Bài 5, 6, 7, 8 Trang 81 Hình Học 12 Nâng Cao: Hệ Tọa độ Trong Không ...

 Bài 1 Hệ tọa độ trong không gian. Bài 5, 6, 7, 8 trang 81 SGK Hình học 12 lớp Nâng cao. Tìm toạ độ hình chiếu (vuông góc) của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ; Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm

Bài 5: Cho điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\).

a) Tìm toạ độ hình chiếu (vuông góc) của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ.

b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ, đến các trục toạ độ.

c) Tìm toạ độ của các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ.

a) Gọi \({M_1}\left( {x;y;0} \right)\) là hình chiếu của điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxy) thì \(\overrightarrow {M{M_1}}  = \left( {x – a,y – b, – c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow i  = \overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow j  = 0\) nên:

\(\left\{ \matrix{ x – a = 0 \hfill \cr y – b = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = a \hfill \cr y = b \hfill \cr} \right. \Rightarrow {M_1}\left( {a;b;0} \right)\).

Tương tự \({M_2}\left( {0;b;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oyz) Và \({M_3}\left( {a;0;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxz). Giả sử \({M_4}\left( {x;0;0} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Ox thì \(\overrightarrow {M{M_4}}  = \left( {x – a; – b; – c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_4}} .\overrightarrow i  = 0\) nên x = a. Vậy \({M_4}\left( {a;0;0} \right)\). Tương tự \({M_5}\left( {0;b;0} \right)\) và \({M_6}\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Oy và Oz.

b) Khoảng cách từ M đến (Oxy) là:

\(\eqalign{ & d\left( {M;\left( {Oxy} \right)} \right) = M{M_1} \cr&= \sqrt {{{\left( {a – a} \right)}^2} + {{\left( {b – b} \right)}^2} + {{\left( {c – 0} \right)}^2}} = \left| c \right| \cr & d\left( {M;\left( {Oyz} \right)} \right) = \left| a \right|;d\left( {M;\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| b \right| \cr & d\left( {M;Ox} \right) = M{M_4} \cr&= \sqrt {{{\left( {a – a} \right)}^2} + {{\left( {b – 0} \right)}^2} + {{\left( {c – 0} \right)}^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \cr & d\left( {M;Oy} \right) = \sqrt {{a^2} + {c^2}} ,d\left( {M;Oz} \right) = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cr} \)

c) Gọi \(M_1’\left( {x;y;z} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxy) thì \({M_1}\) là trung điểm của \(MM_1’\) nên

\(\left\{ \matrix{ {x_{{M_1}}} = {{{x_M} + {x_{M_1′}}} \over 2} \hfill \cr {y_{{M_1}}} = {{{y_M} + {y_{M_1′}}} \over 2} \hfill \cr {z_{{M_1}}} = {{{z_M} + {z_{M_1′}}} \over 2} \hfill \cr} \right. \)

Advertisements (Quảng cáo)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x_{M_1′}} = 2{x_{{M_1}}} – {x_M} = 2a – a = a \hfill \cr {y_{M_1′}} = 2{y_{{M_1}}} – {y_M} = 2b – b = b \hfill \cr {z_{M_1′}} = 2{z_{{M_1}}} – {z_M} = 0 – c = – c \hfill \cr} \right. \)

\(\Rightarrow M_1’\left( {a;b; – c} \right)\)

Tương tự \(M_2’\left( { – a;b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oyz) Và \(M_3’\left( {a; – b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxz).

Bài 6: Cho hai điểm \(A\left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right)\). Tìm toạ độ điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (tức là \(\overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB} \)), trong đó \(k \ne 1\).

Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB} \) với \(k \ne 1\). Ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( {{x_1} – x;{y_1} – y;{z_1} – z} \right),\)

Advertisements (Quảng cáo)

\(\overrightarrow {MB}  = \left( {{x_2} – x;{y_2} – y;{z_2} – z} \right)\)

\(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x_1} – x = k\left( {{x_2} – x} \right) \hfill \cr {y_1} – y = k\left( {{y_2} – y} \right) \hfill \cr {z_1} – z = k\left( {{z_2} – z} \right) \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = {{{x_1} – k{x_2}} \over {1 – k}} \hfill \cr y = {{{y_1} – k{y_2}} \over {1 – k}} \hfill \cr z = {{{z_1} – k{z_2}} \over {1 – k}} \hfill \cr} \right.\)

Bài 7: Cho hình bình hành ABCD với A(-3 ; -2 ; 0), B(3 ; -3 ; 1), C(5 ; 0 ; 2). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} \).

Ta có \(\overrightarrow {BA}  = \left( { – 6;1; – 1} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( {2;3;1} \right)\). Vì \({{ – 6} \over 2} \ne {1 \over 3} \ne {{ – 1} \over 1}\) nên \(\overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {BC} \) không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Giả sử \(D\left( {x;y;z} \right)\) thì \(\overrightarrow {BD}  = \left( {x – 3;y + 3;z – 1} \right)\) ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi:

\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x – 3 = – 6 + 2 \hfill \cr y + 3 = 1 + 3 \hfill \cr z – 1 = – 1 + 1 \hfill \cr} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = – 1 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right.\)

Vậy \(D\left( { – 1;1;1} \right)\) . Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( {8;2;2} \right)\,;\,\overrightarrow {BD}  = \left( { – 4;4;0} \right)\) . Do đó:

\(\cos \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} } \over {AC.BD}} = {{ – 32 + 8} \over {\sqrt {72} .\sqrt {32} }} =  – {1 \over 2} \)

\(\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{2\pi } \over 3}\)

Bài 8: a) Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A(1 ; 2 ; 3) và B(-3 ; -3 ; 2). b) Cho ba điểm \(A\left( {2;0;4} \right)\,;\,\,B\left( {4;\sqrt 3 ;5} \right)\) và \(C\left( {\sin 5t,cos3t,sin3t} \right)\). Tìm t để AB vuông góc với OC (O là gốc toạ độ).

a) Giả sử \(M\left( {x;0;0} \right)\) thuộc trục Ox và MA = MB. Ta có:

\(\eqalign{ & \,\,\,\,\,\,\,M{A^2} = M{B^2} \cr & \Leftrightarrow {\left( {1 – x} \right)^2} + {2^2} + {3^2} = {\left( { – 3 – x} \right)^2} + {\left( { – 3} \right)^2} + {2^2} \cr & \Leftrightarrow 1 – 2x + {x^2} + 13 = 9 + 6x + {x^2} + 13\cr& \Leftrightarrow x = – 1 \cr & \Rightarrow M\left( { – 1;0;0} \right) \cr} \)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = \left( {2;\sqrt 3 ;1} \right)\,;\,\overrightarrow {OC} = \left( {\sin 5t;\cos 3t;\sin 3t} \right) \cr & AB \bot OC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OC} = 0 \cr & \Leftrightarrow 2\sin 5t + \sqrt 3 \cos 3t + \sin 3t = 0 \cr & \Leftrightarrow \sin 5t + {{\sqrt 3 } \over 2}\cos 3t + {1 \over 2}\sin 3t = 0 \cr & \Leftrightarrow \sin 5t = – \sin \left( {3t + {\pi \over 3}} \right) \cr & \Leftrightarrow \sin 5t = \sin \left( { – 3t – {\pi \over 3}} \right) \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 5t = – 3t – {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr 5t = \pi + 3t + {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = – {\pi \over {24}} + {{k\pi } \over 4} \hfill \cr t = {{2\pi } \over 3} + k\pi \hfill \cr} \right.\,\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr} \)