Chương 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN. - Hỏi đáp

Gọi mặt phẳng (P) chứa A'C có pt \(ax+by+cz+d=0\)

Do \(A'\left(0;0;1\right);C\left(1;1;0\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c+d=0\\a+b+d=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=-d\\b=-a-d\end{matrix}\right.\) (1)

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(a;b;c\right)\\\overrightarrow{n_{Oxy}}=\left(0;0;1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow cos\alpha=\frac{\left|c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}\)

\(\Leftrightarrow6c^2=a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow5c^2-a^2-b^2=0\) (2)

Thế (1) vào (2):

\(5d^2-a^2-\left(a+d\right)^2=0\Leftrightarrow2d^2-ad-a^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2d+a\right)\left(d-a\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=d\Rightarrow b=-2d\\a=-2d\Rightarrow b=d\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(a;b;c\right)=\left(d;-2d;-d\right)=d\left(1;-2;-1\right)\\\left(a;b;c\right)=\left(-2d;d;-d\right)=-d\left(2;-1;1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\)Vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là \(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{n_1}=\left(1;-2;-1\right)\\\overrightarrow{n_2}=\left(2;-1;1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa 2 mặt phẳng:

\(cos\beta=\frac{\left|\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|.\left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\frac{\left|2+2-1\right|}{\sqrt{1+4+1}.\sqrt{4+1+1}}=\frac{1}{2}\) \(\Rightarrow\beta=60^0\)

\(d:\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}\Rightarrow\) d có 1 vtcp \(\overrightarrow{u_d}=\left(2;2;1\right)\) và \(M\left(-2;1;0\right)\in d\)

\(\overrightarrow{IM}=\left(-4;0;1\right)\Rightarrow R=d\left(I;d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{IM};\overrightarrow{u_d}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|}=\frac{\sqrt{2^2+6^2+8^2}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{2\sqrt{26}}{3}\)

Khoảng cách từ I đến trục Ox:

\(a=d\left(I;Ox\right)=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AB=2\sqrt{R^2-a^2}=\frac{2\sqrt{86}}{3}\)

\(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(7;3k;m\right)\) ; \(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(k;-m;1\right)\) ; \(\overrightarrow{n_{\alpha}}=\left(1;-1;-2\right)\)

Gọi d là giao tuyến của \(\left(P\right)\) và \(\left(Q\right)\Rightarrow\) d có 1 vtcp \(\overrightarrow{u_d}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{u_d}=\left(3k+m^2;mk-7;-7m-3k^2\right)\)

Mà \(d\perp\left(\alpha\right)\Rightarrow\) \(\overrightarrow{u_d}\) tương ứng tỉ lệ với \(\overrightarrow{n_{\alpha}}\)

\(\Rightarrow\frac{3k+m^2}{1}=\frac{mk-7}{-1}=\frac{7m+3k^2}{2}=\frac{3k^2+m^2k}{k}=\frac{m^2k-7m}{k-2}=\frac{m\left(mk-7\right)}{k-2}\)

\(\Rightarrow\frac{mk-7}{-1}=\frac{m\left(mk-7\right)}{k-2}\Rightarrow m=2-k\) (do nếu \(mk-7=0\) thì 3 thành phần của vecto \(\overrightarrow{u_d}\) đều bằng 0, vô nghĩa)

\(\Rightarrow3k+\left(2-k\right)^2=7-k\left(2-k\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}k=3\\m=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow T=10\)

Ta có \(\overrightarrow{n}_{\beta}=\left(1;3k;-1\right);\overrightarrow{n}_{\gamma}=\left(k;-1;1\right)\)

Gọi \(d_k=\beta\cap\gamma\)

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left(1;2;2\right)\) bán kính \(R=4\)

Do \(M\in\left(S\right)\Rightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-2\right)^2=16\)

Đặt \(A=2a+3b+6c\Rightarrow2a+3b+6c-A=0\)

Gọi \(\left(P\right)\) là mặt phẳng thay đổi có phương trình \(2x+3y+6z-A=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}M\in\left(P\right)\\M\in\left(S\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M\) là thuộc giao của (P) và (S)

Mà (P) giao (S) khi và chỉ khi \(d\left(I;\left(P\right)\right)\le R\)

\(\Rightarrow\frac{\left|2.1+3.2+6.2-A\right|}{\sqrt{2^2+3^2+6^2}}\le4\Leftrightarrow\left|20-A\right|\le28\Leftrightarrow-28\le20-A\le28\)

\(\Rightarrow-8\le A\le48\Rightarrow A_{max}=48\)

\(\Rightarrow\) phương trình (P): \(2x+3y+6z-48=0\)

