MỘT số bài TOÁN có LIÊN QUAN đến góc và KHOẢNG CÁCH

20 287 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 18/05/2015, 11:12

MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH I. LIÊN QUAN ĐẾN GÓC . (5 BÀI ) Bµi 1 ( KA-2006) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' với A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0;1; 0), A'(0; 0;1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α biÕt 1 os 6 c α = GIẢI a/ Tính h( A’C,MN). - Ta có : ( ) ( ) 1 ' 1;1;1 , 0;1;0 , ' ;0;1 2 A C MN MA   = = = −  ÷   uuuur uuuur uuuur - Do đó : 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ' , ' 0. 1 1 1 0 0 0 0 1 2 2 2 A C MN MA   = − + + = + =   uuuur uuuur uuuur - Vậy : ( ) 3 ' , ' 3 2 ' , 1 0 1 2 2 ' , A C MN MA h A C MN A C MN     = = = + +     uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur b/ Lập mặt phẳng (P) chứa A’C . - Gọi (P) : ax+by+cz+d=0 (1) - Do đi qua (A’C) cho nên : Qua A’(0;0;1) suy ra : c+d=0 (2). Suy ra c=-d = a+b . (P) qua C(1;1;0) : a+b+d =0 (3) suy ra : (P) : ax+by+(a+b)z-(a+b)=0 (*) - Mặt phẳng (P) có : ( ) ; ;n a b c= r , mặt phẳng (Oxy) có véc tơ pháp tuyến là ( ) 0;0;1k = r . Do đó ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 . 2 1 os 6 2a 6 . n k a b a b c a b a b c b n k a b c α = − +  = = = ⇔ + = + + ⇒  = − + +  r r r (4) - Với : a=-2b, chọn b=-1, ta được (P) : 2x-y+z-1=0 - Với b=-2a , thì chọn a=1 , ta được (P) : x-2y-z+1=0 . Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; −3), B(2; −1; −6) và mp(P): x + 2y + z −3= 0 . Viết phương trình mp(Q) chứa AB và tạo với mp(P) một góc α thỏa mãn: 3 cos 6 α = GIẢI Gọi (Q) có dạng : ax+by+cz+d=0 . (Q) qua A(-1;2;-3) ta có : -a+2b-3c+d=0 (1) và (Q) qua B(2;-1;-6) : 2a-b-6c+d=0 .(2) - Mặt phẳng (P) có ( ) 1;2;1n = r . Suy ra Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 1 Z A B C D ’ B’ C’ D’ A’ M N ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 . 2 3 os 6 2 3 6 . 1 4 1 Q Q P P n n a b c c a b c a b c n n a b c α + + = = = ⇔ + + = + + + + + + uur r uur r (3) - Từ (1) và (2) ta có : 2 3 0 2a 6 0 4a a b c d c a b b c d d b − + − + = = +   ⇔   − − + = = +   . - Thay vào (3) : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 3 , 15 6 2a 3 3 3a 11a 8 0 0, 3 a b c b d b b a b a b b b a b c d b = − → = − = −    ⇔ + = + + + ⇔ + + = ⇒    = − → = = −  - Vậy có hai mặt phẳng : (Q): -4x+y-3z-15=0 và (Q’): -x+y-3=0 . Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2; −1; 1), B(0; 1: −2) và đường thẳng (d): 3 1 1 1 2 x y z− + = = − . Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (OAB), nằm trong mặt phẳng (OAB) và hợp với đường thẳng (d) một góc α sao cho 5 cos 6 α = . GIẢI - Ta có : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 2; 1;1 , 0;1; 2 , ; ; 1;4;2 1 2 2 0 0 1 OA OB OA OB n  − −    = − = − ⇒ = = =  ÷   − −   uuur uuur uuur uuur r - Do đó : mp(OAB): x+4y+2z=0 (1) . Gọi M là giao của d với (OAB) thì tọa độ của M là nghiệm của hệ : ( ) 4 2z 4(3 ) 2(2 1) 0 10 10;13; 21 3 1 2 x y x t t t t t M y t z t + +   =  ⇔ + − + − = ↔ = − ⇔ = − −  = −   = − +  - Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , . 0 4 2 0 2 ; ; P OAB d n u a b c u a b c α ∆ ∆∈ ⇒ = ∆ = ⇔ + + = = uuruur r - Do đó : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 . 2 2 5 os , 4 6 1 1 4 6 d P d P d P u n a b c a b c c u n u n a b c a b c − + − + = = = = + + + + + + uur uur uur uur uur uur - Suy ra : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 6 5 25 4 2 11 16 5 0 11 b c b b c b c b bc c b c  =    ⇔ − = − + + ⇔ − + = ⇔    =  - Với ( ) 10 2 5 2 2 5 ; ; / / 2; 5; 11 : 13 5 11 11 11 11 21 11 d x t b c a c u c c c u y t z t = − +     = → = − ⇒ = − = − − ⇔ ∆ = −   ÷    = − −  uur r - Với b=c, thay vào (2) ta có a=-6c ( ) ( ) 10 6 6 ; ; / / ' 6; 1; 1 : 13 21 x t u c c c u y t z t ∆ = − +   ⇒ = − = − − ⇔ ∆ = −   = − −  uur ur Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0;1;−2), vuông góc với đường thẳng 3 2 ( ): 1 1 1 x y z d + - = = - và tạo với mặt phẳng (P): 2x + y − z +5 = 0 một góc 30 0 . GIẢI * Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ( ) 1; 1;1u = − r , đường thẳng ∆ có véc tơ chỉ phương ( ) ; ;u a b c ∆ = uur . Mặt phẳng (P) có ( ) 2;1; 1n = − r .Gọi ( ) ( ) ; , d d P u u α ∆ = = uur uur . Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 2 - Do đó : 0 2 2 2 2 2 2 , 2a 2a 3 os os30 2 4 1 1 6 u n b c b c c c u n a b c a b c α ∆ ∆ + − + − = = = = = + + + + + + uur r uur r ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2a 3. 6 2 2a 9 2b c a b c b c a b c⇔ + − = + + ⇔ + − = + + - Vì : ( ) . 0 0 3 d d u u a b c b a c ∆ ⊥ ∆ ⇒ = ⇔ − + = ⇔ = + uur uur - Thay (3) vào (2) ta được : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 0 18a 2a 2a 2a 2a 0 2a c a c a c c c c c c =    ⇔ = + + + ⇔ = + + ⇔ + = ⇒    = −  - Với c-0, thay vào (3) ta có b=a suy ra ( ) ( ) ; ;0 / / 1;1;0 : 1 2 x t u b b u y t z ∆ =   = = ⇔ ∆ = +   = −  uur r - Với : c=-2a , thay vòa (3) ta có b=-a ( ) ( ) ; ; 2a / / ' 1; 1; 2 : 1 2 2 x t u a a u y t z t ∆ =   ⇒ = − − = − − ⇔ ∆ = −   = − −  uur ur Bài 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng : ∆ 1 : 1 2 1 x y z = = − , và ∆ 2 : 1 1 1 1 1 3 x y z− + − = = − a/Chứng minh hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. b/Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ 2 và tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 30 0 GIẢI a/Chứng minh hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau: * Đường thẳng ∆ 1 có véc tơ chỉ phương ( ) 1 1; 2;1u = − ur và qua O(0;0;0), còn 2 ∆ qua B(1;-1;1) Có véc tơ chỉ phương ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1; 1;3 , ; ; 5; 2; 1 1 3 3 1 1 3 u u u  − −    = − ⇒ = = − − −  ÷   − −   uur ur uur (1) Mặt khác : ( ) ( ) ( ) 1 2 , 1. 5 1 2 1. 