Chuyên đề Toán 12 Bài 4 Dạng 1: Bài toán hình học có đáp án

Gọi I hình chiếu của M lên $\left(ABCD\right)$ , suy ra I là trung điểm của AO.

Khi đó $CI=\frac{3}{4}AC=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$ .

Xét $\Delta CNI$  có $CN=\frac{a}{2},\widehat{NCI}=45°$ .

Áp dụng định lý cosin ta có:

$$\begin{gathered} NI=\sqrt{C{N}^2+C{I}^2-2CN.CI.\cos 45°} \\ =\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{9a^2}{8}-2.\frac{a}{2}.\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{4} \end{gathered}$$

Xét $\Delta MIN$  vuông tại I nên

$MI=\sqrt{M{N}^2-N{I}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{2}-\frac{5a^2}{8}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}$

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, chọn a là 1 đơn vị độ dài.

Có $$\begin{gathered} A\left(-1;0;0\right), B\left(1;0;0\right), \\ C\left(1;4;0\right),\text{ D}\left(-1;4;0\right),\left(0;0;\sqrt{63}\right),\left(2;0;\sqrt{63}\right),\left(1;4;\sqrt{63}\right),\left(0;4;\sqrt{63}\right) \\ \text{E}\left(1;2;0\right),\text{ N}\left(0;3;0\right),\text{ M}\left(\frac{1}{2};0;\frac{\sqrt{63}}{2}\right) \\ \overrightarrow{MN}\left(-\frac{1}{2};3;-\frac{\sqrt{63}}{2}\right),\overrightarrow{A{D}^{\text{'}}}\left(1;4;\sqrt{63}\right) \end{gathered}$$ 

Có $\cos \widehat{\left(MN,A{D}^{\text{'}}\right)}=\left|\cos \left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{A{D}^{\text{'}}}\right)\right|=\frac{\left|\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{A{D}^{\text{'}}}\right|}{MN.AD}=\frac{\left|-\frac{1}{2}+12-\frac{63}{2}\right|}{\mathrm{5.4.}\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ .

Có ${\tan }^2\alpha =\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1=4;\tan \alpha >0\Rightarrow \tan \alpha =2$ .

Chọn A.

Để thuận tiện trong việc tính toán ta chọn $a=1$ .

Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho gốc O trùng với điểm A, tia Ox trùng với tia AB, tia Oy trùng với tia AD, tia Oz trùng với tia AS.

Khi đó $A\left(0;0;0\right),\text{ B}\left(1;0;0\right),\text{ C}\left(1;1;0\right),\text{ S}\left(0;0;2\right),\text{ D}\left(0;1;0\right)$ .

Vì M là trung điểm SD nên tọa độ M là $M\left(0;\frac{1}{2};1\right)$ .

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{SB}=\left(1;0;-2\right)\\ \overrightarrow{BC}=\left(0;1;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\left(SBC\right)}=\left[\overrightarrow{SB};\overrightarrow{BC}\right]=\left(2;0;1\right)$ .

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}=\left(0;\frac{1}{2};1\right)\\ \overrightarrow{AC}=\left(1;1;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\left(AMC\right)}=\left[\overrightarrow{AM};\overrightarrow{AC}\right]=\left(-1;1;\frac{-1}{2}\right)$

Góc $\alpha$  là góc giữa hai mặt phẳng $\left(AMC\right)$  và $\left(SBC\right)$ .

Suy ra $\cos \alpha =\left|\cos \left({\overrightarrow{n}}_{\left(SBC\right)};{\overrightarrow{n}}_{\left(AMC\right)}\right)\right|=\frac{\left|{\overrightarrow{n}}_{\left(SBC\right)}.{\overrightarrow{n}}_{\left(AMC\right)}\right|}{\left|{\overrightarrow{n}}_{\left(SBC\right)}\right|.\left|{\overrightarrow{n}}_{\left(AMC\right)}\right|}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ .

Mặt khác, $1+{\tan }^2\alpha =\frac{1}{{\cos }^2\alpha }\Rightarrow \tan \alpha =\sqrt{\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1}$ .

Vậy $\tan \alpha =\sqrt{\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)}^2}-1}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$ .

Chọn D.

Gắn trục t$\text{C}\left(0;4;0\right),\text{ S}\left(0;0;3\right)$ọa độ Ox, Oy, Oz như hình vẽ.

Vì tam giác SAC vuông tại A

$\Rightarrow AC=\frac{2S_{\Delta SAC}}{SA}=4cm$

Vì $A{C}^2+A{B}^2=B{C}^2$  nên tam giác ABC vuông tại A.

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ.

Ta có $A\left(0;0;0\right),\text{ B}\left(3;0;0\right)$ ,

Vì G là trọng tâm của tứ diện S.ABC nên ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_S+x_A+x_B+x_C}{4}=\frac{3}{4}\\ y_G=\frac{y_S+y_A+y_B+y_C}{4}=1\\ z_G=\frac{z_S+z_A+z_B+z_C}{4}=\frac{3}{4}\end{array}\right.\Rightarrow G\left(\frac{3}{4};1;\frac{3}{4}\right)$

Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ . Theo tính chất của tam diện vuông ta có: $T=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{A{P}^2}=\frac{1}{A{H}^2}$ .

Mà $AH\le AG\Rightarrow T=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{A{P}^2}=\frac{1}{A{H}^2}\ge \frac{1}{A{G}^2}\Rightarrow T\ge \frac{8}{17}$ .

Dấu “=” xảy ra khi $H\equiv G$  tức mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  đi qua điểm G và vuông góc với đường thẳng OG.

Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng $\frac{8}{17}$ .

Chọn A.

Chọn A