\(\Rightarrow\) pt đường thẳng qua I và vuông góc với (P): \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+2t\\y=2+3t\\z=2+6t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(1+2t\right)+3\left(2+3t\right)+6\left(2+6t\right)-48=0\)

\(\Rightarrow49t=28\Rightarrow t=\frac{4}{7}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1+2t=\frac{15}{7}\\b=2+3t=\frac{26}{7}\\c=2+6t=\frac{38}{7}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow T=\frac{79}{7}\) đáp án D

http://tin.tuyensinh247.com/de-thi-thu-dai-hoc-mon-toan-khoi-b-nam-2014-lan-cuoi-thpt-chuyen-dh-vinh-c31a17586.html 

Cau 7a nha 

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left(1;0;0\right)\) bán kính \(R=1\)

Do mặt phẳng (P) song song với (Q)

\(\Rightarrow\) Phương trình (P) có dạng: \(5x-12z+a=0\)

Do (P) tiếp xúc với (S) \(\Rightarrow d\left(I;\left(P\right)\right)=R\)

\(\Rightarrow\frac{\left|5.1+0.0-12.0+a\right|}{\sqrt{5^2+0^2+\left(-12\right)^2}}=1\Leftrightarrow\left|a+5\right|=13\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=8\\a=-18\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Có hai pt (P) thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}5x-12z+8=0\\5x-12z-18=0\end{matrix}\right.\)

Đáp án A

a) Một cách khác để cm BĐT tam giác:

∆ABC có cạnh BC lớn nhất nên chân đường cao kẻ từ A phải nằm giữa B và C

=> HB + HC = BC

∆AHC vuông tại H => HC < AC

∆AHB vuông tại H => HB < AB

Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta có:

HB + HC < AC + AB

Hay BC < AC + AB.

b) CMR: PM + PN > 2 PI:

Trên tia PI lấy Q sao cho PI = QI
Xét ΔMIQ và ΔNIP có :
+ PI = QI (cách vẽ)
+ \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}\) (đối đỉnh)
+ MI = NI (gt)
=> ΔMIQ = ΔNIP (c-g-c)
=> PN = QM
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác đối với ΔMPQ Ta có: MP+MQ>PQ ⇒ PM+PN>PI+QI ⇒ PM+PN>2PI

*Áp dụng BĐT Svarxơ, ta có:

P\(=\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{1}+\frac{z^2}{1}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=3\)

Vậy P_min=3\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{1}=\frac{y^2}{1}=\frac{z^2}{1}\Rightarrow x=y=z=1\)

Gọi mặt phẳng (Q) có pt \(x+y+z-3=0\)

Gọi \(M\left(a;b;c\right)\in\left(Q\right)\) sao cho \(0\le a;b;c\le2\)

\(\Rightarrow P=OM^2=a^2+b^2+c^2\)

Bài toán trở thành tìm \(M\in\left(Q\right)\) sao cho \(OM\) đạt GTLN và GTNN

- Phần GTNN thì đơn giản rồi, gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (Q) \(\Rightarrow OH\perp HM\Rightarrow\) tam giác OHM vuông tại H \(\Rightarrow OH\le OM\) (trong tam giác vuông cạnh huyền luôn lớn hơn hoặc bằng cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow OM_{min}=OH\) khi \(M\) trùng H (dễ dàng tìm ra \(H\left(1;1;1\right)\) có tọa độ thỏa mãn \(0\le a;b;c\le2\))

\(\Rightarrow OM_{min}=OH=d\left(O;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|1.0+1.0+1.0-3\right|}{\sqrt{1+1+1}}=\sqrt{3}\Rightarrow P_{min}=OM_{min}^2=3\)

- Phần GTLN hơi phức tạp chút, có lẽ do mình ko tìm ra cách giải tốt nhất

Ta thấy M luôn nằm trong hình lập phương giới hạn bởi các mặt phẳng \(x=2;y=2;z=2\) và \(xOy;yOz;xOz\)

\(\Rightarrow M\) thuộc hình phẳng là tiết diện của \(\left(Q\right)\) với hình lập phương nói trên

\(\Rightarrow M\) thuộc hình lục giác đều có tọa độ lần lượt A(1;0;2); B(0;1;2); C(0;2;1); D(1;2;0); E(2;1;0); F(2;0;1) với tâm là \(H\left(1;1;1\right)\)

\(OM^2=OH^2+HM^2\Rightarrow OM_{max}\) khi \(HM_{max}\)

Mà \(HM\le HA=HB=HC=HD=HE=HF\)

\(\Rightarrow OM_{max}\) khi \(M\) trùng A (hoặc B, C, D, E, F)

