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

Gọi pt mặt phẳng (Q) song song (P) có dạng \(x+2y-2z+d=0\)

Lấy \(A\left(-3;0;0\right)\) là một điểm thuộc (P)

\(d\left(A;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|-3+d\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{\left|d-3\right|}{3}=2\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}d=9\\d=-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Phương trình (Q): \(\left[{}\begin{matrix}x+2y-2z+9=0\\x+2y-2z-3=0\end{matrix}\right.\)

Bạn tìm giao điểm của d và (Q) sẽ ra tọa độ điểm M

Nhưng thi trắc nghiệm thì lẹ nhất là thay thẳng 4 đáp án vào kiểm tra

Đặt hệ trục \(Oxyz\) vào lăng trụ với \(O\equiv A;\) \(AB\equiv Ox\); \(AC\equiv Oy\); \(AA'\equiv Oz\), quy ước \(a\) bằng 1 đơn vị độ dài

\(\Rightarrow A'\left(0;0;1\right);B\left(1;0;0\right);C\left(0;\sqrt{3};0\right);B'\left(1;0;1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{A'B}=\left(1;0;-1\right);\overrightarrow{BC}=\left(-1;\sqrt{3};0\right);\overrightarrow{BB'}=\left(0;0;1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{n_{\left(A'BC\right)}}=\left[\overrightarrow{A'B};\overrightarrow{BC}\right]=\left(\sqrt{3};1;\sqrt{3}\right)\)

\(\overrightarrow{n_{\left(BCC'B'\right)}}=\left[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BB'}\right]=\left(\sqrt{3};1;0\right)\)

\(\Rightarrow cos\alpha=\frac{\left|3+1+0\right|}{\sqrt{3+1+3}\sqrt{3+1+0}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

// Giải theo kiểu 11:

Kẻ \(A'M\perp B'C'\); \(AN\perp BC\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}A'M\perp\left(BCC'B'\right)\\BC\perp\left(A'MN\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{A'NM}\) là góc giữa \(\left(A'BC\right)\) và \(\left(BCC'B'\right)\)

\(\frac{1}{A'M^2}=\frac{1}{A'B'^2}+\frac{1}{A'C'^2}\Rightarrow A'M=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow MN=AA'=a\Rightarrow A'N=\sqrt{A'M^2+MN^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}\)

\(\Rightarrow cos\alpha=\frac{MN}{A'N}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

Hoặc là đáp án sai, hoặc là bạn đưa ra số liệu sai, cạnh bên lăng trụ có đúng bằng a ko bạn?

\(\left(a+b\right)x-2ay-bz+b=0\)

\(\Leftrightarrow ax-2ay+bx-bz+b=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(x-2y\right)+b\left(x-z+1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(P\right)\) luôn đi chứa đường thẳng cố định \(d\) có pt: \(\left\{{}\begin{matrix}x-2y=0\\x-z+1=0\end{matrix}\right.\)

Phương trình tham số d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2t\\y=t\\z=1+2t\end{matrix}\right.\)

Phương trình mặt phẳng (Q) vuông góc d và đi qua M có dạng:

\(2\left(x-1\right)+1\left(y-1\right)+2\left(z-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2x+y+2z-5=0\)

Gọi A là giao điểm của d và (Q), tọa độ A là nghiệm:

\(2.2t+t+2\left(1+2t\right)-5=0\)\(\Rightarrow t=\frac{1}{3}\Rightarrow A\left(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{5}{3}\right)\)

\(\Rightarrow AM=\sqrt{\left(1-\frac{2}{3}\right)^2+\left(1-\frac{1}{3}\right)^2+\left(1-\frac{5}{3}\right)^2}=1\)

\(\Rightarrow R=\frac{AM}{2}=\frac{1}{2}\)

Bạn ghi đề bài đầy đủ ra đi, đề bài này rõ ràng bị thiếu

Theo mình P nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng D. Khi đó OM = \(\sqrt{14}\). đúng không mọi người ơi?

*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

Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điển E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK

Đường cao \(AH\perp BC\) nên có phương trình \(x-y=0\), E là giao điểm của BC và AH \(\Rightarrow E\left(4;4\right)\) và H là trung điểm \(HK\Rightarrow K\left(3;3\right)\), suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(R=IK=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\) phương trình đường tròn là \(\left(x-5\right)^2+\left(y-4\right)^2=5,\left(C\right)\)

Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn (C) \(\Rightarrow B\left(3;5\right);C\left(6;2\right)\) và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn (C) \(\Rightarrow A\left(6;6\right)\)

Diện tích tam giác ABC là :

\(S_{ABC}=\frac{1}{2}d\left(A,BC\right).BC=\frac{1}{2}\frac{\left|6+6-8\right|}{\sqrt{2}}.3\sqrt{2}=6\)

Dễ dàng nhận thấy \(\left(P\right)//\left(Q\right)\)

\(\Rightarrow R=\frac{1}{2}.d\left(\left(P\right);\left(Q\right)\right)\)

Chọn \(A\left(0;0;2\right)\in\left(P\right)\)

\(\Rightarrow d\left(A;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|2.0-1.0+2.2+5\right|}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=3\) \(\Rightarrow R=\frac{3}{2}\)

\(\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;-2\right)\)

Phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d có dạng:

\(2\left(x-1\right)+1\left(y-2\right)-2\left(z-3\right)=0\Leftrightarrow2x+y-2z+2=0\)

Giao điểm của (P) và Ox: \(2x+2=0\Rightarrow x=-1\Rightarrow B\left(-1;0;0\right)\)

\(\overrightarrow{BA}=\left(2;2;3\right)\Rightarrow\Delta\) có 1 vtcp là \(\overrightarrow{u_{\Delta}}=\left(2;2;3\right)\)

Phương trình \(\Delta\): \(\left\{{}\begin{matrix}x=-1+2t\\y=2t\\z=3t\end{matrix}\right.\)

Gọi M là trung điểm AB, N là trung điểm CD \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

MH cắt (SCD) tại N mà \(MN=2ON\Rightarrow d\left(O;\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp SM\\AB\perp MN\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SMN\right)\Rightarrow CD\perp\left(SMN\right)\)

Từ M kẻ \(MH\perp SN\Rightarrow MH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow MH=d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)

\(\Rightarrow MH=2.\frac{a\sqrt{2}}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng:

\(\frac{1}{MH^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{MN^2}\Rightarrow\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{MH^2}-\frac{1}{MN^2}=\frac{1}{a^2}\Rightarrow SH=a\)

\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.AB^2=\frac{a^3}{3}\)

Do \(\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\Delta BAD\) và \(\Delta BCD\) đều

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

\(BH//CD\Rightarrow BH//\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(B;\left(SCD\right)\right)=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

\(DH\perp AB\) (tam giác đều thì trung tuyến đống thời là đường cao)

\(\Rightarrow DH\perp CD\) (\(CD//AB\))

\(\Rightarrow CD\perp\left(SHD\right)\)

Từ H kẻ \(HK\perp SD\Rightarrow HK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

\(DH=\frac{2a.\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\) ; \(SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\) \(\Rightarrow SH=DH\)

\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{DH^2}\Rightarrow\frac{1}{HK^2}=\frac{2}{SH^2}\Rightarrow HK=\frac{SH}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Nhầm một chỗ rồi ạ 😭. "(SAB) là tam giác đều " mới đúng, không phải (SBC)!!!!!!!!!!!!!!

Cách làm bài này, bạn tự xử nhé:

- Nhận thấy ngay 1 tính chất quan trọng dựa vào hình học phẳng: điểm M nhìn đoạn AB dưới 1 góc vuông nên M thuộc mặt cầu (S) có tâm là trung điểm AB, bán kính \(R=\frac{AB}{2}\), gọi I là trung điểm AB thì I là tâm mặt cầu

\(\Rightarrow M\) thuộc giao tuyến của mặt cầu (S) và (P)

Bài toán trở thành tìm điểm trên đường tròn sao cho k/c tới 1 điểm cố định là lớn nhất \(\Rightarrow\) nó là giao điểm của đường nối tâm và điểm cố định với đường tròn

Vậy ta lập pt mặt phẳng (Q) chứa C và I, vuông góc (P)

Giao điểm của (P), (Q), (S) sẽ là M cần tìm (luôn có 2 giao điểm, 1 cái min 1 cái max)

Mặt cầu tâm \(I\left(-3;0;2\right)\) bán kính \(R=\sqrt{m^2+4}\)

Phương trình (Oyz): \(x=0\)

Để (S) tiếp xúc (Oyz) \(\Leftrightarrow d\left(I;Oyz\right)=R\)

\(\Leftrightarrow\left|-3\right|=\sqrt{m^2+4}\)

\(\Leftrightarrow m^2+4=9\Rightarrow m=\pm\sqrt{5}\)