Chuyên đề 8: Hình học giải tích trong không gian Oxyz

a đường tròn đó. Giải (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5 Khoảng cách từ I đến (P): d(I, (P)) =      2 4 3 4 3 R 3 ; Suy ra mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S). Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H là hình chiếu vuông góc của I trên (P): IH = d(I,(P)) = 3, r =  2 2R IH 4 Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn:              x 1 2t y 2 2t z 3 t 2x 2y z 4 0 Giải hệ, ta được H (3; 0; 2) Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3), C(0; 3; 3), D(3; 3; 3) 1/ Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2/ Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải 1/  Gọi phương trình mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (với a2 + b2 + c2 – d > 0)  Mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D nên Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 276                                           3 a 2 A (S) 18 6a 6b d 0 3 B (S) 18 6a 6c d 0 b 2 C (S) 18 6b 6c d 0 3 cD (S) 27 6a 6b 6c d 0 2 d 0 nhận Vậy (S): x 2 + y 2 + z 2 – 3x – 3y – 3z = 0 2/ đi qua A(3; 3; 0) (ABC) : có vectơ pháp tuyến là AB,AC 9(1; 1; 1)         Phương trình mặt phẳng (ABC): x + y + z – 6 = 0  Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là giao của mặt phẳng (ABC) và (S)  Phương trình đường tròn (C):             2 2 2 x y y 3x 3y 3z 0 x y z 6 0  Gọi d qua tâm 3 3 3 I ; ; 2 2 2       của (S) và vuông góc với mặt phẳng (ABC) 3 3 3 đi qua I ; ; 2 2 1d : co ù vectơ chỉ phương a (1; 1; 1)            Phương trình tham số   3 x t 2 3 d : y t t 2 3 z t 2               H = d  (ABC) ta giải hệ                      3 x t 2 x 23 y t y 22 3 z 2 z t 2 x y z 3 0 Vậy tâm của đường tròn (C) là H(2; 2; 2) Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2– 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 277 1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 2/ Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) lớn nhất. Giải 1/ (S): (x 1) 2 + (y + 2) 2 + (z + 1) 2 = 9 có tâm I(1; 2; 1) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (Q) có cặp véctơ chỉ phương là: OI (1; 2; 1), i (1; 0; 0)     Vectơ pháp tuyến của (Q) là:  n (0; 1; 2) Phương trình của (Q) là: 0.(x  0)  1.(y  0) + 2(z  0) = 0  y  2z = 0 2/ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại hai điểm A, B. Nhận xét: Nếu d(A; (P))  d(B; (P)) thì d(M; (P)) lớn nhất khi M  A Phương trình đường thằng d:       x 1 y 2 z 1 2 1 2 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ:                  22 2 (x 1) (y 2) z 1 9 x 1 y 2 z 1 2 1 2 Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A(1; 1; 3), B(3; 3; 1) Ta có: d(A; (P)) = 7  d (B; (P)) = 1. Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M(1; 1; 3) Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 Trong không gian với hệ trục tọa 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). a/ Tìm tọa độ các đỉnh A1, C1. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1 B1). b/ Gọi M là trung điểm của A1B1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với BC1. Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A1C1 tại điểm N. Tính độ dài đoạn MN. Giải a/ A1(0; 3; 4), C1(0; 3; 4); 1BC ( 4; 3; 0), BB (0; 0; 4)   Vectơ pháp tuyến của mp(BCC1B1) là 1n BC, BB (12; 16; 0)     Phương trình mặt phẳng (BCC1B1): 12(x  4) + 16y = 0  3x + 4y  12 = 0. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 278 Bán kính mặt cầu:          1 1 2 2 12 12 24 R d A, BCC B 5 3 4 Phương trình mặt cầu:    2 2 2 576 x (y 3) z 25 b/ Ta có 1 3 3 M 2; ; 4 , AM 2; ; 4 , BC ( 4; 3; 4). 2 2               Vectơ pháp tuyến của (P) là      p 1n AM,BC ( 6; 24;12) . Phương trình (P): 6x  24(y + 3) + 12z = 0  x + 4y  2z + 12 = 0. Ta thấy B(4; 0; 0)  (P). Do đó (P) đi qua A, M và song song với BC1. Ta có 1 1 A C (0; 6; 0) . Phương trình tham số của đường thẳng A1C1 là:        x 0 y 3 6t z 4 N  A1C1  N(0; 3 + 6t; 4). Vì N  (P) nên 0 + 4(3 + 6t)  8 + 12 = 0  t = 1 3 . Vậy N(0; 1; 4). MN =             2 2 23 17 (2 0) 1 (4 4) 2 2 Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1; 1; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2) a/ Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC. Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P). b/ Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Giải a/ BC (0; 2; 2)   Mặt phẳng (P) qua O và vuông góc BC (nhận BC làm vectơ pháp tuyến) Phương trình (P): 0(x – 0) – 2(y – 0) + 2(z – 0) = 0  y – z = 0 (*)    AC ( 1; 1;2) nên phương trình tham số của AC:   x 1 t (1) y 1 t (2) t z 2t (3)         Thay (1), (2), (3) vào (*) ta được: 1 – t – 2t = 0   1 t 3 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 279 Thay vào (1), (2), (3) ta có 2 2 2 M ; ; 3 3 3       là giao điểm AC  (P) b/ AB ( 1; 1; 0), AC ( 1; 1; 2)        AB.AC 1 1 0  AB AC  ABC vuông tại A.  Dễ thấy BOC cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông. Do đó A, O, B, C đều nằm trên một mặt cầu tâm I là trung điểm BC, bán kính  BC R 2 .  I(0; 1; 1), R 2 nên phương trình (S): (x – 0)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 2 . Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB. 1 1 1 O A B với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4). a/ Tìm tọa độ các điểm A1,B1. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A. B, O1 b/ Gọi M là trung điểm của AB. Mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với O1A đồng thời cắt OA, OA1 lần lượt tại N, K. Tính độ dài đoạn KN. Giải a/ Vì AA1  (Oxy)  A1( 2; 0; 4), BB1  (Oxy)  B1(0; 4; 4) Phương trình mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (với a2 + b2 + c2 – d > 0) Mặt cầu qua 4 điểm O, A. B, O1 nên        1 O (S) A (S) B (S) O (S)            d 0 4 4a 0 16 8b 0 16 8c 0         a 1 b 2 c 2 d 0 (nhận) Vậy (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 4z = 0 b/ M trung điểm AB  M(1; 2; 0)  (P) qua M(1; 2; 0), (P)  O1A  Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): P 1 n O A (2; 0; 4)    Phương trình mp(P): 2(x – 1) + 0(y – 2) – 4(z – 0) = 0  x  2z – 1 = 0  Phương trình tham số OA:         x t y 0 t z 0 x y z O A B B1 A1 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 280  N = (P)  OA ta có hệ          x 2z 1 0 x t y 0 z 0       x 1 y 0 z 0  N(1; 0; 0)  Phương trình tham số OA1:         x t y 0 t z 2t  K = OA1  (P) ta có hệ          x 2z 1 0 x t y 0 z 2t            1 x 3 y 0 2 z 3  1 2 K ; 0; 3 3                           2 2 21 2 2 5 KN 1 (0 0) 0 3 3 3 Bài 12: Trong không gian với hệ tọa 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 Gọi I(x; y; z) là tâm mặt cầu. Giả thiết cho      2 2 2 IA IB IC I (P)                                             2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 x 2 y z 1 x 1 y z x 2 y z 1 x 1 y 1 z 1 x y z 2 0                       2x 2z 4 0 x 1 2x 2y 2 0 y 0 I (1; 0; 1) x y z 2 0 z 1 . Bán kính R = IB = 1 Vậy phương trình mặt cầu là:         2 22 x 1 y z 1 1 . Bài 13: ĐỀ DỰ BỊ 1 Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z  m 2  3m = 0 (m là tham số) và mặt cầu (S): (x  1) 2 + (y + 1) 2 + (z  1) 2 = 9. Tìm m để mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) với m tìm được hãy xác định Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 281 tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S). Giải  Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1; 1), bán kính R = 3  Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S):  d(I, (P)) = R                    2 2 2 m 3m 1 9 2 2 1 m 3m 3 4 4 1 m 3m 1 9              2 2 m 3m 10 0 m 2 m 5m 3m 8 0 (VN)  (P): 2x + 2y + z 10 = 0 (1)  Gọi  đường thẳng qua I và   (P)  qua I (1; 1; 1) và p a n (2; 2; 1).   Phương trình tham số : x 1 2t (2) y 1 2t (3) z 1 t (4)          .  Tiếp điểm M là giao điểm của  và (P), thay (2), (3), (4) vào (1) ta được: 2(1 + 2t) + 2(1 + 2t) + 1 + t  10 = 0  t = 1  M(3; 1; 2).