1 6 0u u OB   = − − + − = ≠   ur uur uuur . Kết hợp với (1) suy ra hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau . b/ Viết phương trình (P). Đường thẳng 2 1 1 0 1 1 : 1 1 3x 2 0 1 3 x y x y x z z − +  =  + =   − ∆ ⇔   − − − − =   =   *. Vì (P) chứa ( ) 2 P∆ ⇒ thuộc chùm : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3x 2 0 3 z 2 0 0 *m x y n z m n x my n n m n+ + − − = ⇔ + + − − = + ≠ Mặt khác (P) tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 0 30 thì : ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 1 1 2 2 2 1 , 3 2 1 30 90 , , 60 os60 2 3 1 4 1 n u m n m n n u n u c n u m n m n + − −   ⇒ = − ⇔ = ↔ = ⇔ =   + + + + + o r ur r ur r ur r ur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 11 6 2 10 6 4 2 2 13 11 0 3 2 m n m n mn n m m mn n m n  = −  ⇔ + + = − ⇔ + + = ⇔  = −  Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 3 - Thay (3) vo (*) ta cú : - Vi ( ) ( ) 11 5 11 : 2 0 :5x 11 2z 4 0 2 2 2 m n P x y z P y= = + + + = . Vi m=-n thỡ (P): 2nx-ny-nz-2n=0 , Hay (P): 2x-y-z-2 =0 . Bi 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : z y x = = 1 2 và d : 1 5 3 2 2 + == z y x . Viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua d và tạo với d một góc 0 30 GII Tng t nh bi 4, ta chuyn d sang dng l giao ca hai mt phng : x-z=0 v x+y-2=0 . Do ú (P) thuc chựm : m(x-z)+n(x+y-2)=0 ; hay : (m+n)x+ny-mz-2n=0 (1) ng thng d cú ( ) 2;1; 1u = r . Vỡ (P) to vi d mt gúc bng 0 30 cho nờn ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 1 1 2 2 2 , ' 2 1 30 90 , , 60 os60 2 ' 4 1 1 n u m n n m n u n u c n u m n n m + + + = = = = + + + + + o r ur r ur r ur r ur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 5 2 0 3 2 2 m n m n m n mn m n m mn n n n m m = = + + = + + + = = = - Vi m=-2n thay vo (1) thỡ (P): -nx+ny+2nz-2n=0 ; hay (P):-x+2y+2z-2=0 . - Vi n=-2m thay vo (1) thỡ (P): -mx-2my-mz+4m=0 ; hay (P): -x-2y-z+4=0 . II. LIấN QUAN N KHONG CCH ( 32 BI ) Bi 1.(H_KD-2009). Trong khụng gian ta Oxyz , cho t din ABCD cú ta cỏc nh A(1;2;1),B(-2;1;3), C(2;-1;1),D(0;3;1).Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua A v B sao cho khong cỏch t im C n mt phng (P) bng khong cỏch t im D n mt phng (P). GII - Mt phng (P) cú dng : ax+by+cz+d=0 . - (P) qua A(1;2;1) thỡ : a+2b+c+d=0 (1) . (P) qua B(-2;1;3) thỡ : -2a+b+3c+d=0 (2). - Theo gi thit : h(C,P)=h(D,P) 2 2 2 2 2 2 2a 3 2a 3 b c d b c d b c d b c d a b c a b c + + + + = + + = + + + + + + 2a 3 2a 3 0 b c d b c d a b b c d b c d a b c d + + = + + = + + = + + + = Nu a=b thay vo (1) v (2) : 3 0 0 ( ): z 0 ( ) : 1 0 0 b c d b P c c P z b c d d c + + = = = = + + = = Nu : a+b+c+d=0 thay vo (1) v (2) : ( ) ( ) 2 0 2 0 3 0 : ax 2a 0 : 2 0 0 2a a b c d b a b c d c a P az P x z a b c d d + + + = = + + + = = + = + = + + + = = Bi 2. Trong khụng gian ta Oxyz , cho mt phng (P) v ng thng d ln lt cú Su tm v gii Nguyn ỡnh S -T: 02403833608 Trang 4 phương trình : (P): 2x-y-2z-2=0 và (d): 1 2 1 2 1 x y z+ − = = − . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d), I cách (P) một khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3 GIẢI Gọi (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R . Theo giả thiết : - I thuộc d thì I( -t;2t-1;t+2) (1). h(I,P)=2 ( ) 2a 2 2 2 2a 2 2 6 2 4 1 4 b c b c − − − ⇔ = ⇔ − − − = + + - (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C ) tâm H và bán kính r=3 thì : ( ) ( ) 2 2 2 , 2 3 4 9 13 h I P IH R IH r  = =  ⇔  = + = + =   - Thay (1) vào (2) : 1 2 7 7 10 7 ; ; 2 2 1 2 2 6 6 7 6 6 3 6 2 2 1 2 2 6 6 5 5 5 2 5 ; ; 6 6 3 6 t I t t t t t t t t t I    = − → = − −  ÷  − − + − − = − =      ⇒ ⇔ ⇔   − − + − − = − − = −      = → = −   ÷    - Vậy có 2 mặt cầu (S) : ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 2 2 7 10 7 : 13 6 3 6 5 2 5 : 13 6 3 6 S x y z S x y z        − + + + + =   ÷  ÷  ÷                + + − + − =  ÷  ÷  ÷         Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d): 3 1 1 1 2 x y z− + = = − và hai điểm A(2; −1; 1), B(0; 1: −2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất. GIẢI - Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(t;3-t;2t-1) . - Ta có : ( ) ( ) ( ) 2;4 ;2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 , ; ; 8; 2; 4 2 2 1 2 1 2 ;2 ;2 1 AM t t t t t t t t t AM BM t t t t t t t t BM t t t  = − − −  − − − − − −     ⇒ = = + + −   ÷   − + + − = − +     uuuur uuuur uuuur uuuur - Do đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 , 8 2 16 2 5 34 34 2 2 2 2 S AM BM t t t   = = + + + + = + + ≥   uuuur uuuur - Vậy : min S = 34 2 khi t=-5 và M=( -5;8;-11). Bài 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ( ) 1 1 : 2 1 2 x y z+ − ∆ = = − . Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. GIẢI Cách giải tương tự như bài 3 . - Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(2t-1;1-t;2t) . - Ta có : ( ) ( ) 2 2; 4 ;2 4 2 2 2 2 2 2 4 , ; ; 2 2 6 2 6 2 4 2 4 2 2 4; 2 ;2 6 AM t t t t t t t t t AM BM t t t t t t BM t t t  = − − −  − − − − − −     ⇒ =   ÷   − − − − − − − − = − − − −     uuuur uuuur uuuur uuuur ( ) 2 24;8 12;2 12t t t= + − − Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 5 - Do đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 23 1547 1 , 2 14 8 12 2 12 18 1547 2 2 18 36 6 S AM BM t t t t     = = + + − + − = − + ≥  ÷     uuuur uuuur - Vậy : min S = 1547 6 khi 23 14 5 23 ; ; 18 9 18 9 t M   = ⇒ = −  ÷   . Bài 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;9;−9), B(−10;13;1) và mặt phẳng (P): x + 5y − 7z − 5 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA 2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI Gọi M (x;y;z) thuộc (P) thì ta có : x+5y-7z-5=0 (1). Khi đó : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4; 9; 9 4 9 9 10; 13; 1 10 13 1 AM x y z AM x y z BM x y z BM x y z  = − − + → = − + − + +   = + − − → = + + − + −   uuuur uuuur Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 9 9 10 13 1MA MB x y z x y z+ = − + − + + + + + − + − Hay : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 11 4 156MA MB x y z   + = + + − + + +   (2) . Từ (1) -75=1(x+3)+5(y-11)-7(z+4) . Theo bất đẳng thức Bu nhe cốp ski suy ra : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 75 1 x 3 5 y 11 7 z 4 1 25 49 3 11 4x y z   − = + + − − + ≤ + + + + − + +      Do đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 75 3 11 4 75 75 x y z   + + − + + ≥ =   Và : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 11 4 156 2.75 156 306MA MB x y z   + = + + − + + + ≥ + =   Dấu đẳng thức xảy ra khi : 50 3 11 17 5x 26 5x+26 192 1 5 7x 25 7x 25 3 4 17 5 7z 5 0 50 75 1 7 17 17 x x y y y z z y x z x y x z  = −   + −   − = − =   =      ⇔ + = − ⇔ = − − ⇔ = −     + +     = + − − =     = − −  =    • Ta còn cách khác , sử dụng hệ thức trung tuyến : Gọi I là trung điểm của AB . Ta có : ( ) 2 2 2 2 2 * 2 AB MA MB MI+ = + Với : ( ) 2 14;4;10 196 16 100 312AB AB= − ⇒ = + + = uuur . Và I(-3;11;-4) suy ra ( ) 3; 11; 4MI x y z= + − + uuur Do đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 11 4MI x y z   = + + − + +   . Vậy (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 312 2 3 11 4 2 3 11 4 156 2 MA MB x y z x y z     ⇔ + = + + − + + + = + + − + + +     ( Kết quả như trên ). Bài 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(5; 8; −11), B(3; 5; −4), C(2; 1; −6) và đường thẳng thẳng (d): 1 2 1 2 1 1 x y z− − − = = . Xác định toạ độ điểm M thuộc (d) sao cho MA MB MC− − uuur uuur uuuur đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI Điểm M thuộc d thì M(2t+1;2+2t;1+t) , cho nên : Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 6 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4;2 6; 12 2 2;2 3; 5 2 1; 2 4; 2 1;2 1; 7 MA t t t MB t t t MA MB MC t t t MC t t t  = − − +   = − − + ⇒ − − = − − − − −   = − + +   uuur uuur uuur uuur uuuur uuuur ( ) ( ) 2 2 2 2 2 10 53 53 2 1 2 4 9 20 17 9 9 9 3 MA MB MC t t t t t t   ⇔ − − = + + + + = + + = + + ≥  ÷   uuur uuur uuuur Dấu đẳng thức xảy ra khi : 11 9 10 2 11 2 1 ; ; 9 9 9 9 9 1 9 x t M y M z  = −      = − ⇒ = = − ⇔ = − − −   ÷     = −   Bài 7. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(1; −1; 2), B(1; 3; 0), C(−3; 4; 1) và D(1; 2; 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). GIẢI Mặt phẳng (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 . Nếu (P) qua A(1;-1;2) thì ta có phương trình : a-b+2c+d=0 (1) Nếu (P) qua B(1;3;0) thì ta có phương trình : a+3b+d=0 (2) Theo giả thiết : h(C,P)=h(D,P) cho nên ta có : 2 2 2 2 2 2 3a 4 2 2a 3a 4 2 3a 4 2 3 0 b c d a b c d b b c d a b c d b c d a b c d a b c d a b c a b c − + + + = + + + = − + + + + + +   ⇔ = ⇔ ⇔   − + + + = − − − − − + + + = + + + +   Kết hợp với hai phương trình (1) và (2) ta có hai hệ xét cho hai trường hợp : • Trường hợp 1: ( ) 2a 2a 2 0 4a : 2 4z 7 0 7a 0 7a b b a c d c P x y d d = =     ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ + + − =     + = = −   • Trường hợp 2: ( ) 3 0 3 0 2a 2 0 2a 4 0 : 2z 4 0 3 0 2a 0 4a a b c d a b d c a b c d b c a b P x y a b d c d − + + + = + + = =       ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ + + − =       + + = − = = −    Bài 7.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3 3 2 37 0x y z− + + = và các điểm A(4;1;5), B(3;0;1), C(−1;2; 0). Tìm toạ độ điểm M thuộc (α) để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: MA.MB MB.MC MC.MA+ + uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur . GIẢI Gọi M(x;y;z) thuộc (P) thì ta có phương trình : 3x-3y+2z+37=0 (1). Khi đó ta có : ( ) ( ) ( ) 4; 1; 5 , 3; ; 1 , 1; 2;MA x y z MB x y z MC x y z= − − − = − − = + − uuur uuur uuuur và : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 3 4 1 1 5 7x 6z 17 2MA MB x x y y z z x y z y= − − + − + − − = + + − − − + uuur uuur ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 3 1 2 1 2x 2 z-3 3MB MC x x y y z z x y z y= − + + − + − = + + − − − uuur uuuur ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 1 4 2 1 5 3x 3 5z 2 4MC MA x x y y z z x y z y= + − + − − + − = + + − − − − uuuur uuur Lấy (2)+(3)+(4) vế với vế ta được : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 MA.MB MB.MC MC.MA 3 4x 2 4z 4 3 2 1 2 5x y z y x y z   + + = + + − − − + = − + − + − −   uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp ski cho phương trình (1) : Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 7 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 44 3 2 3 1 2 2 9 9 4 2 1 2x y z x y z   ⇒ − = − − − + − ≤ + + − + − + −      Suy ra : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 44.44 2 1 2 88 22 x y z− + − + − ≥ = Hay : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 2 15 3.88 15 249x y z   − + − + − − ≥ − =   . Vậy : MA.MB MB.MC MC.MA 249+ + ≥ uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur Dấu đẳng thức xảy ra khi : ( ) 2 1 3 3 3 4 2 2 2x 2 7 4;7; 2 3 2 3 2 3x 3 2z 37 0 22x 88 0 x y y x x x z z y M z y − −  =  = −  − = −    − − +    ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒ = −       = −  − + + = + =      Bài 8. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ( ) ( ) A 0;1;2 ,B 1;1;0− và mặt phẳng (P): 0x y z− + = . Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B. GIẢI Gọi M=(x;y;z) . Nếu M thuộc (P) thì : x-y+z=0 (1). Ta có : ( ) ( ) 1;0;2 , 1; 1;BA MB x y z= = + − uuur uuur . Nếu tam giác MAB vuông cân tại B và kết hợp với (1) thì ta có hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 0 z 1 2z 2z 1 1 0 y=-z-1 1 5 1 1 5 5z 1 5z 2 5 BA MB y x x x BA MB y z y z y x z x y z y z     = = + + = − = − −         ⇔ = ⇔ + + = ⇔ ⇔ = − −         = + = + + − + = + − + − − =         uuur uuur 2 10 2 10 6 6 1 10 4 10 3 3 4 10 2 10 6 6 z z x x y y   − − − + = =       − − − +   ⇔ = ∨ =       − + − + = =       Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 2 1 2 x t y t z t = −   =   = − −  và mặt phẳng (P): 1 0x y z+ − + = . Gọi (d ’ ) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc (d ’ ) sao cho H cách điểm K(1; 1; 4) một khoảng bằng 5. GIẢI Lập phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của d trên (P) . - Tìm tọa độ A là giao của d với (P) . Tọa độ của A là nghiệm của hệ : ( ) 2 2 1 2 1 0 2 4; 2;3 1 2 1 0 x t y t t t t t A z t x y z = −   =  ⇔ − + + + + = ⇔ = − ⇒ = −  = − −   + − + =  - Do là hình chiếu vuông góc nên ( ) ' 1 2 2 2 2 1 , ; ; 1; 4; 3 1 1 1 1 1 1 d d u u n  − − − −    = = = − −  ÷   − −   uur uur r Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 8 - Vậy d’ qua A(4;-2;3)có véc tơ chỉ phương ( ) ' 4 1; 4; 3 ': 2 4 3 3 d x t u d y t z t = +   = − − ⇒ = − −   = −  uur Tìm tọa độ H . Nếu H thuộc d’ thì H=(t+4;-2-4t;3-3t) (*) ,suy ra ( ) 3 ;4 3;3 1KH t t t= − − + + uuur Do đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 26 36 19 25 26 36 6 0KH t t t t t t t= + + + + + = + + = ⇔ + − = Vậy : 1 2 9 2 30 9 2 30 ; 13 13 t t − − − + = = , thay vào (*) ta tìm được tọa độ của H . Bài 10. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng ∆ 1 : 1 1 3 1 1 1 x y z+ + − = = − − ; ∆ 2 : 1 2 1 x t y z t = − +   =   =  . Đường thẳng ∆ đi qua điểm I(0;3;−1), cắt ∆ 1 tại A, cắt ∆ 2 tại B. Tính tỷ số IA IB =k GIẢI Do A thuộc ( ) 1 1 '; 1 ';3 'A t t t∆ ⇒ = − − − + − . B thuộc ( ) 2 1 2 ;1;B t t∆ ⇒ = − + Ta có : ( ) ( ) 1 '; ' 4;4 ' ; 1 2 ; 2; 1IA t t t IB t t= − − − − = − + − + uur uur Theo giả thiết : ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ' 1 ' 2 1 1 2 4 ' 2 2 1 ' 6 5 5 4 ' 1 1 ' 2 1 t k t k t t IA t k k k t t IB k t k t t k t −  =  − − = −  =     − = = + ⇔ = − ⇒ =       = − = + − = −     Bài 11. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng ∆ 1 : 1 2 2 1 1 x y z− + = = − ; ∆ 1 : 1 1 3 1 7 1 x y z+ − − = = − . Đường vuông góc chung của ∆ 1 và ∆ 2 cắt ∆ 1 tại A, cắt ∆ 2 tại B. Tính diện tích ∆ OAB. GIẢI *Do A thuộc ( ) 1 1 2 '; '; 2 'A t t t∆ ⇒ = + − − + . B thuộc ( ) 2 1 ;1 7 ;3B t t t∆ ⇒ = − + + − Ta có : ( ) 2 ' 2;7 ' 1;5 ' ;AB t t t t t t= − − + + − − uuur - Nếu AB là đường vuông góc chung thì : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 ' 2 7 ' 1 5 ' 0 0 1;1;3 . 0 2 ' 2 7 7 ' 1 5 ' 0 ' 0 1;0; 2 . 0 t t t t t t t B AB u t t t t t t t A AB u  − − − + + + − − = = → = −  =    ⇔ ⇔    − − + + + − − − = = → = − =       uuur ur uuur uur - Gọi S là diện tích tam giác OAB thì : 1 , 2 S OA OB   =   uuur uuur - Do đó : ( ) ( ) ( ) 1 3 3 1 1 1 1;0; 2 , 1;1;3 , ; ; 2;1; 1 0 2 2 1 1 0 OA OB OA OB  − −    = − = − ⇒ = = − −  ÷   − −   uuur uuur uuur uuur . - Và 1 1 6 , 4 1 1 2 2 2 S OA OB   = = + + =   uuur uuur Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 9 Bài 12. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y − 2z + 9 = 0, đường thẳng (d): 1 1 3 1 7 1 x y z+ − − = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và thỏa mãn ∆ cắt (d) tại một điểm M cách (P) một khoảng bằng 2. GIẢI Tìm M trên d thì M=(t-1;7t+1;3-t) . Khoảng cách từ M đến (P) là h(M,P)= 2 ( ) ( ) 2 1 7 1 2 3 9 2 4 1 4 t t t− + + − − + ⇔ = + + 8 19 45 41 ; ; 11 2 6 11 11 11 11 11 2 6 11 2 6 4 7 39 29 ; ; 11 11 11 11 t M t t t t M    = − → = − −  ÷  + = −     ⇔ + = ⇔ ⇔  + =     = → = −   ÷    . Vì ∆ cắt d cho nên ∆ qua M và ∆ ⊥ (P) ( ) 2;1; 2 P u n ∆ ⇒ = = − uur uur . Vì vậy 19 5 41 11 11 11 : 2 1 2 x y z+ + − ∆ = = − , Hoặc : 7 39 29 11 11 11 : 2 1 2 x y z+ − − ∆ = = − Chú ý : Ta còn có một cách khác như sau - Lập mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 2 . - Do đó (Q) có dạng : 2x+y-2z+m=0 . Ví h(P,Q) = 2 suy ra : Trên (Q) chọn N(-2;-3;1) ta tính h(N,Q)= 8 6 14 2( 2) ( 3) 2(1) 2 8 6 8 6 2 4 1 4 m m m m m m − = = − + − − +   = ⇔ − = ⇔ ⇒   − = − = + +   . Như vậy : có hai mặt phẳng (Q) ; 2x+y-2z+14=0 và 2x+y-2z+2=0 . - Bây giờ ta đi tìm tọa độ của M là giao của d với (Q), thì tọa độ M là nghiệm : 1 7 1 7 2( 1) 7 1 2(3 ) 14 0 11 7 3 2 11 2x 2z+14 0 x t y t t t t t t z t y = −   = +  ⇔ − + + − − + = ⇔ = → =  = −   + − =  - Hoặc : 1 7 1 5 2( 1) 7 1 2(3 ) 2 0 11 5 3 2 11 2x 2z+2 0 x t y t t t t t t z t y = −   = +  ⇔ − + + − − + = ⇔ = − → = −  = −   + − =  Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 2 1 1 1 2 − − − = = − x y z và hai điểm A(0;1:−2), B(2;−1;1). Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. GIẢI Nếu C thuộc ∆ thì có tọa độ là : C=(t+1 ;2-t ;1+2t) Ta có : ( ) ( ) ( ) 1;1 ;2 3 1 2 3 2 3 1 1 1 , ; ; 9;3 ; 4 2 3 3 2 2 2 2; 2;3 AC t t t t t t t t t AC AB t t AB  = + − +  − + + + + −     ⇒ = = + − −   ÷   − − = −     uuur uuur uuur uuur Gọi S là diện tích tam giác ABC thì : ( ) ( ) 2 2 1 1 , 9 3 16 2 2 S AC AB t t   = = + + − +   uuur uuur Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 10 [...]... b = c x = 3 + t r - Vy qua E(3;-1;6) cú u = ( 1;1; 1) : y = 1 + t z = 6 + t Bi 20 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d x 1 y z 1 có phơng trình Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách = = 2 1 3 từ d tới (P) là lớn nhất GII r Gi (P) l mt phng qua A(10;2;-1) v cú vộc t phỏp tuyn n = ( a; b; c ) Do ú (P) cú phng trỡnh l : a(x-10)+b(y-2)+c(z+1)=0... 4z = 4x 2z 2x + y + z = 0 y = 3 M ( 2;3; 7 ) MA = MC 2x + 2 y + z 3 = 0 2x + 2 y + z 3 = 0 2x + 2 y + z = 3 x = 2 Bi 32 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đờng thẳng : x 1 y + 2 z = = Tìm toạ độ điểm M trên sao cho: MA2 + MB 2 = 28 1 1 2 GII Nu M thuc thỡ M=(1-t;t-2;2t ) Khi ú ta cú : uu ur 2 2 MA = ( t ; t 6; 2t 2 ) MA2 = t 2 + ( t 6 ) + ( t . MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH I. LIÊN QUAN ĐẾN GÓC . (5 BÀI ) Bµi 1 ( KA-2006) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và thỏa mãn ∆ cắt (d) tại một điểm M cách (P) một khoảng bằng 2. GIẢI Tìm M trên d thì M=(t-1;7t+1;3-t) . Khoảng cách từ M đến (P) là h(M,P)= 2 ( ) (. (P): 2x-y-2z-2=0 và (d): 1 2 1 2 1 x y z+ − = = − . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d), I cách (P) một khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng
- Xem thêm -

Xem thêm: MỘT số bài TOÁN có LIÊN QUAN đến góc và KHOẢNG CÁCH, MỘT số bài TOÁN có LIÊN QUAN đến góc và KHOẢNG CÁCH, MỘT số bài TOÁN có LIÊN QUAN đến góc và KHOẢNG CÁCH

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay