Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất... Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN.. Xác định vị trí của M, N tương ứng.. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc củ
Trang 1LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
03 TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN OXYZ – P2
Bài 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1
:
− Chứng minh d2 và d3 chéo nhau Viết phương trình đường thẳng ∆ vuơng gĩc với d1,cắt d2 và d3 tại hai điểm A, B sao cho AB=3
Lời giải:
( ) ( )
M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M , 3 0 nên d và d chéo nhau
Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,
( ) ( ) ( ) ( )
=
= −
1
do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2
0 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0
1
Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 Ptct của :
Với
t
t
BA
t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 Ptct của :
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :
BA
Bài 2: Trong khơng gian tọa độ với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 1
x− = y+ = z−
− và hai điểm
A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3) Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)∈d
Ta cĩ MA + MB = (t−2)2+(2t−3)2+ −(2 3 )t 2 + (2+t)2+(2t+3)2+ − −( 2 3 )t 2
= 14t2−28t+17+ 14t2+28t+17 = 2 3 2 3
+ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, 3
14 ), F(–1, –
3
14 ) và N(t, 0)
Ta cĩ MA + MB = 14(NE + NF)≥ 14FE = 2 17
+ E và F nằm hai bên trục hồnh và đối xứng qua gốc O, cịn N chạy trên trục hồnh nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0
+ Vậy min(MA + MB) = 2 17khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)
Bài 3: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x+1)2+ −(y 2)2 + +(z 3)2 =17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Lời giải:
(S) cĩ tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) cĩ VTPT n
= (2, 2, 1) + Gọi u
= (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)
+∆ ⊂(P)⇒u ⊥ n
⇔2a + 2b + c = 0 ⇔c = – 2a – 2b (1) + Ta cĩ AI
= (–9, 2, 20), [AI
,u
] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)
∆tiếp xúc (S) ⇔d(I,∆) = R⇔ , 17
AI u u
=
(2c−20 )b +(20a+9 )c + − −( 9b 2 )a = 17 a + +b c (2)
+ Từ (1) và (2) ta cĩ :( 4− −a 24 )b 2+(2a−18 )b 2+ − −( 9b 2 )a 2 =17[a2+ + − −b2 ( 2a 2 ) ]b 2
Trang 2LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
⇔896b2 – 61a2 + 20ab = 0
+ Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b≠0 Chọn b = 1
Ta có –61a2 + 20a + 896 = 0 ⇔a = 4 hoặc a = 224
61
−
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224
61
− , b = 1 thì c = 326
61
Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là
8 4 :
23 10
= +
và
224 8 61 ' :
326 23 61
y t
= −
∆ =
= − +
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
( ) :S x +y + −z 4x+2y−6z+ =5 0, ( ) : 2P x+2y− +z 16=0 Điểm M di động trên (S) và điểm N di
động trên (P) Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Xác định vị trí của M, N tương ứng
Lời giải:
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( ( ) ) 2.2 2.( )1 3 16
3
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là nP =(2; 2; 1− ) và qua I nên có phương trình là ( )
2 2
1 2 3
= +
ℝ
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − Suy ra 0 4; 13 14;
− −
Ta có 0 3 0
5
IM = IN
Suy ra M0(0; -3; 4)
Bài 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng ( )P :x+ + − =y z 3 0 và đường thẳng 1
:
x− y z
− Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng ∆ và cách đường thẳng ∆ một khoảng bằng 8
66
Lời giải:
Ta có (P) có vtpt nP =(1;1;1), ∆ có vtcp u∆ =(1;3; 1− ), M(1; 0; 0)∈ ∆
d
⊂
⊥ ∆
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với ∆ Khi
đó ta chọn nQ =u u d; ∆ = −2 4;1; 7( ) suy ra (Q) có dạng 4x+ +y 7z+ =d 0
Ta có ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) 4
66
d
∆ = ∆ = = Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:
d
+
+) Nếu d =4⇒( )Q : 4x+ +y 7z+ =4 0 Chọn điểm 1 13 ( ) ( )
; ; 1
3 3
∩ suy ra phương trình
Trang 3LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
1 13
1
:
z d
− − +) Nếu d = −12⇒( )Q : 4x+ +y 7z− =12 0 Chọn điểm N(1;1;1) ( ) ( )∈ P ∩ Q =d
suy ra phương trình 1 1 1
:
Bài 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng lần lượt có phương trình
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(4; 3; 2− ) cắt ∆ ∆1, 2 và vuông góc với đường thẳng ∆3
Lời giải:
1
∆ đi qua điểmM(0, 0, 3)và có vtcp u1=(2,1, 3− ); ∆2 đi qua điểm N(2,1, 0)và có vtcp u1 =(1, 2, 3− ) Ta có
1; 2 0
suy ra ∆ ∆1, 2 đồng phẳng suy ra ∆ nằm trong mặt phẳng chứa ∆ ∆1, 2
Kết hợp với ∆ vuông góc với ∆3 nên ta có 3 ( )
3
1 2
1 2
,
∆
⊥
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A và có vtcp (1, 2,1− ) có phương trình là: 3 3 2
x− = y+ = z−
−
Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(1;0;4),N( )1;1;2 và mặt cầu (S):
x + + −y z x+ y− = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Lời giải:
x + + −y z x+ y− = ⇔ x− + +y + =z
Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2 Ta cóMN
= (0; 1; − 2)
Gọi n A B C( , , )
với A2+B2+C2 >0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
Vì mp(P) qua MN nên n ⊥MN⇔n MN = ⇔ −0 B 2C=0 1( )
Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận n A B C( , , )
làm VTPT nên có phương trình
A x− +B y− +C z− = ⇔Ax By C+ + − −A C= Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)
( )
+ +
⇔ B+4C =2 A2+B2+C2( )2
Từ (1) và (2), đưa đến A2 −4C2 =0 (*)
Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vô lí) Do vậy C≠0 Chọn C =1⇒A= ±2
+ Với A = 2, C = 1, ta có B = 2 Khi đó (P) : 2x+2y z+ − =6 0
+ Với A = -2, C = 1, ta có B = 2 Khi đó (P) :2x−2y z− + =2 0
Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và 2x − 2y − z + 2 = 0
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( )1 ( )2
và mặt phẳng ( )P : x+ −y 2z 5+ =0 Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và
cắt( ) ( )d , d1 2 lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất
Lời giải:
Gọi A(− + − +1 a; 2 2a; a , B 2 2b;1 b;1 b) ( + + + )⇒AB= − +( a 2b 3; 2a+ − + + − + +b 3; a b 1)
Do AB song song với (P) nên: AB⊥nP =(1;1; 2− ⇔ = −) b a 4 Suy ra: AB= − − − −(a 5; a 1; 3)
Trang 4LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Suy ra: min AB 3 3 {a 2
=
= ⇔ = − , A(1; 2; 2), AB= − − −( 3; 3; 3) Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2
− = − = −
Bài 9: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng
∆:x 1 y 1 z
+ = − =
− Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
Phương trình tham số của ∆: = − +
= −
=
1 2 1
2 Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạngC( 1 2 ;1 ;2 ) − + t −t t
AC= − +( 2 2t; 4 t; 2t); AB− − =(2; 2; 6)−
AC AB, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 )t t t AC AB, 2 18t2 36 216t
Diện tích ∆ABC là S=1 AC AB, = 18t2−36 216t+
2
= 18( 1)t− 2+198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1= hay C(1; 0; 2)
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC= − − −( 2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6
− = − = −
Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
+
=
=
+
=
t
z
t
y
t
x
3
1
2
1
Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
) 3 1
;
; 2 1
H
d
H∈ ⇒ + + vì H là hình chiếu của A trên d nên AH ⊥d⇒ AH.u =0(u =(2;1;3)là véc tơ chỉ phương của d) ⇒H(3;1;4)⇒ AH(−7;−1;5)
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y - 5z - 77 = 0