Lời giải
Gọi $K$là trung điểm của $BC$, ta có : $K(-1;3;2)$ và $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MK}$ . Suy ra:
$T=2\left| \overrightarrow{MA} \right|+2\left| \overrightarrow{MK} \right|=2(MA+MK).$
Nhận xét: $A$,$K$nằm cùng phía so với mặt phẳng $(Oxy)$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua mặt phẳng $(Oxy)$. Khi đó $T=2(MA+MK)=2(MA'+MK).$
Suy ra $T$ đạt GTNN $\Leftrightarrow $ $(MA'+MK)$ đạt GTNN $\Leftrightarrow $ $A',M,K$ thẳng hàng hay$M$là giao điểm của $A'K$với mặt phẳng $(Oxy)$.
Ta có $H(1;0;0)$ $\Rightarrow A'(1;0;-3)\Rightarrow \overrightarrow{A'K}(-2;3;5)$. Do đó phương trình tham số của $A'K$là
$\left\{ \begin{align}
& x=1-2t \\
& y=3t \\
& z=-3+5t \\
\end{align} \right.\Rightarrow M(-\dfrac{1}{5};\dfrac{9}{5};0)$.
Câu 5: (2 điểm) Tính tổng $S={{2}^{2}}C_{2019}^{2}-{{3}^{2}}C_{2019}^{3}+...+{{\left( -1 \right)}^{k}}{{k}^{2}}C_{2019}^{k}+...-{{2019}^{2}}C_{2019}^{2019}.$
Lời giải
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
Trước hết ta chứng minh đẳng thức: ${{k}^{2}}C_{n}^{k}=n\left( n-1 \right)C_{n-2}^{k-2}+nC_{n-1}^{k-1}\,\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\left( 2\le k\le n,\,\,k,\,n\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right)$.
Thật vậy: do ${{k}^{2}}C_{n}^{k}=k\left( k-1 \right)C_{n}^{k}+kC_{n}^{k}\,\,\,\left( 2 \right)$.
Mà:
$kC_{n}^{k}=k.\dfrac{n!}{k!.\left( n-k \right)!}=n.\dfrac{\left( n-1 \right)!}{\left( k-1 \right)!.\left( n-k \right)!}=n.\dfrac{\left( n-1 \right)!}{\left( k-1 \right)!.\left( \left( n-1 \right)-\left( k-1 \right) \right)!}=nC_{n-1}^{k-1}\,\,\,\left( 3 \right)$
Áp dụng $\left( 3 \right)$ hai lần ta được: $\left( k-1 \right).k.C_{n}^{k}=\left( k-1 \right).n.C_{n-1}^{k-1}=n.\left( k-1 \right).C_{n-1}^{k-1}=n\left( n-1 \right)C_{n-2}^{k-2}\,\,\left( 4 \right)$
Từ $\left( 2 \right)$, $\left( 3 \right)$, $\left( 4 \right)$ ta được $\left( 1 \right)$.
Áp dụng $\left( 1 \right)$ta được:
$\begin{align}
& S=\sum\limits_{k=2}^{2019}{{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{k}^{2}}.C_{2019}^{k}}=\sum\limits_{k=2}^{2019}{{{\left( -1 \right)}^{k}}.\left( 2019.2018.C_{2017}^{k-2}+2019.C_{2018}^{k-1} \right)} \\
& =2018.2019.\sum\limits_{k=0}^{2017}{C_{2017}^{k}.{{\left( -1 \right)}^{k}}}-2019.\sum\limits_{k=1}^{2018}{C_{2018}^{k}.{{\left( -1 \right)}^{k}}} \\
& =2018.2019.{{\left( 1-1 \right)}^{2017}}-2019.\left( {{\left( 1-1 \right)}^{2018}}-1 \right)=2019. \\
\end{align}$
Vậy $S=2019$.
Câu 6 (4 điểm)
6.1. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$là hình vuông cạnh $a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,AD$và $H$là giao điểm của $CN$và $DM$. Biết $SH$vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$và khoảng cách giữa hai đường thẳng $DM$và$SC$bằng $\dfrac{2a}{3}$. Tính theo $a$thể tích khối tứ diện$SHMC.$
Lời giải
Theo giả thiết $ABCD$là hình vuông, suy ra $\Delta ADM=\Delta DNC$ $(c.g.c)$
Từ đó suy ra $\widehat{ADH}=\widehat{DCN}\Rightarrow DM\bot CN$
Vậy có: $NC=\sqrt{D{{C}^{2}}+D{{N}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\left( \dfrac{{{a}^{2}}}{2} \right)}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2};$ $HC=\dfrac{C{{D}^{2}}}{CN}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}};HD=\dfrac{DC.DN}{NC}=\dfrac{a}{\sqrt{5}};$
$HM=MD-HD=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}-\dfrac{a}{\sqrt{5}}=\dfrac{3a\sqrt{5}}{10}$và${{S}_{\Delta HMC}}=\dfrac{1}{2}HC.HM=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2a}{\sqrt{5}}.\dfrac{3a\sqrt{5}}{10}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{10}$
Mặt khác, ta có $SH\bot (ABCD)\Rightarrow SH\bot DM$
Theo chứng minh trên$DM\bot CN\Rightarrow DM\bot (SCN).$
Kẻ$HK\bot SC$ thì $HK$ là khoảng cách giữa hai đường thẳng $DM$và$SC$. Suy ra $HK=\dfrac{2a}{3}.$
Tam giác $SHC$vuông tại $H,$đường cao $HK$suy ra $\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{C}^{2}}}\Rightarrow \dfrac{1}{S{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}-\dfrac{1}{H{{C}^{2}}}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SH=a$
Vậy ${{V}_{SHMC}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{\Delta HMC}}.SH=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3{{a}^{2}}}{10}.a=\dfrac{{{a}^{3}}}{10}$
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có $AB=2\sqrt{3},\,AA'=3$ , Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $A'B',\,A'C'$ , và $BC$ . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( AB'C' \right)$ và $\left( MNP \right)$ .