\(\Rightarrow OM_{max}^2=OH^2+HA^2=3+\left(1-1\right)^2+\left(0-1\right)^2+\left(2-1\right)^2=5\)

\(\Rightarrow P_{max}=OM_{max}^2=5\)

Khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;0;2\right)\) và các hoán vị

Giả sử \(\overrightarrow{u}=x.\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{.b}+z.\overrightarrow{c}\)

\(\Rightarrow\left(3;7;-14\right)=x\left(2;3;-5\right)+y\left(0;-3;4\right)+z\left(-1;-2;0\right)\)

\(\Rightarrow\left(3;7;-14\right)=\left(2x;3x;-5x\right)+\left(0;-3y;4y\right)+\left(-z;-2z;0\right)\)

\(\Rightarrow\left(3;7;-14\right)=\left(2x-z;3x-3y-2z;-5x+4y\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x-z=3\\3x-3y-2z=7\\-5x+4y=-14\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=-1\\z=1\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\overrightarrow{u}=2.\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\)

\(\left(S\right)\) có tâm O, bán kính \(R=2\sqrt{2}\)

Ta có \(OM=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+0^2}=1\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên \(d\Rightarrow H\) là trung điểm AB

Trong tam giác vuông \(OHM\), do OH là cạnh góc vuông và OM là cạnh huyền \(\Rightarrow OH\le OM=1\)

\(\Rightarrow S_{OAB}=\dfrac{1}{2}AB.OH=\dfrac{1}{2}\left(2BH.OH\right)=BH.OH\)

Trong tam giác vuông \(OBH\):

\(BH=\sqrt{OB^2-OH^2}=\sqrt{R^2-OH^2}=\sqrt{8-OH^2}\)

\(\Rightarrow S_{OAB}=OH.\sqrt{8-OH^2}\)

Đặt \(OH=x\) với \(0\le x\le1\), xét hàm: \(f\left(x\right)=x\sqrt{8-x^2}\)

\(\Rightarrow f'\left(x\right)=\sqrt{8-x^2}+\dfrac{-2x}{2\sqrt{8-x^2}}.x=\dfrac{2\left(4-x^2\right)}{\sqrt{8-x^2}}\)

\(\Rightarrow f'\left(x\right)>0\) \(\forall x\in\left[0;1\right]\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left[0;1\right]\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)_{max}=f\left(1\right)=\sqrt{7}\)

Vậy diện tích lớn nhất của OAB là \(S_{max}=\sqrt{7}\) khi \(OH=OM=1\) hay \(H\) trùng M, đường thẳng \(d\perp OM\)

Do điểm H thuộc d nên \(H\left(1-t;2t;-3+3t\right)\).

\(\overrightarrow{IH}=\left(4-t;-2+2t-2+3t\right)\)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left(-1;2;3\right)\)

Do H là hình chiếu của I trên đường thẳng d nên:

\(\overrightarrow{IH}\perp\overrightarrow{u}\Rightarrow\overrightarrow{IH}.\overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}\\ \Leftrightarrow-4+t-4+4t-6+9t=0\\ \Leftrightarrow14t-14=0\\ \Leftrightarrow t=1\)

Suy ra \(H\left(3;0;1\right)\)

Gọi (P) là mặt phẳng qua I và vuông góc với d \(\Rightarrow\left(P\right)\) có một vtpt \(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{u_d}=\left(2;-2;1\right)\)

\(\Rightarrow\) phương trình (P): \(2\left(x-4\right)-2\left(y-1\right)+1\left(z-6\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2x-2y+z-12=0\)

Gọi M là giao điểm của d và (P) \(\Rightarrow IM\perp d\), pt tham số của d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=-2+2t\\y=7-2t\\z=t\end{matrix}\right.\)

Thay vào pt (P) ta được \(2\left(-2+2t\right)-2\left(7-2t\right)+t-12=0\) \(t=\dfrac{10}{3}\)

\(\Rightarrow\) tọa độ \(M\left(\dfrac{14}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{10}{3}\right)\)

\(\Rightarrow IM=\sqrt{\left(4-\dfrac{14}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(6-\dfrac{10}{3}\right)^2}=2\sqrt{2}\)

Do d cắt mặt cầu tại A, B nên M là trung điểm của AB \(\Rightarrow MA=\dfrac{AB}{2}=3\)

Trong tam giác \(IMA\) vuông tại M, áp dụng Pitago:

\(R=IA=\sqrt{IM^2+MA^2}=\sqrt{9+8}=\sqrt{17}\)

\(\Rightarrow\) pt mặt cầu (S): \(\left(x-4\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-6\right)^2=17\)