: Cách 1: S ° Gọi M là trung điểm của BF ⇒ EM // AF · · · ⇒ (SA; AF) = (EM; AF) = SEM ° DSAE vuông tại A có: SE2 = SA 2 + AE = a2 + 2a2 = 3a2 ⇒ SE = a 3 H A C 2a 2. 3 ° AF = =a 6 2 K F E a 6 M ⇒ EM = BM = MF = ; BF = a 2 B 2 ° SB2 = SA 2 + AB2 = a2 + 8a2 = 9a2 ⇒ SB = 3a ° SF 2 = SA 2 + AF 2 = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a 7 ° Áp dụng định lý đường trung tuyến SM trong DSBF có: 1 SB2 + SF 2 = 2.SM 2 + BF 2 2 1 15a2 ⇔ 9a2 + 7a2 = 2SM 2 + .2a2 ⇔ SM 2 = 2 2 ° Gọi a là góc nhọn tạo bởi SE và AF ° Áp dụng định lý hàm Côsin vào DSEM có: 3a2 15a2 2 2 2 3a2 + − · ES + EM − SM 2 2 = − 2 = 2. cosα = cosSEM = = 2.ES.EM a 6 2 2 2. .a 3 2 ⇒ α = 45o. a 2 ° Dựng AK ⊥ ME; AH ⊥ SK. Ta có: AK = MF = và AH ⊥ (SME) 2 Trang 9
  10. ° Vì AF // ME ⇒ d(SE; AF) = d(AF; (SME)) = AH. 1 1 1 1 2 3 a 3 ° DSAK vuông có: 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = AH SA AK a a a 3 a 3 ° Vậy, d(SE; AF) = . 3 z Cách 2: ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az a S đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a 2; a 6; 0), C(−a 2; a 6; 0), S(0; 0; a), C a 2 a 6  E ; ; 0÷; F(0; a 6; 0) A  2 2  x F a 2  E y và M  ; a 6; 0÷. M  2  B uur  a 2 a 6  uuu r uuu  a 2 r  ° SE =  ; ; − a÷; AF = (a; a 6; 0), SM =  ; a 6; − a÷  2 2   2  ° Gọi a là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có: a 2 a 6 uur uuu r 0. + a 6. 0(−a) 2 2 3a2 2 cosα = cos(SE; AF) = = = . a2 3a2 a 6.a 3 2 0 + 6a2 + 0. + + a2 2 2 ⇒ α = 45o. uur uuur  a2 6 a2 3  a2 3 a2 3 r r ° [SE; SM] =  ; 0; ÷= ( 2; 0; 1) = n, với n = ( 2; 0; 1)  2 2  2 2 r ° Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ n: 2x + z − a = 0. 0+ 0− a a 2 ° Khoảng cách từ A đến (SEM): d(A;SEM) = = 2+1 3 ° Vì AF // EM ⇒ AF //(SEM) ⇒ d(SE; AF) = d(A; SEM) a 3 ° Vậy, d(SE; AF) = . 3 ĐỀ 6 Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S): 2 (P): 2x + 2y + z − m − 3m = 0 ; (S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 1 2 = 9. ) Tìm m để (P) tiếp xúc (S). Với m tìm được xác định tọa độ tiếp điểm. Câu : Trang 10
  11. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, c ạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng minh DMAB cân và tính di ện tích DMAB theo a. LỜI GIẢI Câu 1: (P) : 2x + 2y + z − m2 − 3m = 0 (S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (x − 1)2 = 9 có tâm I(1; -1; 1) và bán kính R = 3. (P) tiếp xúc (S) ⇔ d[I, (P)] = R 2.1+ 2.