Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong không gian

b); C’ (a, a, b); M (a, a, b 2 ) a) ; ; = −JJJGBD ( a,a,0) = −JJJJGBA' ( a,0,b) =JJJJG bBM (0,a, ) 2 ⇒ ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ JJJG JJJJG 2BD,BA' (ab,ab,a ) ⇒ V= ⎡ ⎤ = +⎣ ⎦ JJJG JJJJG JJJJG 2 21 1 a b 2 BD,BA' .BM (a b ) 6 6 = = 2 23a b a b 12 4 (đvtt) b) (A’BD) có vectơ pháp tuyến hay ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ JJJG JJJJG 2BD,BA' (ab,ab,a ) =JJGn (b,b,a) (MBD) có vectơ pháp tuyến ⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ JJJG JJJJG 2ab abBD,BM ( , , a ) 2 2 hay = −JJJG m (b,b, 2a) Ta có : (A’BD) ⊥ (MBD) ⇔ =JJJG JJG m . n 0 ⇔ b2 + b2 – 2a2 = 0 ⇔ a = b (a, b > 0) ⇔ =a 1 b Ví dụ 7 ( ĐH KHỐI B-2003): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai điểm A(2;0;0), B(0;0;8) và điểm C sao cho (0;6;0)AC =JJJG . Tính khoảng cách từ trung điểm I của BC đến đường thẳng OA. BÀI GIẢI: A (2; 0; 0); B (0; 0; 8). = (0; 6; 0) ⇔ ⇔ C (2; 6; 0). I trung điểm BC ⇒ I (1; 3; 4) JJJGAC =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩ C C C x 2 y z 0 6 Pt tham số OA : =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩ x t y 0 z 0 (α) qua I ⊥ = (2; 0; 0) : 2(x – 1) = 0 ⇔ x – 1 = 0 JJJGOA Tọa độ {H} = OA ∩ (α) thỏa : ⇔ = = =⎧⎨ − =⎩ x t,y 0,z 0 x 1 0 =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩ x 1 y 0 z 0 . Vậy H (1; 0; 0). d(I, OA) = IH = − + − + −2 2(1 1) (0 3) (0 4)2 = 5. Ví dụ 8 ( ĐH KHỐI D-2003): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đường thẳng 3 2: 1 0 x ky z dk kx y z + − + = − + + = ⎧⎨⎩ 0 Tìm k để đường thẳng dk vuông góc với mặt phẳng (P): x – y – 2z + 5 =0 BÀI GIẢI: JJG 1n = (1, 3k, −1); = (k, −1, 1) JJG 2n 13 = (3k – 1, −k – 1, −1 – 3k2) JJG da = (1, −1, 2) JJG Pn − dk ⊥ (P) ⇔ cùng phương JJG da JJG Pn ⇔ − − − − −= =− − 23k 1 k 1 1 3k 1 1 2 ⇔ =⎧⎪⎨ = ∨ = −⎪⎩ k 1 1k 1 k 3 ⇔ k = 1 Ví dụ9 ( ĐH KHỐI A-2004): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh SC. a) Tính góc và khoảng cách hai đường thẳng SA, BM. b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN. BÀI GIẢI: Cách 1: S M C N H D O B A GT ⇒ SO ⊥ (ABCD); SA = SC = 2 3 a) Ta có OM // SA ⇒ Góc (SA, MB) là nOMB OB ⊥ (SAC) ⇒ OB ⊥ OM ΔOBM có tg n OBOMB OM = ⇒ n 1tgOMB 3 = ⇒ nOMB =300 Vẽ OH ⊥ SA ⇒ OH ⊥ OM và OH ⊥ OB ⇒ OH ⊥ (OMB) Vì SA // OM ⇒ SA // (OMB) ⇒ d (SA, MB) = d(H, (OMB)) = OH = 2 6 3 . b) (ABM) ∩ SD = N ⇒ N là trung điểm SD Ta có: SBMN SBCD V SM SN. V SC SD = 1 4 = ⇒ VSMNB = SBCD SABCD1 1V V4 8= Tương tự: VSABN = SABCD 1 V 4 Vậy: VSABMN = VSMNB + VSABN = SABCD 3 V 8 = 3 1 (đvtt) 1 1. . AC.BD.SO .4.2.2 2 2 8 3 2 16 = = Cách 2: a) O là trung điểm BD ⇒ D (0; −1; 0) O là trung điểm AC ⇒ C (−2; 0; 0) M là trung điểm SC ⇒ M ( 1;0; 2)− 14 =(2; 0;- SA JJJG 2 2 ); BM ( 1; 1; 2)= − −JJJJG Gọi ϕ là góc nhọn tạo bởi SA và BM cosϕ = − + −+ + + 2 0 4 4 8 1 1 2 = 3 2 ⇒ ϕ = 300 Gọi (α) là mp chứa SA và // BM ⇒ PT (α) : 2x z 2 2 0+ − = Ta có d(SA, BM) = d(B, α) = 2 6 3 . b) Pt mp(ABM): 2x 2 2y 3z 2 2 0+ + − = Pt tham số SD: ⎧ =⎪ = − +⎨⎪ =⎩ x 0 y 1 z 2 2t t (t ∈ R). N là giao điểm của SD và mp (ABM) ⇒ N 1(0; ; 2) 2 − BS (0; 1;2 2)= −JJJG ; BA (2; 1;0)= −JJJG 3BN (0; ; 2) 2 = −JJJG ; BM ( 1; 1; 2)= − −JJJJG BS,BN (2 2;0;0)⎡ ⎤ =⎣ ⎦ JJJG JJJG ; BS,BN .BA 4 2⎡ ⎤ =⎣ ⎦ JJJG JJJG JJJG BS.BN .BM 2 2⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ JJJG JJJG JJJJG VSABMN= VSABN + VSBNM = 1 1.4 2 .2 2 2 6 6 + = (đvtt) Ví dụ 10 ( ĐH KHỐI D -2004): Trong không gian với hệ tọa 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. a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng B1C và AC1 theo a, b. b) Cho a, b thay đổi nhưng luôn thỏa mãn a + b = 4. Tìm a, b để khoảng cách giữa 2 đường thẳng B1C và AC1 lớn nhất. BÀI GIẢI: a) C1 (0; 1; b) Gọi (α) là mặt phẳng chứa B1C và song song với AC1 ; 1B C (a;1; b)= − JJJJG 1C A (a; 1; b)= − − JJJJG Suy ra: 1 1B C,C A ( 2b;0; 2a)⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦ JJJJG JJJJG Suy ra ptrình (α): . − + − + − =b(x 0) 0(y 1) a(z 0) 0 ⇔ bx + az = 0. Ta có: d=d(B1C, AC1)=d(A, α)= 2 2 2 2 ab ab a b a b = + + . b) Cách 1: Ta có: d= 2 2 ab ab ab 2ab 2a b ≤ = + a b 4 2 2 2 2 2 +≤ = = Max d ⇔ d = 2 ⇔ ⇔ a = b = 2 a b a b 4 a 0,b 0 =⎧⎪ + =⎨⎪ > >⎩ 15 Cách 2: d = ab 16 2ab− , đặt x = ab, đk 0 < x ≤ 4. vì x = ab 2a b 4 2 +⎛ ⎞≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ Xét f(x) = x 16 2x− f’(x) = 3 16 x (16 2x) − − > 0 ∀x ∈ (0; 4] ⇒ d đạt max khi x = ab = 4 ⇒ a = b = 2 (vì a + b = 4) Ví dụ 11 ( ĐH KHỐI B-2004): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm 3 2 : 1 1 4 x t d y t z t = − +⎧⎪ = −⎨⎪ = − +⎩ A (-4; -2; 4) và đường thẳng Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng d. BÀI GIẢI: Cách 1: A (−4; −2; 4) (d) : ⎪⎨ x 3 2t y 1 t z 1 4t = − +⎧ = − ⎪ = − +⎩ Lấy M (−3+2t; 1 – t; −1 + 4t) ∈ (d) ⇒ = (1 + 2t; 3 – t; −5 + 4t) AMJJJJG Ta có: AM ⊥ (d) ⇔ (với dAM. a 0= JJJJG JJJJG da JJJG =(2; −1; 4)). ⇔ 2 + 4t – 3 + t – 20 + 16t = 0 ⇔ 21t = 21 ⇔ t = 1. Vậy đường thẳng cần tìm là đt AM qua A có VTCP AM JJJJG =(3;2;−1) ⇒ phương trình (Δ) : x+4 y 2 z 4 3 2 + −= = −1 . Cách 2: Gọi (α) là mp qua A chứa d ,Gọi (β) là mp qua A và ⊥ d ⇒ d qua B (−3; 1; −1); = (2; −1; 4) d a JJJG (α) qua A (−4; −2; 4) (α) có 1 cặp VTCP : ⇒ d a (2; 1;4 AB (1;3; 5) ⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩ JJJG JJJG ) ( ) n α JJJJG = (−7; 14; 7) = −7(1; −2; −1) Pt mp (α) : x – 2y – z + 4 = 0 ( ) d ( ) qua A (-4; -2; 4) ( ) (d) n a (2; 1;4)β β β ⎧⎪⎨ ⊥ → = = −⎪⎩ JJJJG JJJG Pt (β) : 2x – y + 4z – 10 = 0 Pt (Δ) : x 2y z 4 0 2x y 4z 10 0 − − + =⎧⎨ − + − =⎩ Ví dụ 12 ( ĐH KHỐI A-2005): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng: d : x 1 y 3 z 3 1 2 1 − + −= =− và mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z + 9 = 0 a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ nằm trong mặt phẳng (P), biết Δ đi qua A và vuông góc với d. BÀI GIẢI: a) Phương trình tham số của d : ⎧⎪⎨⎪⎩ = − = − + = + x 1 t y 3 2t z 3 t (t∈ R) 16 I ∈ d ⇔ I (1–t ; –3+2t ; 3+t) Ta có : d (I, (P)) = 2 ⇔ − − + − − + =+ + | 2 2t 3 2t 6 2t 9 | 2 4 1 4 ⇔ Suy ra : I (3 ; -7 ; 1) hay I (-3 ; 5 ; 7). t| 1 t | 3 t 4 = −⎡− = ⇔ ⎢ =⎣ 2 b) Thế phương trình d vào phương trình (P) ta được t = 1. Thế t = 1 vào phương trình d, ta được x = 0; y = -1; z = 4 Suy ra A (0; -1 ; 4) Vectơ chỉ phương của d : = −JGa ( 1;2;1) Vectơ pháp tuyến của (P): = −JGn (2;1; 2) Suy ra vectơ chỉ phương của Δ : = − −G G[a,n] ( 5; 0; 5) hay (1; 0; 1) Mặt khác Δ đi qua A nên phương trình tham số của Δ là : ⎧⎪⎨⎪⎩ = = − = + x t ' y 1 z 4 t ' (t’∈ R) Ví dụ 13 ( ĐH KHỐI B-2005): Trong không gian với hệ 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 (BCC1B1). 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 MN. BÀI GIẢI: a) Hình chiếu của A1 xuống mp (Oxy) là A ⇒ A1(0; -3; 4) Hình chiếu của C1 xuống mp (Oxy) là C ⇒ C1(0; 3; 4) Cặp véc tơ chỉ phương của (BCC1B1) là : BC ( 4;3;0)= − JJJG 1BB (0;0;4)= JJJJG Suy ra véc tơ pháp tuyến của (BCC1B1) là : = (12; 16; 0) hay = (3; 4; 0) 1n BC,BB⎡= ⎣ JJG JJJG JJJJG⎤⎦ m JJG Mặt khác (BCC1B1) qua B nên có phương trình: 3(x – 4) + 4y + 0z = 0 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0 Bán kính mặt cầu là : R = d (A, (BCC1B1)) = 0 12 12 24 59 16 − − =+ Suy ra phương trình mặt cầu là : x2 + (y + 3)2 + z2 = 576 25 b) M là trung điểm của A1B1 ⇒ M (2; 32− ; 4) Mp (P) có cặp véc tơ chỉ phương 3AM (2; ;4) 2 =JJJJG và 1BC ( 4;3;4)= − JJJJG ⇒ véc tơ pháp tuyến của mp (P): = = (−6; −24; 12) hay (1; 4; −2) Pn JJG 1AM;BC⎡⎣ JJJJG JJJJG⎤⎦ Mặt khác (P) đi qua A nên có phương trình : x + 4(y + 3) – 2z = 0 ⇔ x + 4y – 2z + 12 = 0 A1C1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương 1 1A C JJJJJG = (0; 6;0) hay (0; 1; 0) nên có phương trình : (t ∈ R) x 0 y 3 z 4 =⎧⎪ = − +⎨⎪ =⎩ t 17 Thế phương trình A1C1 vào phương trình (P) ta được t = 2 Thế t = 2 vào phương trình (A1C1) ta được x = 0, y = −1, z = 4 ⇒ N (0; −1; 4) và MN = 2 2 23 1(0 2) ( 1 ) (4 4) 2 2 − + − + + − = 7 Ví dụ 14 ( ĐH KHỐI D-2005): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : d1 : x 1 y 2 z 1 3 1 2 − + += =− và d2: x y z 2 0 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 tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). a JJG BÀI GIẢI: a) d1 qua N (1; −2; −1) và có 1 vectơ chỉ phương là =(3; −1; 2) b JJG d2 qua B (12; 0; 10) và có 1 vectơ chỉ phương là =(3; −1; 2) Ta có : = và = (11, 2, 11) không cùng phương với a JJG b JJG NB JJJG a JJG . Vậy d1 // d2 Mp (P) qua N và có pháp vectơ : =[ n JJG a JJG NB JJJG , ] = (−15; −11; 17) Phương trình (P) là: −15(x–1) – 11(y+2) + 17(z+1) = 0 ⇔ 15x + 11y – 17z – 10 = 0 b) A(−5, 0, −5); B (12, 0, 10) ⇒ = (0, −10, 0) OA,OB⎡⎣ JJJG JJJG⎤⎦ 1 OA,OB 2 ⎡⎣ JJJG JJJG ⇒ Diện tích (ΔOAB) = ⎤⎦ = 5 (đvdt). * * * 18