Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 3, Phần 2: Phương pháp tọa độ trong không gian

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 3, Phần 2: Phương pháp tọa độ trong không gian

1. Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối D 2004): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + z 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P).  Giải 1. Giả sử mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + z2 2ax 2by 2cz + d = 0, với a2 + b2 + c2 d 0. ▪ Điểm A (S) 5 4a 2c + d = 0. (1) ▪ Điểm B (S) 1 2a + d = 0. (2) ▪ Điểm C (S) 3 2a 2b 2c + d = 0. (3) ▪ Tâm I(a; b; c) (P) a + b + c 2 = 0. (4) Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2), (3), (4), ta được a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, thoả mãn điều kiện. Vậy, phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 2x 2z + 1 = 0. Ví dụ 3: (Đề thi đại học khối A 2005): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình: x 1 y 3 z 3 (d): ; (P): 2x + y 2z + 9 = 0. 1 2 1 a. Tìm toạ độ điểm I thuộc (d) sao cho khoảng cách từ I tới (P) bằng 2. b. Tìm toạ độ giao điểm A của (d) và (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ) nằm trong mặt phẳng (P), biết ( ) đi qua A và vuông góc với (d).  Giải Chuyển phương trình (d) về dạng tham số: x 1 t (d): y 3 2t , t Ă . z 3 t a. Với giả thiết I (d) suy ra I(1 t; 2t 3; 3 + t). Với điều kiện d(I, P) = 2, ta được: | 2(1 t) (2t 3) 2(3 t) 9 | t 4 = 2 . 22 12 ( 2)2 t 2 ▪ Với t = 4, ta được I1( 3; 5; 7). ▪ Với t = 2, ta được I2(3; 7; 1). Vậy, tồn tại hai điểm I1, I2 thoả mãn điều kiện đầu bài. b. Thay phương trình tham số của (d) vào (P), ta được: 2(1 t) + (2t 3) 2(3 + t) + 9 = 0 t = 1 A(0; 1; 4). Gọi a, b, n theo thứ tự là vtcp của (d), vtcp của ( ), vtpt của (P), ta có a ( 1; 2; 1) và n (2; 1; 2). 481
2. Nhận xét rằng: ( )  (P) b  n b = [ n , a ] = (5; 0; 5) chọn b (1; 0; 1). ( )  (d) b  a Khi đó: x t qua A(0, 1,4) ( ): ( ): y 1 , t Ă . vtct b(1,0,1) z 4 t Ví dụ 4: (Đề thi đại học khối D 2005): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng x 1 y 2 z 1 x y z 2 0 (d1): = = và (d2): . 3 1 2 x 3y 12 0 a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa cả hai đường thẳng (d1) và (d2). b. Mặt phẳng toạ độ Oxz cắt hai đường thẳng d 1, d2 lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích OAB, với O là gốc toạ độ.  Giải a. Ta có: ▪ (d ) có vtcp a1 (3; 1; 2) và đi qua điểm M (1; 2; 1). 1 1 ▪ (d ) có vtcp a 2 (3; 1; 2) và đi qua điểm M (0; 4; 2). 2 2 Nhận xét rằng a1 = a 2 và điểm M1 (d2). Vậy, hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. Để lập phương trình mặt phẳng (P) chúng ta có hai cách sau: Cách 1: (Sử dụng chùm mặt phẳng): Mặt phẳng (P) chứa (d2) nên có dạng: (P): A(x + y z 2) + B(x + 3y 12) = 0. (1) Để (P) chứa (d1) điều kiện là: 17 M1 (P) A(1 2 + 1 2) + B(1 6 12) = 0 A = B. (2) 2 Thay (2) vào (1), ta được (P): 15x + 11y 17z 10 = 0. Cách 2: Ta có ngay: qua M1 qua M1 (1, 2, 1) (P):  (P):  cặp vtcpa1 và M1M2 vtpt n [a1, M1M2 ] (15,11, 17) (P): 15(x 1) + 11(y + 2) 17(z + 1) = 0 (P): 15x + 11y 17z 10 = 0. b. Ta lần lượt có: ▪ Toạ độ của A là nghiệm của hệ tạo bởi (d1) và (Oxz) nên: x 1 y 2 z 1 x 5 3 1 2 y 0 A( 5; 0; 5). y 0 z 5 482