(−1 + 1.1− m2 − 3m ) 2  m2 + 3m − 1= 9 m = 2 ⇔ = 3 ⇔ m + 3m− 1 = 9 ⇔  2 ⇔  22 + 22 + 12  m + 3m − 1= −9   m = −5 ° Vậy, (P) tiếp xúc (S) khi m = -5 hay m = 2, khi đó (P): 2x + 2y + z – 10 = 0 ° Đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) có phương trình: x−1 y+1 z −1 = = 2 2 1 2x + 2y + z − 10 = 0 x = 3   ° Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:  x − 1 y + 1 z − 1 ⇒  y = 1  2 = 2 = 1  z = 2  ° Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2). S Câu 2: Cách 1: ° Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AC. M Do đó DSAC vuông tại A có AM là 1 trung tuyến nên MA = SC. 2 A C H SA ⊥ (ABC) ° Ta lại có:  K AB ⊥ BC (∆ABC vuoâg taï B) n i B ⇒ SB ⊥ BC (định lý 3 đường vuông góc) 1 Do đó DSBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên MB = SC. 2 ° Suy ra: MA = MB ⇒DMAB cân tại M. ° Dựng MH // SA và HK // BC (H ∈ AC; K ∈ AB)  1 SA ⊥ (ABC) MH ⊥ (ABC) MH = 2 SA = a  vì:  ⇒ ⇒  BC ⊥ AB HK ⊥ AB HK = 1 BC = a   2 2 2 2 2 2 2 ° DMHK vuông tại H có: MK = MH + HK = a + a = 2a ⇒ MK = a 2 1 1 a2 2 ° Diện tích DMAB: SMAB = .MK.AB = .a 2.a = 2 2 2 Cách 2: Trang 11
  12. ° DABC vuông tại B có: z 2 2 2 2 2 2 AC = AB + BC = a + 4a = 5a S 2a ⇒ AC = a 5 ° Dựng BH ⊥ AC (H ∈ AC), ta có: M 2 2 AB a a ⋅ AH = = = AC a 5 5 y A H C 1 1 1 5 ⋅ = + = 2 a 5 BH2 AB2 BC2 4a K 2a x a B ⇒ BH = 5 5 ° Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc và  2a a  A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B  ; ; 0÷  5 5   a 5  ° Tọa độ trung điểm M của SC là M  0; ; a÷  2  uuuu  a 5  r 3a ° Ta có: MA =  0; ; a÷ ⇒ MA =  2  2 uuur  2a 3a  3a MB =  − ; ; a÷ ⇒ MB = .  5 2 5  2 suy ra: MA = MB ⇒DMAB cân tại M. uuuu uuur r  a2 2a2 2  uuuu uuur r ° Ta có: [MA; MB] =  ;− ; a ÷ ⇒ [MA; MB] = a2 2  5 5  1 uuuu uuur r 1 a2 2 ° Diện tích DMAB: SMAB = [MA; MB] = .a2 2 = . 2 2 2 BI 7 Câu 1: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc bằng ϕ (0o < ϕ < 90o ) . Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đ ỉnh A đ ến m ặt phẳng (SBC). Câu 2: . Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: x = 2t  x + y − 3= 0 (d1) : y = t ; (d2) :  z = 4 4x + 4y + 3z − 12= 0  S Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đo ạn vuông góc chung của (d1) và (d2). GIẢI Câu 1: Cách 1: A C j Trang 12 O H B
  13. ° Gọi H là trung điểm của BC. ° Do S.ABC đều và DABC đều nên chân đường cao đỉnh S trùng với giao điểm ba đường cao là trực tâm O của DABC và có DSBC cân tại S. · suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, nên SHA = ϕ . 1 a 3 ° Ta có: OH = AH = . 