Các bài toán về góc và khoảng cách trong hệ tọa độ Oxyz – Trần Đình Sỹ

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN... Trong khụng gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P và đường thẳng d lần lượt cú... Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác A

Trang 1

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 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  

GIẢI a/ Tính h( A’C,MN)

- Ta có : ' 1;1;1 , 0;1;0 , ' 1;0;1

2

A C MN MA   

- Do đó :

A C MN MA

  

- Vậy :  

3

2 ' ,

1 0 1 2 2 ' ,

A C MN MA

h A C MN

A C MN

 

  

 

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; ; , mặt phẳng (Oxy) có véc tơ pháp tuyến là k  0;0;1 Do đó ta có :

2a 6

b

 

- 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  thỏa mãn: cos 3

6

  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 n  1;2;1 Suy ra

6

Q

P

 

Z

A

B

C

D

’

D’

A’

M

N

Trang 2

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12

- Từ (1) và (2) ta có : 2 3 0



- Thay vào (3) :





- 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):

 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  sao cho cos 5

6

  GIẢI

- Ta có : 2; 1;1 , 0;1; 2 , 1 1 ; 1 2 2; 1 1; 4; 2

OA  OB   OA OB     n

- 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

3

1 2

x y

x t











 



  



- Vì  OAB  d,, n u P   0 a4b2c0  2 ua b c; ;  

6

d P

c u n

 

5

6 5b 25 4b 2c b c 11b 16bc 5c 0 b 11c

b c











10 2

21 11

d

 





- Với b=c, thay vào (2) ta có a=-6c    

10 6

6 ; ; / / ' 6; 1; 1 : 13

21



 





  



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

- và tạo với mặt phẳng (P): 2x + y  z +5 = 0 một góc 30

0 GIẢI

* Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u   1; 1;1, đường thẳng  có véc tơ chỉ phương u a b c; ; 



Mặt phẳng (P) có n  2;1; 1 .Gọi  d P; u u , d

Trang 3

2



 

- Vì : d    u u d   0 a b c   0 b a c   3

- Thay (3) vào (2) ta được :

2a

c







- Với c-0, thay vào (3) ta có b=a suy ra  ; ;0 / / 1;1;0 : 1

2

x t

z









 



- Với : c=-2a , thay vòa (3) ta có b=-a  ; ; 2a / / ' 1; 1; 2 : 1

2 2

x t









  



Bài 4 Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng :

1 :

 , và 2 : 1 1 1

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 300

GIẢI a/Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau:

* Đường thẳng 1 có véc tơ chỉ phương u  1 1; 2;1 và qua O(0;0;0), còn 2 qua B(1;-1;1)

2 1 1 1 1 2

1 3 3 1 1 3

u    u u        

(1) Mặt khác : u u OB1, 2 1 5 1 2 1 1  6 0

  

Kết hợp với (1) suy ra hai đường thẳng 1 và 2

chéo nhau

b/ Viết phương trình (P)

Đường thẳng 2

0

:

x y







* Vì (P) chứa  2  P thuộc chùm :

m x y n  z   m n x my n   n m n 

Mặt khác (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 30 thì :0

1



 

11

6 2m 10n 6mn 4 2n m 2m 13mn 11n 0 m 2 n 3











Trang 4

- Thay (3) vào (*) ta cú :

m n P  x y z    P  y  

Với m=-n thỡ (P): 2nx-ny-nz-2n=0 , Hay (P): 2x-y-z-2 =0

Bài 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :

z

y





1

2

và d’ :

1

5 3

2











y

x

.hoctoancapba.com

Viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua d và tạo với d’ một góc 30 0

GIẢI Tương tự như bài 4, ta chuyển d sang dạng là giao của hai mặt phẳng : x-z=0 và x+y-2=0

Do đú (P) thuộc chựm : m(x-z)+n(x+y-2)=0 ; hay : (m+n)x+ny-mz-2n=0 (1)

Đường thẳng d’ cú u  2;1; 1  Vỡ (P) tạo với d’ một gúc bằng 30 cho nờn 0

2





 

 

2 2

m













- Với m=-2n thay vào (1) thỡ (P): -nx+ny+2nz-2n=0 ; hay (P):-x+2y+2z-2=0

- Với n=-2m thay vào (1) thỡ (P): -mx-2my-mz+4m=0 ; hay (P): -x-2y-z+4=0

II LIấN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH

( 32 BÀI )