Lời giải:
Cách 1:
Gọi $I,Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $MN$ và $B'C'$ , khi đó $AQ=3\sqrt{2},\,PI=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$ . Giả sử $PI\cap AQ=\left\{ G \right\}\Rightarrow G\in \left( AB'C' \right)\cap \left( MNP \right)$ .
Hơn nữa $\left\{ \begin{align}
& MN\subset \left( MNP \right),B'C'\subset \left( AB'C' \right) \\
& MN\parallel \,B'C' \\
\end{align} \right.$ nên giao tuyến của hai mặt $\left( AB'C' \right)$ và $\left( MNP \right)$ là đường thẳng $\Delta $ đi qua G và song song với $MN$ và $B'C'$ .
Ta có $B'C'\bot \left( AA'QP \right)\Rightarrow AG\bot \Delta $ , chứng minh tương tự $PG\bot \Delta $ , do đó $\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\widehat{\left( AG\,,\,PG \right)}$ . Mặt khác $IQ\,\parallel \,AP$ , theo định lý Ta-lét ta có: $\dfrac{GQ}{GA}=\dfrac{GI}{GP}=\dfrac{IQ}{AP}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow GA=2GQ=\dfrac{2}{3}AQ=2\sqrt{2};\,GP=2GI=\dfrac{2}{3}PI=\sqrt{5}.$
Xét tam giác $AGP$ có $cos\widehat{AGP}=\dfrac{G{{A}^{2}}+G{{P}^{2}}-A{{P}^{2}}}{2GA.GP}=\dfrac{{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{5} \right)}^{2}}-{{3}^{2}}}{2\sqrt{2}.\sqrt{5}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$ .
Vậy $cos\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$
Cách 2.
Gọi $I,Q,X$ lần lượt là trung điểm của $MN,\,B'C'$ và $AA'$ . Ta có $AP=PQ=QA'=A'A=3$ và $\widehat{A'AP}={{90}^{o}}$ nên tứ giác $APQA'$ là hình vuông.
$\Delta IPQ=\Delta XQA'\,\left( c-g-c \right)\Rightarrow \widehat{IPQ}=\widehat{XQA'}\Rightarrow PI\bot Q\text{X}\,\left( 1 \right)$ . Ta có $B'C'\bot \left( APQA' \right)\Rightarrow B'C'\bot Q\text{X}$ mà $MN\parallel \,B'C'\Rightarrow MN\bot Q\text{X}\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $Q\text{X}\bot \left( MNP \right)$ , chứng minh tương tự ta có $A'P\bot \left( AB'C' \right)$
Do đó $\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\widehat{\left( A'P\,,\,Q\text{X} \right)}$ .
Ta có $XA\parallel PQ$ , theo định lý Ta-lét có $\dfrac{TP}{TA}=\dfrac{TQ}{T\text{X}}=\dfrac{PQ}{XA}=2$ , từ đó ta được $TP=2\sqrt{2},\,Q\text{X}=\sqrt{5}$ . Áp dụng định lý cosin cho tam giác $PTQ$ ta có $cos\widehat{PTQ}=\dfrac{T{{P}^{2}}+T{{Q}^{2}}-P{{Q}^{2}}}{2TP.TQ}=\dfrac{{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{5} \right)}^{2}}-{{3}^{2}}}{2\sqrt{2}.\sqrt{5}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$
Vậy $cos\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$
Cách 3.
Gọi $I,\,O,J$ lần lượt là trung điểm các cạnh $B'C',\,MN,AP$ . Ta có $MN\parallel B'C'$ và $A'I\bot B'C'\Rightarrow MN\bot A'I$ . Đặt hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ trong hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O\left( 0;\,0;\,0 \right)$ , chiều dương $Ox$ trùng với tia $ON$ , chiều dương $Oy$ trùng với tia $OI$ , chiều dương $Oz$ trùng với tia $OJ$ . Khi đó ta có: $A\left( 0;\,-\dfrac{3}{2};\,3 \right),B'\left( -\sqrt{3};\,\dfrac{3}{2};\,0 \right),C'\left( \sqrt{3};\,\dfrac{3}{2};\,0 \right),M\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2};\,0;\,0 \right),N\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2};\,0;\,0 \right),P\left( 0;\,\dfrac{3}{2};\,3 \right)$
Gọi ${{\vec{n}}_{1}}$ và ${{\vec{n}}_{2}}$ lần lượt là các véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( AB'C' \right)$ và $\left( MNP \right)$ . Ta có ${{\vec{n}}_{1}}=\left[ \overrightarrow{AB'},\,\overrightarrow{AC'} \right]=\left( 0;\,1;\,1 \right),\,{{\vec{n}}_{2}}=\left[ \overrightarrow{MN},\,\overrightarrow{MP} \right]=\left( 0;\,-2;\,1 \right)$
$cos\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\left| cos\left( {{{\vec{n}}}_{1}};\,{{{\vec{n}}}_{2}} \right) \right|=\dfrac{\left| 0-2+1 \right|}{\sqrt{{{0}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}.\sqrt{{{0}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$
Vậy $cos\widehat{\left( \left( AB'C' \right)\,,\,\left( MNP \right) \right)}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$ .
0 Comments:
Đăng nhận xét