3 6 a 3 HO a 3 ∆SHO vuông góc: SO = HO.tgϕ = tgϕ và SH = = 6 cosϕ 6.cosϕ 1 1a 3 a2 3 a3tgϕ ° Thể tích hình chóp S.ABC: V = .SO.SABC = . tgϕ. = 3 3 6 4 24 1 a2 3 ° Diện tích DSBC: SSBC = .SH.BC = 2 12.cosϕ ° Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có: 1 3.V a3tgϕ a2 3 a 3 V = .h.SSBC ⇒ h = = 3. : = sinϕ 3 SSBC 24 12cosϕ 2 Cách 2: ° Vì S.ABC là hình chóp đều z nên chân đường cao đỉnh S trùng S với tâm O đường tròn (ABC). ° Gọi M là trung điểm của BC. Ta có: 2 a 3 a 3 - AO = AM = và OM = 3 3 6 C - · AM ⊥ BC, SM ⊥ BC ⇒ SMA = ϕ A j - DSOM vuông có: O M y a 3 SO = OM.tgϕ = tgϕ x B 6 ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), a a 3   a a 3   a 3   a 3   a 3 a 3  B ; ; 0÷,C  − ; ; 0÷,M  0; ; 0÷, O  0; ; 0÷, S 0; ; tgϕ ÷  2 2   2 2   2   3   3 6  1 a3tgϕ ° Thể tích hình chóp: V = .SO.SABC = 3 24 uur  a a 3 a 3  uuur ° Ta có: BS =  − ; − ; tgϕ ÷, BC = (−a; 0; 0)  2 6 6  uur uuu  r a2 3 a2 3  r ° [BS; BC] =  0; − tgϕ; − ÷= n  6 6  r ° Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n: Trang 13
  14.  a  a2 3  a 3  a2 3 O  x − ÷− tgϕ  y − ÷− (z − 0) = 0  2 6  2  6 a 3 ⇔ (SBC) : tgϕy + z − tgϕ = 0. 2 ° Khoảng cách d từ A đến (SBC): a 3 a 3 tgϕ.O + O − tgϕ tgϕ a 3 2 d= = 2 = sinϕ. tg2ϕ + 1 1 2 cosϕ Câu 2: r (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 = (2; 1 0) ; r (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 = (3; − 3; 0) uuu r ° AB = (3; 0; − 4) uuu r r r uuu r r r ° AB.[u1; u2] = 36 ≠ 0 ⇒ AB, u1, u2 không đồng phẳng. ° Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau. x = 3+ t/  / ° (d2) có phương trình tham số:  y = − t z = 0  ° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) ° M ∈ (d1) ⇒ M(2t; t; 4) , N ∈ (d2) ⇒ N(3+ t/ ; − t/ ; 0) uuuu r ⇒ MN = (3+ t/ − 2t; − t/ − t; − 4) uuuu r r MN ⊥ u1   / / 2(3+ t − 2) − (t + t) = 0  t/ = −1 M(2; 1 4) ; ° Ta có:  uuuu r ⇒  r ⇔ ⇒ t = 1 N(2; 1 0) ; / / MN ⊥ u2  3+ t − 2t + (t + t) = 0  1 ° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R = MN = 2. 2 2 2 2 ° Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 1) + (z − 2) = 4. BI 8 Câu 1: Trong không gian Oxyz có 2 mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3z – 5 = 0, (Q): 3x – 4y + 9z + 7 = 0 và 2 đường thẳng: x+ 5 y − 3 z + 1 x− 3 y+1 z− 2 (d1): = = ; (d2 ) : = = 2 −4 3 −2 3 4 Trang 14
  15. Viết phương trình đường thẳng (D) song song với hai m ặt phẳng (P) và (Q), và cắt hai đường thẳng (d1) và (d2). Câu 2: Cho hình lập phương ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần l ượt là trung đi ểm c ủa AB và C'D'. Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN). GIẢI Câu 1: r r/ r/ (P) có pháp vectơ nP = (3; 12; − 3) = 3(1 4; − 1) = 3nP , với nP = (1 4; − 1) ; ; r ° (Q) có pháp vectơ nQ = (3; − 4; 9) r D/ r ° (d1) có vectơ chỉ phương u1 = (2; − 4; 3) r nq Q r np P ° (d2) có vectơ chỉ phương u2 = (−2; 3; 4) D r (∆ / ) = (P) ∩ (Q) u Q/  / / P/ (P )//(P), (Q )//(Q) r ° Gọi:  / / u1 (d1) ⊂ (P ), (d2) ⊂ (Q ) r u2 r r / A  u = u∆ d1 B d 2 ° Suy ra (D) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) / và (Q/), và (D) // (D/). r r/ r r/ ° (D) có vectơ chỉ phương u = [nP ; nQ ] = (32; − 12; − 16) = 4(8; − 3; − 4) = 4u , r/ với u = (8; − 3; − 4). r r/ ° mp (P/) có cặp vectơ chỉ phương u1 và u nên có pháp vectơ: r r r/ nP/ = [u1; u ] = (25; 32; 26) r ° Phương trình mp (P/) chứa (d1) đi qua điểm A(-5; 3; -1) ∈ (d1) với nP/ là: 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 ⇔ (P/ ) : 25x + 32y + 26z + 55 = 0 r r/ ° mp (Q/) có cặp vectơ chỉ phương u2 và u nên có pháp vectơ: r r r/ nQ/ = [u2; u ] = (0; 24; − 18) r ° Phương trình mp (Q/) chứa (d2) đi qua điểm B(3; -1; 2) ∈ (d2 ) với nQ/ là: 0(x − 3) + 24(y + 1) − 18(z − 2) = 0 ⇔ (Q/ ) : 4y − 3x + 10 = 0 / / ° Ta có: (∆) = (P ) ∩ (Q ). 25x + 32y + 26z + 55 = 0 ° Vậy, phương trình đường thẳng (D) :  4y − 3z + 10 = 0 Câu 2: D/ N C/ Cách 1: / / / / ° Bốn tam giác vuông AA M, BCM, CC N, A D N bằng nhau (c.g.c)A/ B/ D C Trang 15 A B M
  16. ⇒ A / M = MC = CN = NA / ⇒ A / MCN là hình thoi. ° Hai hình chóp B/A/MCN và B/.A/NC có chung đường cao vẽ từ đỉnh B/ và SA / MCN = 2.SA / NC nên: VB/ .A / MCN = 2.VB/ .A / NC. 1 / 1 1 a3 a3 ° Mà: VB/ .ANC = VC.A / B/ N = .CC .SA / B/ N = .a. .a.a = ⇒ VB/ .A / MCN = . 3 3 2 6 3 1 / ° Ta có: SA / MCN = .A C.MN, với A / C = a 3; MN = BC/ = a 2 2 a2 6 ⇒ SA / MCN = . 2 / 1 ° Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: VB/ .A / MCN = .B H.SA / MCN 3 / 3.VB/ .A / MCN a3 a2 6 a 6 ⇒ BH= = 3. : = . SA / MCN 3 2 3 Cách 2: ° Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz z đôi một vuông góc, a D / N C/ A(a; 0; 0), B(a; a; 0), C(0; a; 0), D(0; 0; 0), A/(a; 0; a), A/ B/(a; a; a), C/(0; a; a), D/(0; 0; a),  a   a  M  a; ; 0÷, N  0; ; a÷ D C  2   2  a y uuuur uuuur / ° Ta có: A C = (−a; a; − a), MN = (−a; 0; a) A a M B uuuu uuuu r r x [A / C; MN] = (a2; 2a2; a2) = a2(1 2; 1) ; r r = a2.n vôù n = (1 2; 1). i ; r ° Phương trình mp (A/MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ n: 1 − 0) + 2(y − a) + 1 − 0) = 0 (x (z ⇔ (A / MCN) : x + 2y + z − 2a = 0. ° Khoảng cách d từ B/(a; a; a) đến mp(A/MCN): a + 2a + a − 2a 2a a 6 d= = = . 1+ 4 + 1 6 3 ĐỀ 9 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: Trang 16
  17. x = t x = t'   (d1) : y = 4 + t ; và (d2) : y = 3t'− 6 z = 6 + 2t z = t'− 1   Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d 2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1). Câu 2: 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, m ặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a. GIẢI Câu 1: r (d1) có vectơ chỉ phương u1 = (1 1 2) ; ; r (d2) có vectơ chỉ phương u2 = (1 3; 1) ; uur ° K ∈(d2) ⇒ K(t/ ; 3t/ − 6; t/ − 1) ⇒ IK = (t/ − 1 3t/ − 5; t/ − 2) ; uu r r 18  18 12 7  ° IK ⊥ u2 ⇔ t/ − 1+ 9t/ − 15+ t/ − 2 = 0 ⇔ t/ = ⇒ K ;− ; ÷ 11  11 11 11 ° Giả sử (D) cắt (d1) tại H(t; 4 + t; 6 + 2t), (H ∈ (d1)) uuu  18 r 56 59  ° HK =  − t; − − t; − − 2t ÷  11 11 11  uuu r r 18 56 118 26 ° HK ⊥ u1 ⇔ − t− − t− − 4t = 0 ⇔ t = − 11 11 11 11 uuur  30 7 1 ⇒ HK =  4; − ; − ÷ = (44; − 30; − 7).  