3. ▪ Toạ độ của B là nghiệm của hệ tạo bởi (d2) và (Oxz) nên: x y z 2 0 x 12 x 3y 12 0 y 0 B(12; 0; 10). y 0 z 10 Khi đó, diện tích OAB, với O là gốc toạ độ được cho bởi: 1   1 S OAB = [ OA, OB ] = [( 5; 0; 5), (12; 0; 10)] = 5 đvdt. 2 2 Ví dụ 5: (Đề thi đại học khối A 2002): Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng: x 1 t x 2y z 4 0 ( 1): , ( 2): y 2 t , t Ă . x 2y 2z 4 0 z 1 2t a. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa ( 1) và song song với ( 2). b. Cho điểm M(2; 1; 4). Tìm toạ độ điểm H thuộc ( 2) sao cho độ dài MH ngắn nhất.  Giải Ta lần lượt có: a. (P) chứa ( 1) (P) thuộc chùm tạo bởi ( 1), có dạng: (P): A(x 2y + z 4) + B(x + 2y 2z + 4) = 0 (P): (B + A)x + 2(B A)y + (A 2B)z 4A + 4B = 0  vtpt n (B + A; 2B 2A; A 2B).  P  Gọi a 2 là vtcp của ( 2), ta được a 2 (1; 1; 2). Vì (P)//( ) nên:  2   nP a 2 nP .a 2 = 0 1.(B + A) + 1.2(B A) + 2.(A 2B) = 0 B = A. Vậy, ta được (P): 2x z = 0. b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Để H ( ): MH H là hình chiếu vuông góc của M lên ( ) 2 Min 2 Đường thẳng ( 2) có vtcp a 2 (1; 1; 2). Vì H ( ) nên: 2  H(1 + t; 2 + t; 1 + 2t) MH (t 1; 1 + t; 2t 3),   MH  ( 2) MH  a 2 MH . a 2 = 0 1.(t 1) + 1.(1 + t) + 2.(2t 3) = 0 t = 1 H(2; 3; 3). Cách 2: Để H ( 2): MHMin H là hình chiếu vuông góc của M lên ( 2) H = (Q)( 2), trong đó: qua M qua M(2,1,4) (Q): (Q):  (Q): x = y + 2z 11 = 0. (Q)  ( ) 2 vtpt a 2 (1,1,2) Bằng cách thay x, y, z từ ( 2) vào (Q), ta được t = 1 nên H(2; 3; 3). 483
4. Ví dụ 6: (Đề thi đại học khối B 2004): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A( 4; 2; 4) và đường thẳng (d) có phương trình: x 2t 3 (d): y 1 t , t Ă . z 4t 1 Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng (d).  Giải 1. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách giải sau: Cách 1: Đường thẳng (d) có vtcp a (2; 1; 4), lấy điểm B( 3; 1; 1) (d). Gọi (P1) là mặt phẳng thoả mãn: qua A qua A qua A( 4, 2,4) (P1): (P1):  (P1): chứa (d) cặp vtcpa và AB vtpt n (1, 2, 1) (P1): x 2y z + 4 = 0. Gọi (P2) là mặt phẳng thoả mãn: qua A qua A( 4, 2,4) (P2): (P2): (P2): 2x y + 4z 10 = 0. (P2 )  (d) vtpt a(2, 1,4) Nhận xét rằng, ( ) chính là giao tuyến của (P1) và (P2) do đó có phương trình: x 2y z 4 0 ( ): . 2x y 4z 10 0 Cách 2: Đường thẳng (d) có vtcp a (2; 1; 4). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (d), suy ra:  H(2t 3; 1 t; 4t 1) AH (2t + 1; 3 t; 4t 5),   AH  a AH . a = 0 2(2t + 1) (3 t) + 4(4t 5) = 0  t = 1 AH (3; 2; 1). Khi đó, phương trình đường thẳng ( ) được cho bởi: qua A( 4, 2,4) x 4 y 2 z 4 ( ):  ( ): . vtcpAH(3,2, 1) 3 2 1 Ví dụ 7: (Đề thi đại học khối A 2003): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có A trùng với gốc của hệ toạ độ, B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A1(0; 0; b) với a, b > 0. Gọi G là trung điểm cạnh CC1. a. Tính thể tích khối tứ diện BDA1M theo a và b. a b. Xác định tỉ số để (A1BD)  (MBD). b  Giải 484
5. b Từ giả thiết suy ra C(a; a; 0) và C1(a; a; b) M(a; a; ). 2 a. Ta có ngay: 1    V = [ BD,BA ]. BM . (1) BDA1M 6 1 trong đó:    b   BD ( a; a; 0), BA ( a; 0; b), BM (0; a; ), [ BD,BA ] = (ab; ab; a2). 1 2 1 Từ đó, suy ra: 1 b a 2b V = (ab; ab; a2). (0; a; )= . BDA1M 6 2 4 b. Gọi nA1BD , nMBD theo thứ tự là vtpt của các mặt phẳng (A1BD) và (MBD), ta có ngay:     2 ab ab 2 nA BD = [ BD, BA ] = (ab; ab; a ), nMBD = [ BD, BM ] = ( ; ; a ) 1 1 2 2 Để (A1BD)  (MBD) điều kiện là: 2 2 2 2 a b a b 4 2 2 nA BD  nMBD nA BD .nMBD = 0 a = 0 a = b a = b. 1 1 2 2 Vậy, với a = b thoả mãn điều kiện đầu bài. Ví dụ 8: (Đề thi đại học khối D 2004): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABCA1B1C1. Biết A(a; 0; 0), B( a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1( a; 0; b), a > 0, b > 0. Gọi M là trung điểm cạnh SC. a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C, AC1. b. Cho a, b thay đổi nhưng luôn thoả mãn a + b = 4. Tìm a, b, để khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C, AC1 lớn nhất.  Giải Ta có A1(a; 0; b), C1(0; 1; b). z a. Ta có: B1 A1    b |[B1C,AC1 ].CC1 | ab d(B1C, AC1) =   = . 2 2 C |[B C,AC ]| 1 x 1 1 a b B A b. Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: a O a C ab ab ab a b 1 d(B1C, AC1) = = = 2 . y a 2 b2 2ab 2 2 2 a b 4 Suy ra dmax = 2 , đạt được khi a = b a = b = 2. Ví dụ 9: (Đề thi đại học khối B 2005): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 với A(0; 3; 0), B(4; 0; 0), C(0; 3; 0), B1(4; 0; 4). 485
6. a. Tìm toạ độ các đỉnh A1, C1. b. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1). c. Gọi M là trung điểm của A1B1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với BC1. d. Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng (A1C1) tại N. Tính độ dài đoạn MN.  Giải a.A 1(0; 3; 4), C1(0; 3; 4). b. Phương trình mặt phẳng (BCC1B1) được cho bởi: qua B qua B(4,0,0) (BCC1B1):   (BCC1B1):   cặp vtcpBCvàBB1 vtpt n [AM,BC1 ] (3,4,0) (BCC1B1): 3(x 4) + 4y = 0 (BCC1B1): 3x + 4y 12 = 0. Mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1) khi: | 4.( 3) 12 | 24 R = d(A, (BCC1B1)) = = . 32 42 5 Vậy, phương trình mặt cầu S(A, R) có dạng: 576 (S): x2 + (y + 3)2 + z2 = . 25 3 c. Ta có M(2; ; 4) và khi đó: 2 qua A qua A (P):   (P):   cặp vtcpAM vàBC1 vtpt n [AM, BC1 ] (1, 4, 2) (P): x + 4(y + 3) 2z = 0 (P): x + 4y 2z + 12 = 0. d. Phương trình tham số của đường thẳng (A1C1) được cho bởi: x 0 qua A1 (0, 3,4) (A1C1):  (A1C1): y 3 t , với t Ă . vtcpA1C1 (0,6,0) z 4 Bằng cách thay phương trình tham số của (A1C1) vào phương trình của (P) ta được: 0 + 4( 3 + t) 2.4 + 12 = 0 t = 2 N(0; 1; 4) 3 17 MN = (0 2)2 ( 1 )2 (4 4)2 = . 2 2 486