Chuyên đề Phương Pháp Tọa độ Trong Không Gian Lớp 12

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học Lớp 12›Hình Học Lớp 12 Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong không gian lớp 12

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (3;- 2;4 ). Tìm tọa độ

điểm E thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho tam giác AEB cân tại E và có diện

tích bằng 3 29 với B (- 1;4;- 4 )

29 trang

ngochoa2017 Lượt xem

4563

0 Download Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong không gian lớp 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênŀ 429 Chuyên đề VII PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Chủ đề 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1. Tọa độ véc tơ – Tọa độ điểm Cho ( ) ( )1 1 1 2 2 2a x ;y ;z , b x ;y ;z= = và số thực k . Khi đó: * ( )1 2 1 2a b x x ;y y± = ± ± * ( )1 1 1ka kx ;ky ;kz= 1 1 1 2 2 2 x y z a b a kb k x y z ⇔ = ⇔ = = = 1 2 1 2 1 2 x x a b y y z z =  ⇒ = ⇔ =  = * Chú ý: Nếu ( )2 2 2x 0 y 0,z 0= = = thì ( )1 1 1x 0 y 0,z 0= = = * 2 2 21 1 1|a | x y z= + + * 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2a.b x x y y z z a b x x y y z z 0= + + ⇒ ⊥ ⇔ + + = * ( ) a.bcos a,b |a||b| = Cho ( ) ( ) ( ) ( )A A A B B B C C C D D DA x ;y ;z ,B x ;y ;z ,C x ;y ;z ,D x ;y ;z= = . Khi đó: * ( )B A B A B AAB x x ;y y ;z z= − − − * ( ) ( ) ( )2 2 2B A B A B AAB | AB| x x y y z z= = − + − + − * Trung điểm I của đoạn AB: A B A B A B x x y y z z I ; ; 2 2 2 + + +  =     * Trọng tâm G của ABC∆ : ç Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 430 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G ; ; 3 3 3 + + + + + +      * Trọng tâm G của tứ diện ABCD: A B C D A B C D A B C Dx x x x y y y y z z z zG ; ; 4 4 4 + + + + + + + + +      2. Tích có hướng của hai véc tơ và ứng dụng a. Định nghĩa: Cho ( )1 1 1a x ; y ; z → = và ( )2 2 2b x ; y ; z → = 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 y z z x x y a,b ; ; y z z x x y     =        b. Các tính chất: * a cùng phương b a,b 0 ⇔ =  * a,b a  ⊥  và a,b b  ⊥  * ( )a,b a . b .sin a,b  =  c. Các ứng dụng của tích có hướng Diện tích tam giác: ABC 1 S AB,AC 2∆  =   . Thể tích: * Hình hộp: ABCD.A'B'C'D'V AB,AD .AA' =   * Tứ diện: ABCD 1 V AB,AC .AD 6  =   . Điều kiện 3 véctơ đồng phẳng: * a,b,c đồng phẳng a,b .c 0 ⇔ =  * A,B,C,D đồng phẳng AB,AC .AD 0 ⇔ =  . Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba vectơ: a 2i 3j 5k, b 3j 4k, c i 2j= + − = − + = − − . Chứng minh rằng các véc tơ a,b,c không đồng phẳng và phân tích véc tơ ( )u 3;7; 14= − qua ba vectơ a,b,c . Lời giải Cách 1: Ta có: ( )a,b 3; 8; 6 a,b .c 3 16 19 0   = − − − ⇒ = + = ≠    Nên ba véc tơ a,b,c không đồng phẳng. 431 Cách 2. Giả sử ba véc tơ a,b,c đồng phẳng. Khi đó tồn tại hai số thực x,y sao cho a x.b y.c= + ( )1 Mà ( )xb yc y; 3x 2y;4x+ = − − − nên (1) y 2 3x 2y 3 4x 5 − =  ⇔ − − =  = − hệ này vô nghiệm. Vậy a,b,c không đồng phẳng. Giả sử u ma nb pc= + + ( )2 Do ( )ma nb pc 2m p;3m 3n 2p; 5m 4n+ + = − − − − + nên ( )2 tương đương với 2m p 3 3m 3n 2p 7 m 2,n 1,p 1 5m 4n 14 − =  − − = ⇔ = = − = − + = − Vậy u 2a b c= − + . Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( )A 3; 2;4− . Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng ( )Oyz sao cho tam giác AEB cân tại E và có diện tích bằng 3 29 với ( )B 1;4; 4− − . Lời giải Vì ( )E Oyz∈ nên ( )E 0;x;y Suy ra ( ) ( )AE 3;y 2;z 4 , BE 1;y 4;z 4= − + − = − + ( )AE,BE 8y 6z 8;4z 8;10 4y ⇒ = + − + −  Nên từ giả thiết bài toán ta có: 2 2 2 2 2 AE BE AE BE 1 AE,BE 3 29 AE,BE 1044 2  = =  ⇔     = =     ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 4z 1AE BE 9 y 2 z 4 1 y 4 z 4 y 3 + = ⇔ + + + − = + − + + ⇔ = ( ) ( ) 2 2 22AE,BE 1044 8y 6z 8 (4z 8) 10 4y 1044  = ⇔ + − + + + − =  ( ) 2 2 250z 16 26 16z 34 4z 8 1044 0 z 2,z 3 3 25 − −    ⇔ + + + − = ⇔ = = −        • z 2 y 3= ⇒ = nên ( )E 0;3;2 Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 432 • 34 37 z y 25 25 = − ⇒ = − nên 37 34 0; ; 25 25   − −    . Bài tập tự luyện 1. Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A O,B Ox,D Oy,A' Oz≡ ∈ ∈ ∈ và AB 1,AD 2,= = AA' 3= . a. Tìm tọa độ các đỉnh của hình hộp. b. Tìm điểm E trên đường thẳng DD' sao cho B'E A'C⊥ . c. Tìm điểm M thuộc A'C , N thuộc BD sao cho MN BD,MN A'C⊥ ⊥ . Từ đó tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau A'C và BD . Hướng dẫn giải: a. Ta có ( ) ( ) ( ) ( )A 0;0;0 ,B 1;0;0 , D 0;2;0 , A' 0;0;3 . Hình chiếu của C lên ( )Oxy là C , hình chiếu của C lên Oz là A nên ( )C 1;2;0 . Hình chiếu của B',C',D' lên mp(Oxy)và trục Oz lần lượt là các điểm B,C,D và A' nên ( ) ( ) ( )B' 1;0;3 , C' 1;2;3 , D' 0;2;3 . b. Vì E thuộc đường thẳng DD' nên ( )E 0;2;z , suy ra ( )B'E 1;2;z 3= − − Mà ( )A'C 1;2; 3= − nên B'E A'C B'E.A'C 0⊥ ⇔ = ( )1 4 3 z 3 0 z 4⇔− + − − = ⇔ = . Vậy ( )E 0;2;4 . c. Đặt A'M x.A'C; BN y.BD= = Ta có ( )AM AA' A'M AA' x.A'C x;2x;3 3x= + = + = − , suy ra ( )M x;2x;3 3x− ( ) ( )AN AB BN AB y.BD 1 y;2y;0 N 1 y;2y;0= + = + = − ⇒ − Theo giả thiết của để bài, ta có: MN.A'C 0 MN.BD 0  =  = ( )∗ Mà ( )MN 1 x y;2y 2x;3x 3= − − − − , ( )A'C 1;2; 3= − , ( )BD 1;2;0= − ( ) 53 x 1 x y 4y 4x 9x 9 0 14x 3y 10 61 1 x y 4y 4x 0 3x 5y 1 44 y 61  =− − + − − + = − + = −   ∗ ⇔ ⇔ ⇔   − + + + − = − + =   =  Do đó 53 106 24 17 88 M ; ; , N ; ;0 61 61 61 61 61             . 433 Vì MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng A'C,BD nên ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 6 61d A'C,BD MN 1 x y 2y 2x 3x 3 61 = = − − + − + − = . 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ( )A 4;0;0 , ( )0 0B x ;y ;0 0 0x ,y 0> thỏa mãn AB 2 10= và 0AOB 45= a. Tìm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8 . b. Gọi G là trọng tâm ABO∆ và M trên cạnh AC sao cho AM x= . Tìm x để OM GM⊥ Hướng dẫn giải: Ta có: ( ) ( )0 0 0OA 4;0;0 , OB x ;y ;0 OA.OB 4x= = ⇒ = Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình sau: ( )2 20 0 0 2 2 0 0 x 4 y 40 4x 1 24. x y  − + =   = + ( ) 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 22 2 00 00 0 0 x y 8x 24 y x x 6 B 6;6;0 y 6x 4x 12 02x x y  + − = = =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒   =− − = = +  . a. Do C Oz C(0;0;m), m 0∈ ⇒ > . Ta có: ( ) ( ) ( )OA 4;0;0 , OB 6;6;0 OA,OB 0;0;24 = = ⇒ =  và ( )OC 0;0;m= OA,OB .OC 24m ⇒ =  ( )OABC 1 V .24m 8 m 2 C 0;0;2 6 ⇒ = = ⇔ = ⇒ . b. Ta có 10 G ;2;0 3       , ( )AM xAC 4x;0;2x= = − ( ) ( ) 2M 4 4x;0;2x OM 4 4x;0;2x ;GM 4x;2;2x 3   ⇒ − ⇒ = − = −    ( ) 22OM GM OM.GM 0 4 4x 4x 4x 0 3   ⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − − + =    2 256 8 7 1920x x 0 15x 14x 2 0 x 3 3 15 ± ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = . 3. Cho hình chóp S.ABCD với điểm ( )A 4; 1;2 ,− ( )B 1;0; 1− − và ( )C 0;0; 2 ,− ( )D 10; 2;4 .− Gọi M là trung điểm của CD . Biết SM vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD và thể tích khối chóp S.ABCDV 66= (đvtt). Tìm tọa độ đỉnh S . Hướng dẫn giải: Ta có ( ) ( )AB 5;1; 3 ,DC 10;2; 6 DC 2.AB− − − − ⇒ = nên ABCD là hình thang và ADC ABCS 2S ,= hay ABCD ABCS 3S .= Vì ( ) ( )AB 5;1; 3 ,AC 4;1; 4− − − − nên ( )AB,AC 1; 8; 1 ,  = − − −  do đó Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 434 ABC 1 66 S AB,AC 2 2  = =  ABCD 3 66 S 2 ⇒ = (đvdt). Chiều cao của khối chóp là S.ABCD ABCD 3V SM 2 66. S = = Vì AB,AC AB, AB,AC AC   ⊥ ⊥    nên giá của véc tơ AB,AC   vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD , mà ( )SM ABCD⊥ nên tồn tại số thực k sao cho: ( )SM k. AB,AC k; 8k; k . = = − − −  Suy ra ( ) ( ) ( )2 2 22 66 SM k 8k k k 2 k 2.= = − + − + − ⇔ = ⇔ = ± M là trung điểm CD nên ( )S S SM(5; 1;1) SM 5 x ; 1 y ;1 z .− ⇒ − − − − • Nếu k 2= thì ( ) ( )S S SSM 5 x ; 1 y ;1 z 2; 16; 2= − − − − = − − − nên tọa độ của điểm S là ( )S 7;15;3 . • Nếu k 2= − thì ( ) ( )S S SSM 5 x ; 1 y ;1 z 2;16;2= − − − − = nên tọa độ của điểm S là ( )S 3; 17; 1 .− − Vậy tọa độ các điểm S cần tìm là ( )S 7;15;3 hoặc ( )S 3; 17; 1 .− − Chủ đề 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 1. Véc tơ pháp tuyến: Định nghĩa: Cho ( )α . Véc tơ n 0≠ gọi là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của mp ( )α nếu giá của n vuông góc với ( )α , kí hiệu ( )n ⊥ α . Chú ý: *Nếu n là VTPT của ( )α thì kn (k 0)≠ cũng là VTPT của ( )α . Vậy mp ( )α có vô số VTPT. * Nếu hai véc tơ a,b (không cùng phương) có giá song song (hoặc nằm trên) ( )α thì n a,b =   là một véc tơ pháp tuyến của ( )α . * Nếu ba điểm A,B,C phân biệt không thẳng hàng thì véc tơ n AB,AC =   là một VTPT của ( )mp ABC . 2. Phương trình tổng quát của mặt phẳng: 435 * Cho ( )mp α đi qua ( )0 0 0M x ;y ;z , có ( )n A;B;C= là một VTPT . Khi đó phương trình tổng quát của ( )α có dạng: ( ) ( ) ( )0 0 0A x x B y y C z z 0− + − + − = . * Nếu ( ) : Ax By Cz D 0α + + + = thì ( )n A;B;C= là một VTPT của ( )α . * Nếu ( ) ( ) ( )A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c thì phương trình của ( )ABC có dạng: x y z 1 a b c + + = và được gọi là phương trình theo đoạn chắn của ( )α . 3. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng : Cho hai mp ( )P : Ax By Cz D 0+ + + = và ( )Q : A’x B’y C’z D’ 0+ + + = * ( )P cắt ( )Q A :B :C A’ :B’ :C’⇔ ≠ . ( ) ( ) A B C D* P / / Q A' B' C' D' ⇔ = = ≠ ( ) ( ) A B C D* P Q A' B' C' D' ≡ ⇔ = = = ( ) ( )* P Q AA' BB' CC' 0⊥ ⇔ + + = . 4. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng: Khoảng cách từ ( )0 0 0M x ;y ;z đến mp ( )P : Ax By Cz+D=0+ + là: ( )( ) 0 0 0 2 2 2 | Ax By Cz D| d M, P A B C + + + = + + . Ví dụ 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh ( )A 1;2;1 , ( ) ( )B 2;1;3 , C 2; 1;1− − và ( )D 0;3;1 . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến ( )P bằng khoảng cách từ D đến ( )P . Lời giải Cách 1: Mặt phẳng ( )P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau: Trường hợp 1: ( )P đi qua A,B song song với CD Véc tơ pháp tuyến ( )P : n AB,CD =   ( ) ( )AB 3; 1;2 , CD 2;4;0= − − = − ( )n 8; 4; 14⇒ = − − − . Phương trình ( )P : 4x 2y 7z 15 0+ + − = . Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 436 Trường hợp 2: ( )P đi qua A,B và cắt CD ( )P⇒ cắt CD tại trung điểm I của CD⇒ ( ) ( )I 1;1;1 AI 0; 1;0⇒ = − . Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P : ( )n AB,AI 2;0;3 = =  . Phương trình ( )P : 2x 3z 5 0+ − = . Vậy ( )P : 4x 2y 7z 15 0+ + − = hoặc ( )P :2x 3z 5 0+ − = . Cách 2: Giả sử ( )P :ax by cz d 0+ + + = Vì ( ) b 2c a a 2b c d 0 3 A,B P 2a b 3c d 0 5b 5c d 3 − + =+ + + =  ∈ ⇒ ⇔  − + + + = +  = −  Do ( )( ) ( )( )d C, P d D, P 2a b c d 3b c d= ⇔ − + + = + + 7 c b |5b c| |2b c| 2 b 0  =⇔ − = − ⇔  = * ( ) ... a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên d . b. Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( )P lớn nhất Hướng dẫn giải: a. Đường thẳng d có ( )du 2;1;2= là VTCP. Gọi H là hình chiếu của A lên d ( )H 1 2t;t;2 2t⇒ + + ( )AH 2t 1;t 5;2t 1⇒ = − − − . Do ( ) ( )dAH d AH.u 0 2 2t 1 t 5 2 2t 1 0⊥ ⇒ = ⇔ − + − + − = ( )t 1 H 3;1;4⇔ = ⇒ . b. Gọi H' là hình chiếu của A lên ( )mp P . Khi đó, ta có: AH' AH d(A,(P))≤ ⇒ lớn nhất H H' (P) AH⇔ ≡ ⇔ ⊥ AH (1; 4;1)⇒ = − là VTPT của (P) và (P) đi qua H . Vậy phương trình (P): x 4y z 3 0− + − = . 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 x 1 2t x y z d : ; d : y t 1 1 2 z 1 t = − −  = = =  = + . a. Xét vị trí tương đối giữa 1d và 2d . 451 b. Tìm tọa độ các điểm 1 2M d , N d∈ ∈ sao cho MN song song với ( )mp P : x y z 0− + = và độ dài MN 2= Hướng dẫn giải: a. Ta có 1d đi qua O(0;0;0) có VTCP ( )1u 1;1;2= , 2d đi qua ( )A 1;0;1− có VTCP ( )2u 2;1;1= − . Vì 1 2 1 2u ;u OA 4 0 d ,d  = ≠ ⇒  chéo nhau. b. Do ( ) ( ) ( ) ( )1 2M d M t;t;2t ,N d N 1 2s;s;1 s∈ ⇒ ∈ ⇒ − − + Yêu cầu bài toán ( ) pMN P MN.n 0 MN 2 MN 2  = ⇔ ⇒  = =  ( ) ( )2 22 t s t s 4t 1 3t 2 = − ⇔  − + + − = . Giải hệ và kiểm tra điều kiện song song ta được 4 4 8 M ; ; , 7 7 7       1 4 3 N ; ; 7 7 7   −    thỏa mãn. 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz a. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A(1;2;3) qua đường thẳng 1 x 2 y 2 x 3 d : 2 1 1 − + − = = − . b. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc với 1d và cắt 2 x 1 y 1 z 1 d : 1 2 1 − − + = = − Hướng dẫn giải: a. Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình: ( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0− − − + − = ⇔ − + − = Tọa độ giao điểm H của ( )α với 1d là nghiệm của hệ. ( ) x 0x 2 y 2 z 3 y 1 H 0; 1;22 1 1 2x y z 3 0 z 2 =− + − = =  ⇔ = − ⇒ −−   − + − = =  . Ta có H là trung điểm của AA' ⇒ ( )A' 1; 4;1− − . b. Gọi ( )α là mặt phẳng đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình ( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0− − − + − = ⇔ − + − = Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 452 Vì ∆ đi qua A vuông góc với 1d và cắt 2d nên ∆ đi qua giao điểm B của 2d và ( )α . Tọa độ giao điểm B là nghiệm của hệ : ( ) x 2x 1 y 1 z 1 y 1 B 2; 1; 21 2 1 2x y z 3 0 z 2 =− − + = =  ⇔ = − ⇒ − −−   − + − = = −  Véc tơ chỉ phương của ( ): u AB 1; 3; 5∆ = = − − . Phương trình đường thẳng x 1 y 2 z 3 : 1 3 5 − − − ∆ = = − − . 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( )A 0;1;2 và hai đường thẳng 1 2 x 1 t x y 1 z 1 d : , d : y 1 2t 2 1 1 z 2 t = + − +  = = = − − −  = + . a. Viết phương trình ( )mp P chứa A đồng thời song song với 1 2d ,d . b. Tìm tọa độ điểm M,N lần lượt thuộc 1 2d ,d sao cho 3 điểm A,M,N thẳng hàng Hướng dẫn giải: a. Ta có ( ) ( )1 2u 2;1; 1 ;u 1; 2;1= − = − lần lượt là các véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng 1 2d ,d . Véc tơ pháp tuyến của ( ) ( )1 2mp P : n u ;u 1; 3; 5 = = − − −  . Phương trình ( )mp P đi qua A có véc tơ pháp tuyến n : ( )mp P : x 3y 5z 13 0+ + − = . Ta có ( ) ( ) ( )1 2B 0;1; 1 d ;C 1; 1;2 d ;B,C P− ∈ − ∈ ∉ Vậy phương trình ( )mp P : x 3y 5z 13 0+ + − = . b. Ta có: ( ) ( )1 2M 2t;1 t; 1 t d ;N 1 s; 1 2s;2 s d+ − − ∈ + − − + ∈ ( ) ( )AM 2t;t; 3 t ;AN 1 s; 2 2s;s⇒ = − − = + − − A,M,N thẳng hàng AM,AN⇔ cùng phương ( ) ( ) 2t k 1 s t k 2 2s t 0;s 1 3 t ks  = +  ⇔ = − − ⇔ = = − − − = . Vậy ( ) ( )M 0;1; 1 ;N 0;1;1− . Chủ đề 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU 453 Mặt cầu ( )S tâm ( )I a;b;c , bán kính R có phương trình : ( ) ( ) ( )2 2 2 2x a y b z c R− + − + − = . Phương trình (1) có thể được biểu diễn cách khác như sau: 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + − − − + = Với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d 0 d a b c R R a b c d  + + − > = + + − ⇒   = + + − Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm ( )A 2;0;0 , ( ) ( )C 0;4;0 ,S 0;0;4 . 1. Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật, viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,B,C,S . 2. Tìm tọa độ 1A đối xứng với A qua SC . Lời giải 1. Tứ giác OABC là hình chữ nhật ( )OC AB B 2;4;0⇒ = ⇒ . Vì O,C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm ( )I 1;2;2 của SB là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O,B,S,C và bán kính 1 R SB 3 2 = = . Vậy PT mặt cầu cần lập là: ( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 2 9− + − + − = . 2. Ta có phương trình tham số của x 0 SC : y 4 4t z 4t =  = −  = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC ( ) ( )H 0;4 4t;4t AH 2;4 4t;4t⇒ − ⇒ = − − . Vì ( ) 1AH SC AH.SC 0 4 4 4t 4.4t 0 t 2 ⊥ ⇒ = ⇒ − − = ⇔ = ( )H 0;2;2⇒ . Do H là trung điểm ( )1 1AA A 2;4;4⇒ − . Ví dụ 2. Lập phương trình mặt cầu có tâm ( )I 1; 1;1− biết rằng qua đường thẳng 3x 4 6y 1 z 3 9 1 − − = = − có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 454 Lời giải Đường thẳng ( ) 3x 4 6y 1 zd : 3 9 1 − − = = − là giao tuyến hai mặt phẳng , do đó ( )d được viết lại : ( ) ( ) ( ) 2x 2y z 3 0 P d : x 2y 2z 1 0 Q  + − − =  − − − = Dễ thấy I (P) I (Q) ∉  ∈ và ( ) ( )P Q⊥ Do đó hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận mặt phẳng ( )Q làm mặt phân giác , đồng thời hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là mặt phân giác sinh ra bởi ( )P và ( )Q . Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là : ( ) ( ) x 4y z 2 0 2x 2y z 3 x 2y 2z 1 3x 3z 4 0  + + − = α + − − = − − − ⇔  − − = β Bán kính mặt cầu cần lập là : ( )( )I/ 1 4 1 2 4 R d 3 3α − + − = = Phương trình mặt cầu cần lập là : ( ) ( ) ( )2 2 2 16x 1 y 1 z 1 9 − + + + − = . Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2S : x y z 4x 4y 4z 0+ + − − − = và điểm ( )A 4;4;0 . Viết phương trình mặt phẳng ( )OAB , biết điểm B thuộc ( )S và tam giác OAB đều. Lời giải Cách 1: ( )B S∈ và OAB đều nên 2 2 2 B B B B B B 2 2 2 2 x y z 4x 4y 4z 0 OA OB OA AB  + + − − − =  =  = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 B B B B B B B B B 2 2 2 2 2 2 B B B B B B 2 2 2 2 22 B B B B BB B B x y z 4 x y z x y z 8 32 x y z x y z 32 x y z 8 x y 032 4 x 4 y z  + + = + +  + + =    ⇔ = + + ⇔ + + =    + + − + == − + − +   ⇔ ( ) BB B B 22 2 2 2 B B B B B B B B B B B B z 4x y z 8 x y z 32 x y 2x y z 32 x y 4 x y 4 =+ + =   ⇔ + + = ⇔ + − + =   + = + =   455 B B B x 0 y 4 z 4 =  ⇔ =  = hay B B B x 4 y 0 z 4 =  =  = TH 1: ( ) ( ) ( )OA 4;4;0 ,OB 0;4;4 OA,OB 16; 16;16 = = ⇒ = −  Phương trình ( )OAB : x y z 0− + = TH 2: ( ) ( ) ( )OA 4;4;0 ,OB 4;0;4 OA,OB 16; 16; 16 = = ⇒ = − −  Phương trình ( )OAB : x y z 0− − = Cách 2: ( )S có tâm ( )I 2;2;2 , bán kính R 2 3= . Nhận thấy O và A đều thuộc ( )S . Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp OA 4 2 r 3 3 = = . Khoảng cách ( )( ) 2 2 2d I; P R r 3 = − = . ( )P đi qua O có phương trình dạng: 2 2 2ax by cz 0, a b c 0+ + = + + > ( )P đi qua A , suy ra b a= − ( )( ) ( ) 2 2 2 2 a b c2 2 d I; P 3 3a b c + + = ⇔ = + + hay 2 2 2c 2 32a c = + , bình phương 2 vế rồi rút gọn ta được c a= ± . Vậy có hai mặt phẳng cần tìm x y z 0,− + = x y z 0− − = . Bài tập tự luyện 1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y 3 z : 2 4 1 − − ∆ = = và mặt phẳng ( )P :2x y 2z 0− + = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆ , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng ( )P . Hướng dẫn giải: Phương trình tham số đường thẳng x 1 2t : y 3 4t z t = +  ∆ = +  = ( ) ( )I I 1 2t; 3 4t; t∈ ∆ ⇒ + + ( )( ) ( ) 2 1 2t 3 4t 2t d I, P 1 1 t 2 3 + − + + = ⇔ = ⇒ = hay t 1= − Với ( )1I 5;11;2 ⇒ Phương trình mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 5 y 11 z 2 1− + − + − = Với ( )2I 1; 1; 1− − − ⇒ Phương trình mặt cầu Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 456 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 1 z 1 1+ + + + + = 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( )A 0;0; 2− và đường thẳng x 2 y 2 z 3 : 2 3 2 + − + ∆ = = . Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A ,cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC 8= . Hướng dẫn giải: ∆ qua ( )M 2;2; 3− − và vtcp ( )u 2;3;2= ; ( ) AM,u d A, 3 u    ∆ = = Gọi H là hình chiếu của A lên ∆ thì AH 3= và H là trung điểm của BC nên BH 4= . Vậy bán kính mặt cầu là 2 2AB AH BH 5= + = . Nên PT mặt cầu là ( )22 2x y z 2 25+ + + = . 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P có phương trình : 2x 2y z 4 0− − − = và mặt cầu ( )S có phương trình : 2 2 2x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Hướng dẫn giải: Mặt cầu ( )S có tâm ( )I 1;2;3 , bán kính R 5= . Khoảng cách từ I đến ( ) ( )( ) 2 4 3 4P :d I, P 3 R 3 − − − = = < ⇒ mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Gọi H, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đó H⇒ là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( )P nên tọa độ của H là nghiệm của hệ ( ) x 1 2t x 3 y 2 2t y 0 H 3;0;2 z 3 t z 2 2x 2y z 4 0 = + = = −  ⇔ = ⇒  = −  = − − − = . Bán kính 2 2r R IH 4= − = . 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S : 2 2 2x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và mặt phẳng ( )P có phương trình: 2x y 2z 14 0− + − = . 457 a. Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 3 . b. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P đạt giá trị lớn nhất . Hướng dẫn giải: a. Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = Tâm và bán kính mặt cầu: ( )I 1; 2; 1 ,R 3− − = . ( )mp Q cắt ( )S theo đường tròn có bán kính ( )r 3 I Q= ⇒ ∈ . Cặp véc tơ có giá nằm trong mp ( )Q : ( ) ( )OI 1; 2; 1 ,i 1;0;0= − − = Véc tơ pháp tuyến của ( )mp Q : ( )n OI;i 0; 1;2 = = −  Phương trình ( )mp Q : y 2z 0− = . b. Gọi d đường thẳng đi qua I vuông góc với ( )mp P . Giả sử d cắt mặt cầu ( )S tại hai điểm A,B . Giả sử ( )( ) ( )( )d A, P d B, P≥ thì với mọi ( )M S∈ thì ( )( )d M, P lớn nhất khi M A≡ . Phương trình đường thẳng x 1 y 2 z 1 d : 2 1 2 − + + = = − Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 1 9 x 1 y 2 z 1 2 1 2  − + + + + =   − + + = =  − . Giải hệ ta tìm được tọa độ của hai giao điểm: ( )A 1; 1; 3 ,− − − ( )B 3; 3;1− . Ta có ( )( ) ( )( )d A, P 7 d B, P 1.= > = Vậy ( )( ) ( )maxd M, P 7 khi M 1; 1; 3= − − − .

Tài liệu đính kèm:

Hinh hoc Oxyz hay va du dang.pdf

Tài liệu liên quan

Giáo án lớp 12 môn Hình - Tiết 21: Kiểm tra học kì I
Lượt xem: 934 Lượt tải: 0
Giáo án Hình học 12 - Tiết 6: Khối đa diện
Lượt xem: 913 Lượt tải: 0
GIáo án Hình học 12 - Mặt nón
Lượt xem: 1051 Lượt tải: 0
Đề trắc nghiệm toán 12 - Chương I : Đạo hàm
Lượt xem: 1032 Lượt tải: 0
Giáo án Hình học 12 - Tiết 12, 13: Khái niệm về mặt tròn xoay
Lượt xem: 951 Lượt tải: 0
Đề tài Tính ưu việt của ẩn phụ trong việc giải phương trình
Lượt xem: 891 Lượt tải: 0
Giáo án lớp 12 môn Hình - Tiết 22: Trả bài kiểm tra học kì I
Lượt xem: 1053 Lượt tải: 0
Đề kiểm tra 1 tiết chương I Hình học lớp 12 chương trình chuẩn
Lượt xem: 861 Lượt tải: 0
Bài tập thi tốt nghiệp THPT, Đại học Cao đẳng - Vấn đề: Phương pháp toạ độ trong không gian
Lượt xem: 1438 Lượt tải: 0
Giáo án môn Hình học 12 tiết 7: Khái niệm về thể tích của khối đa diện (tt)
Lượt xem: 1225 Lượt tải: 0