11 11 11  18  x = 11 + 44λ   12 ° Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (D):  y = − − 30λ .  11  7 z = 11 − 7λ  Câu 2: Cách 1: ° Dựng SH ⊥ AB S ° Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH = α B N ° DSHN = DSHP ⇒ HN = HP. H j C a 3 o ° DAHP vuông có: HP = HA.sin60 = . P 4 A Trang 17
  18. a 3 ° DSHP vuông có: SH = HP.tgα = tgα 4 1 1a 3 a2 3 a3 ° Thể tích hình chóp S.ABC : V = .SH.SABC = . .tgα. = tgα 3 3 4 4 16 Cách 2: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) ° Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc a và DABC đều, nên suy ra H là trung điểm AB. ° Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz z đôi một vuông góc, H(0; 0; 0), h S a   a  A  ; 0; 0÷; B  − ; 0; 0÷, 2   2   a 3  C  0; ; 0÷, S(0; 0; h), (h > 0). B  2  ° Phương trình mp (ABC): H C r z = 0, với pháp vectơ n1 = (0; 0;1) a 3 y A 2 ° Phương trình mp (SAC): a x y z 2 + + =1 x a a 3 h r ⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah 3 = 0 với n2 = (2h 3; 2h; a 3) ° (SAC) tạo với (ABC) một góc a: 0+ 0+ a 3 a 3 cosα = = 0 + 0 + 1. 12h2 + 4h2 + 3a2 16h2 + 3a2 1 2 16h2 + 3a2 ⇔ = 1+ tg α = cos2 α 3a2 3a2tg2α a 3 ⇔ h2 = ⇔ h= tgα 16 4 1 1a 3 a2 3 a3 ° Thể tích hình chóp S.ABC: V = .h.SABC = . tgα. = tgα . 3 3 4 4 16 ĐỀ 10 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: x− 3 y−1 z −1 x− 7 y− 3 z− 9 (D1) : = = ; (∆ 2 ): = = −7 2 3 1 2 −1 1. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng (D3) đối xứng với (D2) qua (D1). 2. Xét mặt phẳng (a) : x + y + z + 3 = 0. Vi ết phương trình hình chi ếu c ủa (D 2) theo phương (D1) lên mặt phẳng (a). Trang 18
  19. uuuu uuuu r r 3. Tìm điểm M trên mặt phẳng (a) để MM 1 + MM 2 đạt giá trị nhỏ nhất biết M 1(3; 1; 1) và M2(7; 3; 9). Câu 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc · BAC = 120o , cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh DAB'I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I). GIẢI Câu 1: x = 3− 7t1  r 1. ° (∆1) : y = 1+ 2t1 có vectơ chỉ phương u1 = (−7; 2; 3) z = 1+ 3t  1 x = 7 + 7t2  qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) vaø ° (∆ 2 ) : y = 3+ 2t2 r B D2 z = 9 − t coù vectô chæ phöông u2 = (1 2; − 1 ; )  2 A r ° Gọi H là hình chiếu của A trên (D1) u1 D1 ° H ∈ (∆1) ⇒ H(3− 7t1; 1+ 2t1; 1+ 3t1) H K uuur ⇒ AH = (−4 − 7t1; − 2 + 