Bài 1.(ĐH_KD-2009)

Trong khụng gian tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD cú tọa độ cỏc đỉnh A(1;2;1),B(-2;1;3),

C(2;-1;1),D(0;3;1).Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua A và B sao cho khoảng cỏch từ điểm C đến mặt phẳng (P) bằng khoảng cỏch từ điểm D đến mặt phẳng (P)

GIẢI

- Mặt phẳng (P) cú dạng : 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 giả thiết : h(C,P)=h(D,P) 2a2 b c d2 2 3b c d2 2 2 2a b c d 3b c d

 Nếu a=b thay vào (1) và (2) : 3 0 0 ( ) : z 0 ( ) : 1 0

0

 Nếu : a+b+c+d=0 thay vào (1) và (2) :

Bài 2 Trong khụng gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d lần lượt cú

Trang 5

phương trình : (P): 2x-y-2z-2=0 và (d): 1 2

 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

  

 

- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C ) tâm H và bán kính r=3 thì :

 

3

4 9 13

h I P IH

R IH r



 



- Thay (1) vào (2) :

1

2

; ;





- Vậy có 2 mặt cầu (S) :

 

1

2



          



Bài 3 Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d): 3 1

 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 ; 2 1

BM t t t



 



- Do đó : 1 , 1  82  22 16 1 2 52 34 1 34

S AM BM  t  t   t  

 

- 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

 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 4; 2 ;2 6

AM BM





 



2t 24;8 12;2 12t t 

Trang 6

2

S  AM BM  t  t  t  t   

 

- Vậy : min S = 1547

6 khi

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

MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất

GIẢI Gọi M (x;y;z) thuộc (P) thì ta có : x+5y-7z-5=0 (1)

2









Do đó MA2MB2 x 42y 92z92x102y132z12

Hay : MA2MB2 2x32y112z42156

Từ (1) -75=1(x+3)+5(y-11)-7(z+4) Theo bất đẳng thức Bu nhe cốp ski suy ra :

752 1 x 3  5 y 11   7 z 4  2  1 25 49   x32y112z42

2

75

Và : MA2MB2 2x32y 112z42156 2.75 156 306  

Dấu đẳng thức xảy ra khi :

50

192

17

x

x y

x

z















 Ta còn cách khác , sử dụng hệ thức trung tuyến : Gọi I là trung điểm của AB

2

AB

MA MB  MI 

Với : AB  14; 4;10 AB2 196 16 100 312  



Và I(-3;11;-4) suy ra MI x3;y11;z4



Do đó : 2MI2 2x32y112z42

2

( 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

  Xác định toạ độ điểm M thuộc (d) sao cho

MA MB MC 

  

đạt giá trị nhỏ nhất

GIẢI Điểm M thuộc d thì M(2t+1;2+2t;1+t) , cho nên :

Trang 7

2 4; 2 6; 12

2 1; 2 1; 7









2

  

11 9

; ;

1 9

x

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 :

b c d a b c d

Kết hợp với hai phương trình (1) và (2) ta có hai hệ xét cho hai trường hợp :

Bài 7.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):3x 3y 2z 37 0  và các

điểm A(4;1;5), B(3;0;1), C(1;2; 0) Tìm toạ độ điểm M thuộc () để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: MA.MB MB.MC MC.MA        

     

GIẢI Gọi M(x;y;z) thuộc (P) thì ta có phương trình : 3x-3y+2z+37=0 (1) Khi đó ta có :

MA x y z MB x y z MC x y z

và :

MA MB x x y y  z z x y z   y 

 

MB MC x x y y z z x y z   y

 

MC MA x x  y y z z x y z   y 

 

Lấy (2)+(3)+(4) vế với vế ta được :

 2 2 2   2  2  2

MA.MB MB.MC MC.MA 3   x y z  4x 2 y 4z 4 3  x 2  y 1  z 2  5 

     

Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp ski cho phương trình (1) :

Trang 8

 442 3x 2 3y 1 2z 2 2 9 9 4  x 22 y 12 z 22

Suy ra :  22  12  22 44.44 88

22

x  y  z  

Hay : 3 x 22y12z 2215 3.88 15 249  

  Vậy :                 MA.MB MB.MC MC.MA 249                                                                       

3

2

x

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): x y z  0 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 : BA1;0;2 , MBx1;y1;z

Nếu tam giác MAB vuông cân tại B và kết hợp với (1) thì ta

có hệ phương trình :

 

Bài 9 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):

2

1 2

y t











  



và

mặt phẳng (P): x y z    1 0 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

1 2

1 0

y t

x y z





 





 



    



Trang 9

u u n        

  

- Vậy d’ qua A(4;-2;3)có véc tơ chỉ phương '  

4

3 3

d

 





  





Tìm tọa độ H

Nếu H thuộc d’ thì H=(t+4;-2-4t;3-3t) (*) ,suy ra KH    3 t t; 4 3;3 1t 

Do đó : KH2 3t24t321 3 t2 26t236 19 25t   26t236t 6 0

Vậy : 1 9 2 30 ; 2 9 2 30

t   t   , thay vào (*) ta tìm được tọa độ của H

Bài 10 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

1 2 1

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 A   1 t'; 1 t';3 t' B thuộc  2 B   1 2 ;1;t t

Ta có : IA    1 t t'; ' 4; 4  t' ; IB   1 2 ; 2;t  t1

Theo giả thiết :

4 '

5

t k

IA

IB k











Bài 11 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1: 1 2

 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 A 1 2 ';t t'; 2 t' B thuộc  2 B   1 ;1 7 ;3t  t  t

Ta có : AB t 2 ' 2;7t  t t ' 1;5 t t' ;

- Nếu AB là đường vuông góc chung thì :hoctoancapba.com

1 2

AB u



 

- Gọi S là diện tích tam giác OAB thì : 1 ,

2

S  OA OB

 

- Do đó : 1;0; 2 ,  1;1;3 , 1 3 ; 3 1; 1 1  2;1; 1

OA  OB   OA OB      

Trang 10

S  OA OB    

 

Bài 12 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y  2z + 9 = 0, đường thẳng

 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 

 

11 2 6

; ;

t t

t



 





Vì  cắt d cho nên  qua M và  (P)  u n P 2;1; 2 

 

Vì vậy

:

x y z

 , Hoặc :

:

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

4 1 4

m

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

2( 1) 7 1 2(3 ) 14 0 11 7

x t

y t

y

 







 





- Hoặc :

1

x t

y t

y

 







 





Bài 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 2 1



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 :

Trang 11

2; 2;3

AB



 



Gọi S là diện tích tam giác ABC thì : 1 , 1  92 3 2 16

S  AC AB  t   t 

 

2

      Dấu đẳng thức xảy ra khi t=-3 , và C=( -2 ;5 ;-5 )

Bài 14 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2; 4;2) A  B  C và

mặt phẳng ( ) : x y 2z 2 0 Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 2 2

T MA MB MC

đạt giá trị nhỏ nhất

GIẢI Nếu M thuộc mặt phẳng ( ) : x y 2z 2 0 (1)

Khi đó ta có :

 1; ; 1 2  12 2  12 2 2 2 2x 2z 2

MA x y z  MA  x y  z x y z   



 2; 1;  2  22  12  2 2 2 2 4x+2y 5

MB x y z  MB  x  y  z x y z  

 2; 4; 2 2  22  42  22 2 2 2 4x 8 4z 24

MC x y z  MC  x  y  z x y z   y 



Cộng các vế của ba đẳng thức trên ta được :

T=MA2MB2MC2 3x2y2z2 2x 2 y 2z31 3 x12y12z1222  2

Do M thuộc (P) : x+y+2z+2=0  x1  y12z1 6 0 Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp ski cho ba cặp số : (1;1;2) và (x-1;y-1;z-1 ) ta có :

 62 1x 1 1 y 1 2z 1 2 1 1 4  x 12 y 12 z 12

2

6

Dấu đẳng thức xảy ra khi xảy ra trường hợp dấu bẳng trong bất đẳng thức Bu nhe cốp ski:

1

2 2x 1 2 0 2z 2 0

z

x x

x y









Bài 15 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;3); B(2;0;1) và mặt phẳng

(P): 3x  y  z +1 = 0 Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều.

GIẢI Nếu M=(x;y;z) thuộc (P) suy ra ; 3x-y-z+1=0 (1) Khi đó ta đi tính :

MA x y z  MA x y  z MB x y z  MB  x y  z

Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	0,95 MB