2t1; − 8+ 3t1) A/ uuu r r ° AH ⊥ u1 ⇔ − 7(−4 − 7t1) + 2(−2 + 2t1) + 3(−8+ 3t1) = 0 D3 B/ ⇔ t1 = 0 ⇒ H(3; 1 1) ; ° Gọi A/ là điểm đối xứng của A qua H ⇒ A/(-1; -1; -7) ° Gọi K là hình chiếu của B trên (D1) và B/ là điểm đối xứng của B qua K. Tương tự như trên ta tìm được:  114 25 22   20 105 204  K ; ; ÷ ⇒ B/  − ; − ;− ÷  31 31 31  31 31 31  uuuuu  11 74 13  1 r 1 r r ° A / B/ =  ; − ; − ÷ = (11 − 74; 13) = .a, với a = (11 − 74; 13) ; ;  31 31 31 31 31 ° Phương trình đường thẳng (D3) đối xứng với (D2) qua (D1) chính là phương trình r đường thẳng A / B/ qua A/ với vectơ chỉ phương a . x+1 y+1 z+ 7 ° Vậy, phương trình chính tắc (D3): = = . 11 −74 13 2. Mặt phẳng (b) chứa (D2) và (b) // (D1) r r ⇒ (b) có cặp vectơ chỉ phương u1 = (−7; 2; 3), u2 = (1 2, − 1) , r r r r ⇒ [u1; u2 ] = (−8; − 4; − 16) = −4(2; 1 4) = − 4nβ , với nβ = (2; 1 4) ; ; r ° Phương trình mp (b) qua A(7; 3; 9) ∈(∆ 2 ) với pháp tuyến nβ : (β) : 2x + y + 4z − 53 = 0 / ° Ta có: (α) ∩ (β) = (∆ 2) là hình chiếu của (D2) lên (a) theo phương (D1). (D) / x + y + z + 3 = 0 M2 ° Vậy, phương trình hình chiếu (∆ 2 ) :  I 2x + y + 4z − 53 = 0 r M1 uα 3. Gọi I là trung điểm M1M 2 ⇒ I(5; 2; 5) Trang 19 M0 M a
  20. uuuur uuuur uuu r ° Ta có: MM 1 + MM 2 = 2MI uuuu uuuu r r uuu r ⇒ MM1 + MM 2 nhỏ nhất ⇔ 2MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (a) ° Phương trình đường thẳng (D) qua I và vuông góc với (a) là:  x = 5+ t  y = 2 + t z = 5+ t  ° Gọi M là giao điểm của (D) và (a) ° M ∈ (∆) ⇒ M(5+ t; 2 + t; 5+ t) ° M ∈ (α) ⇒ 5+ t + 2 + t + 5+ t + 3 = 0 ⇔ t = −5 ⇒ M(0; − 3; 0) ° Vậy, điểm M cần tìm: M(0; -3; 0). Câu 2: Cách 1: ° Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC. a a 3 ° DABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a ⇒ AH = và BH = ⇒ BC = a 3 2 2 ° ∆IB/ C/ vuông có: a2 13a2 B/ C/ IB/ 2 = IC/ 2 + B/ C/ 2 = + 3a2 = 4 4 A/ a2 2 5a2 ° DAIC vuông có: AI 2 = IC2 + AC2 = 4 +a = 4 I H 2 /2 5a2 2 13a2 B 30o C ° Ta có: AI + AB = + 2a = = IB/ 2 4 4 A (AB/ là đường chéo của hình vuông AA/B/B cạnh a) ° Vậy, DAB/I vuông tại A. 1 / 1 a 5 a2 10 ° Ta có: SAB/ I = .AI.AB = . .a 2 = 2 2 2 4 1 1 a a2 3 SABC = .AH.BC = . .a 3 = 2 2 2 4 ° Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB/I), theo công thức chiếu, ta có: SABC a2 3 a2 10 30 cosα = = : = SAB/ I 4 4 10 Cách 2: ° Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC z C/ ° DABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a A/ a a 3 a ⇒ AH = và BH = ⇒ BC = a 3 B/ I 2 2 ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az C đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), A 60o H y z B Trang 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản