Bài giảng trọng tâm toán 12 phương pháp tọa độ trong không gian

chương phương pháp tọa độ không gian A Kiến thức cần nhớ I Hệ tọa độ không gian Hệ tọa độ không gian Định nghĩa Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi vuông góc gọi z hệ trục tọa ®é kh«ng gian       k KÝ hiƯu Oxyz hc (O, i , j , k ) với i , j , k vectơ O y đơn vị nằm ba trục j i Điểm O gọi gốc tọa độ x Trục Ox gọi trục hoành, trục Oy gọi trục tung, trục Oz gọi trục cao Ta ý r»ng: 2      2   i = j = k = vµ i j = j k = k i = Tọa độ vectơ    Ta cã v (x; y; z) ⇔ v = x i + y j + z k        NÕu v (x; y; z) th× x = v i , y = v j , z = v k Các tính chất: Đối với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ v1 (x1; y1; z1) v (x2; y2; z2) ta có kết qu¶ sau:  x1 = x    1) v1 = v ⇔ y1 = y z = z   2) α v1 = (αx1; αy1; αz1), víi α ∈    3) α v1 ± β v = (αx1 ± βx2; αy1 ± βy2; αz1 ± βz2), víi α, β ∈    4) v1 v = x1x2 + y1y2 + z1z2   5) | v1 | = v12 = x12 + y12 + z12 6) 7)   cos( v1 , v ) = x1 x + y y + z z x + y12 + z12 x 22 + y 22 + z 22     v1 ⊥ v ⇔ v1 v = ⇔ x1x2 + y1y2 + z1z2 = 339 Täa ®é cđa ®iĨm     Ta cã M(x; y; z) ⇔ OM = x i + y j + z k  Chó ý: Ta cã çc kÕt qu¶: M ≡ O ⇔ x = y = z = M ∈ (Oxy) ⇔ z = 0, tøc lµ M(x; y; 0) M ∈ (Oyz) ⇔ x = 0, tøc lµ M(0; y; z) M ∈ (Oxz) ⇔ y = 0, tøc lµ M(x; 0; z) M ∈ Ox ⇔ y = vµ z = 0, tøc lµ M(x; 0; 0) M ∈ Oy ⇔ x = vµ z = 0, tøc lµ M(0; y; 0) M ∈ Oz ⇔ x = vµ y = 0, tức M(0; 0; z) liên hệ Tọa độ vectơ tọa độ hai điểm mót Trong hƯ täa ®é Oxyz, cho hai ®iĨm A(xA; yA; zA) vµ B(xB; yB; zB) ta cã:  a AB = (xB − xA; yB − yA; zB − zA)  b AB = | AB | = (x B − x A )2 + (y B − y A )2 + (z B − z A )2  x + xB yA + yB zA + zB c Trung điểm I đoạn AB có tọa độ  A ; ; 2     TÝch cã híng (hay tÝch vect¬) cđa hai vectơ Định nghĩa Tích có hướng (hay tích vectơ) hai vectơ v1 (x1; y1; z1) v (x2; y2; z2) kÝ    hiÖu v1 , v vectơ v xác định bởi: y z z x x y   v1 , v  =  1 ; 1 ; 1    y z z x x y  2 2   2 Çc tÝnh chÊt cđa tÝch cã híng: Ta cã:    a Vectơ v1 , v vuông góc với hai vectơ v1 v , tức lµ:      v1 , v  v =  v1 , v  v =             b  v1 , v  =  v1 . v .sin( v1 , v ), ®ã α góc hai vectơ v1 v      c  v1 , v = hai vectơ v1 v phương ứng dụng của tích có hướng Diện tích hình bình hành: Diện tích hình bình hành ABCD cho công thức:       S∆ABCD =  AB, AD  =  AB . AD .sin( AB, AD ), 340 DiƯn tÝch tam gi¸c: DiƯn tÝch cđa ∆ABC cho công thức: SABC =      =  . .sin( AB, AC AB AC AB, AC )  Điều kiện đồng phẳng ba vectơ Định lí: Điều kiện cần đủ để ba vectơ v1 , v v3 đồng phẳng lµ:    v1 , v  v =   ThĨ tÝch h×nh hép: Thể tích V hình hộp ABCD.A1B1C1D1 cho c«ng thøc:    V =  AB, AD  AA1 ThĨ tÝch tø diƯn: ThĨ tÝch V tứ diện ABCD cho công thức: V=      AB, AC  AD phương trình mặt cầu Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) bán kính R có phương trình: (1) (S): (x − a)2 + (y − b)2 + (z c)2 = R2 Phương trình (1) gọi phương trình tắc mặt cầu Vậy, ta được: Tâm I(a; b;c) ⇔ (C): (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2 B ¸n k Ý nh R  (S):   Chó ý: Ta có: Mặt cầu tâm O bán kính R có phương trình x2 + y2 + z2 = R2 Mặt cầu đơn vị có phương trình x2 + y2 + z2 = Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt (S) có phương trình: (2) (S): x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0, 2 víi a + b + c d > phương trình mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R = a + b + c2 − d Phương trình (2) gọi phương trình tổng quát mặt cầu II Phương trình mặt phẳng Phương trình mặt phẳng Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) qua điểm M0(x0; y0; z0) có vtpt n (A; B; C) có phương trình: (P): A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = VËy, ta cã: Qua M (x ; y0 ; z )  ⇔ (P): A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) =  vtpt n(A; B;C) (P):  341 Ph¬ng trình tổng quát mặt phẳng không gian Oxyz lµ: (P): Ax + By + Cz + D = víi A2 + B2 + C2 >  Khi đó, nhận vectơ n (A; B; C) làm vtpt (1) Các trường hợp riêng Nếu D = 0, mặt phẳng (P) qua gốc tọa ®é NÕu A = 0, B ≠ 0, C 0, mặt phẳng (P): By + Cz + D = chứa song song với trục Ox Tương tự: Mặt phẳng (P): Ax + Cz + D = chøa hc song song víi trơc Oy  Mặt phẳng (P): Ax + By + D = chøa hc song song víi trơc Oz NÕu A = 0, B = 0, C 0, mặt phẳng (P): Cz + D = chøa hc song song với trục Ox Oy nên song song trùng với mặt phẳng xOy Tương tự: Mặt phẳng (P): Ax + D = song song hc trïng với mặt phẳng yOz Mặt phẳng (P): By + D = song song trùng với mặt phẳng xOz Đặc biệt, phương trình x = 0, y = 0, z = theo thứ tự phương trình mặt phẳng tọa độ yOz, xOz, xOy NÕu A ≠ 0, B ≠ 0, C ≠ 0, D cách đặt: a= D x y z D D , b = − , c = − ⇒ (P): + + = C a b c A B (2) Phương trình (2) gọi phương trình đoạn chắn mặt phẳng (P) Mặt phẳng cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) VËy, ta cã: Qua A(a;0;0) x y z  (P): Qua B(0; b;0) ⇔ (P): + + = a b c Qua C(0;0;c)  VÞ trÝ tương đối hai mặt phẳng Với hai mặt phẳng (P1) (P2) có phương trình: (P1): A1x + B1y + C1z + D1 = 0, ®iỊu kiƯn A12 + B12 + C12 > , (P2): A2x + B2y + C2z + D2 = 0, ®iỊu kiƯn A 22 + B22 + C22 > ,   ®ã vect¬ n1 (A1; B1; C1), n (A2; B2; C2) theo thø tù lµ vtpt cđa (P1) vµ (P2), ®ã: a NÕu B C A1 D = = = th× (P1) ≡ (P2) B2 C2 A2 D2 b NÕu A1 B C D = = ≠ th× (P1) // (P2) A2 B2 C2 D2 c NÕu A1: B1: C1 ≠ A2: B2: C2 (P1) (P2) = {(d)} 342 khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Cho điểm M(xM; yM; zM) mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = Khi đó, khoảng cách từ M đến (P) tính công thức: d(M, (P)) = Ax M + By M + Cz M + D A + B2 + C III Phương trình đường thẳng phương trình đường thẳng Trong không gian Oxyz, đường thẳng (d) qua điểm M0(x0; y0; z0) cã vtcp  u(a; b; c) cã phương trình: x x + at = (d): = y y0 + bt , t ∈  − Phương trình tham số = z z + ct x − x y − y0 z − z (d): = với abc Phương trình tắc = a b c Đường thẳng (d) qua hai điểm M1(x1; y1; z1) M2(x2; y2; z2), ta cã: Qua M1 (x1 ; y1 ; z1 ) ⇔ (d): Qua M (x ; y ; z ) (d):  Qua M1 (x1 ; y1 ; z1 )    vtcp M1M (x − x1 ; y − y1 ; z − z1 )  x =x1 + (x − x1 )t  ⇔ (d):  y =y1 + (y − y1 )t , t ∈  z =z + (z − z )t  x − x1 y − y1 z − z1 = = hc (d): x − x1 y − y1 z − z1  Chó ý: Cho hai mặt phẳng (P1) (P2) có phương trình:  (P1): A1x + B1y + C1z + D1 = 0, cã vtpt n1 (A1 ; B1 ; C1 ) ,  (P2): A2x + B2y + C2z + D2 = 0, cã vtpt n (A ; B2 ; C2 ) với điều kiện A1:B1:C1 A2:B2:C2 (*) Điều kiện (*) chứng tỏ (P1) (P2) cắt theo giao tuyến đường thẳng (d) gồm điểm M(x; y; z) thoả mÃn hệ phương trình: A1 x + B1 y + C1z + D1 =   A x + B2 y + C z + D =  Khi ®ã, mét vtcp u đường thẳng (d) xác định bởi:     B1 C1 C1 A1 A1 B1  ; ; u =  n1 , n  =   B C C A A B  2 2   2 343 Vị trí tương đối hai đường thẳng Cho hai đường thẳng (d1) (d2), biết: (d1) qua điểm M1(x1; y1; z1) có vtcp u1 (a1; b1; c1)   (d2) ®i qua ®iĨm M2(x2; y2; z2) vµ cã vtcp u (a2; b2; c2) Khi đó, xét ba vectơ u1 , u M1M ta có kết quả: (d1) (d2) đồng phẳng ba vectơ u1 , u M1M đồng phẳng Như vậy: (d1) (d2) đồng phẳng u1 , u1 M1M = (d1) (d2) cắt chúng đồng phẳng vtcp chúng không phương Như vậy: (d1) (d2) cắt  u1= , u1  M1M vµ  u1 , u1  ≠   (d1) vµ (d2) song song víi vµ chØ u1 u phương (d1), (d2) điểm chung Như vậy:     (d1) // (d = 2) ⇔  u , u    vµ  u1 , M1M  ≠   (d1) vµ (d2) trïng vµ u1 u phương (d1), (d2) cã ®iĨm chung Nh vËy:       u1 , u1  =  (d1) ≡ (d2) ⇔ =    u1 , M1M     (d1) vµ (d2) chéo ba vectơ u1 , u M1M không đồng phẳng Như vậy:    (d1) vµ (d2) chÐo ⇔  u1 , u1  M1M ≠ Khi đó, khoảng cách (d1), (d2) cho bởi:    u1 , u  M1M   d((d1), (d2)) =    u1 , u     344 Chó ý: Nếu biết phương trình hai đường thẳng (d1) (d2) xét vị trí tương đối chúng cách giải hệ gồm phương trình xác định (d1) (d2) để ìthỏa mÃn giao điểm đó: a Nếu hệ có nghiệm (d1) (d2) cắt b Nếu hệ có vô số nghiệm (d1) (d2) trùng c Nếu hệ vô nghiệm (d1) (d2) song song hc chÐo nhau, song song nÕu hai vtcp cđa chóng phương, chéo hai vectơ không phương khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Cho điểm M đường thẳng (d) có vtcp u qua điểm M0 Khi đó, khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) cho bëi:    MM , u    d(M, (d)) =  u Gãc hai đường thẳng Cho hai đường thẳng (d1) cã vtcp u1 (a1; b1; c1) vµ (d2) cã vtcp lµ u (a2; b2; c2) Gäi α lµ góc tạo hai đường thẳng (d1) (d2) (0 ≤ α ≤   u1 u cosα =   = u1 u a1a + b1b + c1c2 a12 + b12 + c12 a 22 + b 22 + c22 π ), ta có: Chú ý: Điều kiện cần ®đ ®Ĩ (d ) ⊥ (d ) lµ: cosα = ⇔ a1a2 + b1b2 + c1c2 = Góc đường thẳng mặt phẳng Cho: Mặt phẳng (P) có vtpt n (A; B; C) Đường thẳng (d) có vtcp u(a; b;c) Gọi góc tạo (P) (d), ta cã: sin α = Aa + Bb + Cc A + B2 + C a + b + c B Phương pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hệ toạ độ không gian Dạng toán 1: Tọa độ điểm, vectơ yếu tố liên quan Phương pháp Sử dụng kết phần: Tọa độ vectơ Tọa độ điểm Liên hệ tọa độ vectơ tọa độ hai điểm mút Tích có hướng hai vectơ ứng dụng Thí dụ Cho ba ®iĨm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5) a Chứng minh A, B, C ba đỉnh cđa mét tam gi¸c b TÝnh chu vi, diƯn tÝch ABC 345 Giải c Tìm toạ độ điểm D để ABCD hình bình hành tính côsin góc hai vectơ AC BD d Tính độ dài đường cao hA ABC kẻ tõ A e TÝnh çc gãc cđa ∆ABC f X¸c định toạ độ trực tâm H ABC g Xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC a Ta cã:     AB (2; 3; 1) AC (2; 2; 2) AB AC không phương Vậy, ba điểm A, B, C không thẳng hàng b Ta có: CVABC = AB + AC + BC = 2 + 32 + 12 + 2 + (−2)2 + 2 + (−5)2 + 12 = 14 + 12 + 26 1   S∆ABC =  AB, AC  = |(8; −2; −10)| = 82 + (−2)2 + (−10)2 = 42 2 c Gi¶ sư D(x; y; z), để ABCD hình bình hành điều kiện lµ:  AB = DC ⇔ (2; 3; 1) = (3 − x; −y; − z) 2= − x x =   ⇔ 3 = −y ⇔ y = −3 ⇒ D(1; −3; 4) 1= − z z =       AB.BD 12 51 = cos( AC , BD ) =   = 17 12 68 AB BD d Ta cã: 2S 42 273 hA.BC ⇔ hA = ∆ABC = = BC 13 26 e Ta có: AB.AC cosA =   = ⇔ A = 900, AB AC   BA.BC 51 cosB =   = vµ cosC = sinB = − cos2 B = 13 BA BC S∆ABC = f Ta cã thĨ lùa chän mét hai çch sau: Çch 1: Giả sử H(x; y; z) trực tâm ABC, ta cã ®iỊu kiƯn:    AH ⊥ BC AH ⊥ BC      BH ⊥ AC ⇔ BH ⊥ AC     H ∈ (ABC) Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng 346 118 13   AH.BC =    ⇔ BH.AC = ⇔       AB, AC  AH = 0 (x − 1; y − 2; z − 3).(0; − 5; 1) =  (x − 3; y − 5; z − 4).(2; − 2; 2) = (8; − 2; − 10).(x − 1; y − 2; z − 3) =  5y − z = −5(y − 2) + z − = x =    ⇔ y = ⇔ 2(x − 3) − 2(y − 5) + 2(z − 4) = ⇔ x − y + z = 8(x − 1) − 2(y − 2) − 10(z − 3) = 4x − y − 5z =−13 z = Vậy, ta trực tâm H(1; 2; 3) Cách 2: Vì ABC vuông A nên trực tâm H ≡ A, tøc lµ H(1; 2; 3) g Ta cã thĨ lùa chän mét hai çch sau: Çch 1: Giả sử I(x; y; z) tâm đường tròn ngo¹i tiÕp ∆ABC, ta cã: AI = BI AI = BI AI = BI    ⇔ AI = CI AI = CI ⇔ AI = CI      I ∈ (ABC)     AB, AC, AH đồng phẳng AB, AC AI = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = (x − 3)2 + (y − 5)2 + (z − 4)2  ⇔ (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = (x − 3)2 + y + (z − 5)2 4x − y − 5z =−13  18 2x + 3y + z = x =   ⇔ x − y + z = ⇔ y = / 4x − y − 5z =−13 z = /    9 Vậy, ta tâm đường tròn ngoại tiếp I  3; ;   2 Çch 2: Vì ABC vuông A nên tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC trung ®iĨm cđa BC, tøc lµ I  3; ;   2  NhËn xÐt: Nh vËy, víi toán (tam giác không gian) em học sinh ôn tập hầu hết kiến thức học "Hệ tọa độ không gian", với câu f), g): cách 1, nhận phương pháp chung để thực yêu cầu toán cách 2, việc đánh giá dạng đặc biệt ABC nhận lời giải đơn giản rÊt nhiỊu 347 ThÝ dơ Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®iĨm A(5; 3; −1), B(2; 3; −4), C(1; 2; 0), D(3; 1; 2) a Tìm tọa độ điểm A1, A2 theo thứ tự điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (Oxy) trục Oy b Chøng minh r»ng A, B, C, D lµ bốn đỉnh hình tứ diện c Tính thể tÝch khèi tø diƯn ABCD d Chøng minh r»ng h×nh chóp D.ABC hình chóp e Tìm tọa độ chân đường cao H hình chóp D.ABC f Chứng minh tứ diện ABCD có cạnh đối vuông góc với g Tìm tọa độ điểm I cách ®Ịu ®iĨm A, B, C, D  Gi¶i a Ta lần lượt: Hình chiếu vuông góc điểm A mặt phẳng (Oxy) điểm E(5; 3; 0) Từ đó, E trung điểm AA1 nên A1(5; 3; 1) Hình chiếu vuông góc điểm A trục Oy điểm F(0; 3; 0) Từ đó, F trung điểm AA2 nên A2(5; 3; 1) b Ta cã thÓ lùa chän mét hai cách sau: Cách 1: Để chứng minh bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng ta chøng minh    ba vect¬ DA (2; 2; 1), DB (−1; 2; −2), DC (−2; 1; 2) kh«ng đồng phẳng Giả sử trái lại, tức ba vectơ DA , DB , DC đồng phẳng, tồn cặp số thức , cho: 2 = −α − 2β     DA = α DB + β DC ⇔ 2 = 2α + β , v« nghiƯm 1 = −2α + 2β     ⇒ Ba vect¬ DA , DB , DC không đồng phẳng Vậy, bốn điểm A, B, C, D bốn đỉnh hình tø diƯn    Çch 2: Ta cã DA (2; 2; 1), DB (−1; 2; −2), DC (−2; 1; 2), tõ ®ã suy ra:    1 2  DA, DB  DC = (−2) + + = 27 ≠   −2 −2 −1 −1    Ba véctơ DA , DB DC không đồng phẳng Vậy, bốn điểm A, B, C, D bốn ®Ønh cđa mét h×nh tø diƯn    c Thể tích V tứ diện ABCD cho bëi V =  DA, DB  DC = d Ta có: DA = 22 + 22 + 12 =   2 DB = (−1) + + (−2) = ⇒ DA = DB = DC  2 DC = (−2) + + = 348 Giải g Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ qua A tiếp xúc với (P) h Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ qua A cắt (P) theo thiết diện đường tròn lớn i Viết phương trình mặt cầu tâm A cắt (P) theo thiết diện đường tròn (C) có bán kính r = a Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Mặt phẳng (P) có vtpt n(1; 1; 2) Giả sử H(x; y; z) hình chiếu vuông góc A lên (P), suy ra: H ∈ (P) H ∈ (P)  ⇔    AH(x − 1; y − 1; z + 1) // n(1; 1; 2) AH ⊥ (P) x =  x + y + 2z =  x + y + 2z − =    ⇔  x − y − z + ⇔ x − y = ⇔  y = ⇒ H(2; 2; 1) = =  2y − z = z = Cách 2: Mặt phẳng (P) có vtpt n(1; 1; 2) Gọi (d) đường thẳng thoả m·n:  x= + t Qua A(1; 1; − 1) Qua A   ⇔ (d):  ⇔ (d): y= + t , t ∈  (d):   vtcp n(1; 1; 2) (d) ⊥ (P) z =−1 + 2t  V× {H} = (d) ∩ (P) nên toạ độ H nghiệm hệ phương trình: x =  x= + t y =  y= + t   ⇒  ⇒ H(2; 2; 1)  z =−1 + 2t z = x + y + 2z − = t = b Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: (Dựa vào kết câu a): Vì H trung điểm AA1 nên A1(3; 3; 3) Cách 2: Mặt phẳng (P) có vtpt n(1; 1; 2) giả sử A1(x; y; z), suy ra:   x +1 y +1 z −1 ; ; ∈ (P) Trung ®iĨm H cđa AA1 thc(P) H  2  ⇔      AA1 ⊥ (P) AA  // n z −1 x + y +  + + 2 − = ⇔ ⇔ −1 y −1 z +1  x= =  1 12  x + y + 2z =  ⇒ A1(3; 3; 3) x − y = x − z =  c NhËn xÐt r»ng x 2M + y 2M + z 2M = ( x M − ) + ( y M − ) + ( z M − ) = OM2 472 2 Tõ ®ã, suy ra: x 2M + y 2M + z 2M ( ) Min OM nhỏ M hình chiếu vuông góc O (P) Gọi () đường thẳng tho¶ m·n: Qua O (∆):  ⇔ (∆): (∆) ⊥ (P) Qua O(0; 0; 0)  ⇔ (∆):   vtcp n(1; 1; 2) x = t  y = t , t ∈  z = 2t  Vì {M} = () (P) nên cách phương trình tham số () vào phương trình (P), ta được: t + t + 4t = ⇔ 6t − = ⇔ t = ⇒ M(1; 1; 2) VËy, víi ®iĨm M(1; 1; 2) th× x 2M + y 2M + z 2M = ( ) Min d Gäi I lµ trung ®iĨm cđa AB, suy I(1; 3; 1) NhËn xÐt r»ng:    NA + NB = 2NI = 2NI Từ đó: NA + NB đạt giá trị nhỏ NI nhỏ N hình chiếu vuông góc I (P) Xác định toạ độ điểm N: Gọi (d) đường thẳng thoả mÃn: x= + t Qua I(1; 3; 1) Qua I   ⇔ (d’):  ⇔ (d’): y= + t (d’):   vtcp n(1; 1; 2) (d') ⊥ (P)  z= + 2t Vì {N} = (d) (P) nên cách phương trình tham số (d) vào phương trình (P), ta được: (1 + t) + (3 + t) + 2(1 + 2t) − = ⇔ 6t = ⇔ t = ⇒ N(1; 3; 1) Vậy, với điểm N(0; 1; 4) thoả mÃn điều kiện đầu e (Dựa vào kết câu b): Nhận xÐt r»ng: tA.tB = −6.(−6) = 36 > ⇔ A, B ë vỊ cïng mét phÝa víi (P) Ph©n tích: Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (P) {F} = (A1B) (P), với ®iÓm E bÊt kú thuéc (P), ta cã: A E EA + EB = EA1 + EB ≥ A1B = FA + FB B H Vậy, ta EA + EB nhỏ E F F Phương trình đường thẳng (A1B) xác định bởi: A1 x= + t Qua A1 (3; 3; 3)   ⇔ (A1B):  y = (A1B):   vtcp A1B(−4; 0; − 4) chän (1; 0; 1) z= + t Khi đó, để tìm toạ độ F ta thay x, y, z từ phương trình tham số (A1B) vào phương trình (P) được: + t + + 2(3 + t) − = ⇔ t = −2 ⇒ F(1; 3; 2) Vậy, điểm E(1; 3; 1) thoả mÃn điều kiện đầu 473 f Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: (Dựa vào kết câu a): Mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với (P) xác định bởi: Tâm A(1; 1; 1) (S): (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = (S):  B¸n kÝnh R=AH= Cách 2: (Độc lập với câu a): Gọi R bán kính mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc víi (P) th× ta cã: R = d(A, (P)) = Phương trình mặt cầu (S) xác định bëi: T©m A(1; 1; − 1) ⇔ (S): (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = (S): Bán kính R=AH= g Mặt cầu (S) có bán kính nhỏ qua A tiếp xúc với (P) mặt cầu đường kính AH, ta cã ngay:  5  T©m I trung điểm AH Tâm I ; ;  (S):  ⇔ (S):  2  AH ¸n kÝnh R= B  B¸n kÝnh R= / 2    5   5 2 ⇔ (S) :  x −  +  y −  + ( z − ) = 2   h Mặt cầu (S) có bán kính nhỏ qua A cắt (P) theo thiết diện đường tròn lớn đường tròn tâm H bán kính AH nªn: (S): (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z 1)2 = i Mặt cầu (T) cần dựng có bán kính là: R2 = d(A, (P)) + r2 = + 18 = 24 ⇔ R = 24 Phương trình mặt cầu (T) xác định bởi: Tâm A(1; 1; 1) (S): (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = 24 (S):  B ¸n kÝnh R= 24  Dạng toán 8: (Đ iểm mặt cầu): Để tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) thoả mÃn điều kiện K Phương pháp Ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Sử dụng phương trình ban đầu mặt cầu Cách 2: Thiết lập điều kiện để M giao điểm đối tượng khác mặt cầu (thường đường thẳng) Thí dụ Cho điểm A(2; 3; 4) mặt cầu (S): x2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = a Chứng tỏ điểm A nằm mặt cầu (S) b Viết phương trình đường thẳng (d) qua A cắt (S) hai điểm B, C cho BC có độ dài lớn 474 Giải c Tìm điểm M thuộc (S) cho MA đạt giá trị lớn nhất, nhỏ d Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với (S) cách A khoảng lớn e Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với (S) f Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, qua A tiếp xúc với (S) g Viết phương trình mặt cầu có bán kính lớn nhất, qua A tiếp xúc với (S) a Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 2) bán kính R = , ta có: IA2 = 22 + (3 − 1)2 + (4 − 2)2 = 12 ⇔ = IA > R Vậy, điểm A nằm mặt cầu (S) b Hai điểm B, C thuộc (S) có độ dài lớn BC đường kính (S), đường thẳng (d) cần dựng cho bởi: Qua I(0; 1; 2)  (d):  ⇔ (d):  vtcp IA(2; 2; 2) chän (1; 1; 1) c NhËn xÐt r»ng: MA ≥ IA − IM = IA − R= − 3= x = t   y= + t , t ∈  z= + t MAMin = 3, đạt M, I, A thẳng hàng MA IA + IM = IA + R= + 3= 3 MAMax = 3 , đạt M, I, A thẳng hàng Tức hai trường hỵp {M} = (IA) ∩ (S) = (d) ∩ (S) Thay phương trình tham số (d) vào (S), ta ®ỵc:  AM1 =  M (1; 2; 3) ⇒  t2 + t2 + t2 = ⇔ t2 = ⇔ t = ±1 ⇒   AM = 3  M (−1; 0; 1) VËy, ta cã kÕt luËn:  MAMin = , đạt điểm M1(1; 2; 3) MAMax = 3 , đạt điểm M2(1; 0; 1) d Mặt phẳng (P) cần dựng tiếp xúc với (S) cách A khoảng lớn mặt phẳng tiếp xúc với (S) điểm M2, ®ã: Qua M (−1; 0; 1) (P) :  ⇔ (P): x + y + z =   vtpt IA(3; 3; 3) chän (1; 1; 1) e Mặt cầu tâm A tiếp xúc tiếp xúc với (S), nên ta có: Mặt cầu (T1) tâm A tiếp xúc với (S) cho bởi: Tâm A(2; 3; 4) (T1 ) :  ⇔ (T1): (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 = B¸n kÝnh R=AM1 = 475 Mặt cầu (T2) tâm A tiếp xúc với (S) cho bởi: Tâm A(2; 3; 4) (T2 ) :  ⇔ (T2): (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 = 27 Bán kính R=AM = 3 f Mặt cầu (S1) có bán kính nhỏ nhất, qua A tiếp xúc với (S) mặt cầu đường kính AM1, đó: Tâm I1 trung điểm AM1 Tâm I1 ; ;      ⇔ (S1 ) :  (S1 ) :  AM1  B¸n kÝnh R1 = B¸n kÝnh R1 = 2 2 3  5  7  ⇔ (S1 ) :  x −  +  y −  +  z −  = 2  g Mặt cầu (S2) có bán kính lớn nhất, qua A tiếp xúc với (S) mặt cầu đường kính AM2, đó: Tâm I trung ®iĨm AM T©m I  ; ;      ⇔ (S2 ) :  (S2 ) :  AM 3 B¸n kÝnh R =  B¸n kÝnh R =   1   3   5 27 ⇔ (S2 ) :  x −  +  y −  +  z −  = 2     Chó ý: NÕu ®iĨm A n»m nằm mặt cầu (S) đường thẳng mặt phẳng qua A cắt (S) Nhận định gợi ý cách chứng minh đường thẳng mặt phẳng cắt mặt cầu Thí dụ Cho điểm A(2; 1; 2) mặt cầu (S) có phương tr×nh: (S): x2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = a Chứng tỏ đường thẳng qua điểm A cắt mặt cầu (S) b Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt (S) theo thiết diện đường tròn có bán kính nhỏ c Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (S) hai điểm B, C cho BC có độ dài lớn d Viết phương trình đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng () : Giải x y z = = cắt (S) hai điểm E, F cho EF = 1 a Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 1) bán kính R = 3, ta cã: IA2 = 22 + (1 − 1)2 + (2 − 1)2 = ⇔ IA = 5 Gọi G trung điểm cạnh CC1 a Tính thĨ tÝch khèi tø diƯn BDA1M theo a vµ b b Xác định tỉ số Giải a để (A1BD) ⊥ (MBD) b Tõ gi¶ thiÕt suy C(a; a; 0) vµ C1(a; a; b) ⇒ M(a; a; 484 b ) a Ta cã ngay: VBDA1M =    [ BD, BA1 ] BM  (1) ®ã:      b BD (−a; a; 0), BA1 (−a; 0; b), BM (0; a; ), [ BD, BA1 ] = (ab; ab; a2) Tõ ®ã, suy ra: b a 2b VBDA M = (ab; ab; a2) (0; a; )=   b Gäi n A BD , n MBD theo thứ tự vtpt mặt phẳng (A1BD) vµ (MBD), ta cã ngay:       ab ab ; −a2) n MBD = [ BD, BM ] = ( ; n A BD = [ BD, BA1 ] = (ab; ab; a2), 2 §Ĩ (A1BD) (MBD) điều kiện là: a b2 a b2 − a4 = ⇔ a2 = b2 ⇔ a = b n A BD ⊥ n MBD ⇔ n A BD n MBD = ⇔ + 2 VËy, víi a = b thoả mÃn điều kiện đầu 1 1 Ví dụ 8: (Đề thi đại học khối D 2004): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABCA1B1C1 Biết A(a; 0; 0), B(− a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1(−a; 0; b), a > 0, b > Gäi M lµ trung điểm cạnh SC a Tính khoảng cách hai ®êng th¼ng B1C, AC1 b Cho a, b thay ®ỉi thoả mÃn a + b = Tìm a, b, để khoảng cách hai đường thẳng B1C, AC1 lín nhÊt  Gi¶i Ta cã A1(a; 0; b), C1(0; 1; b) a Ta cã:    | [B1C, AC1 ].CC1 | ab   d(B1C, AC1) = = | [B1C, AC1 ] | a + b2 b Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: ab a + b ab ab d(B1C, AC1) = ≤ = ≤ = 2 2ab 2 a +b z B1 A1 O A a C1 B −a b C y x a +b= Suy dmax = , đạt a = b ⇔ a = b = VÝ dô 9: (Đề thi đại học khối B 2005): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ ®øng ABC.A1B1C1 víi A(0; −3; 0), B(4; 0; 0), C(0; 3; 0), B1(4; 0; 4) a Tìm toạ độ đỉnh A1, C1 b Viết phương trình mặt cầu có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1) 485 Giải c Gọi M trung điểm A1B1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A, M song song với BC1 d Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng (A1C1) N Tính độ dài ®o¹n MN a A1(0; −3; 4), C1(0; 3; 4) b Phương trình mặt phẳng (BCC1B1) cho bởi: qua B(4,0,0) qua B      ⇔ (BCC1B1):  (BCC1B1):  = AM, BC1 ] (3, 4,0)  vtpt n [ = cặp vtcp BC BB1 (BCC1B1): 3(x − 4) + 4y = ⇔ (BCC1B1): 3x + 4y 12 = Mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1) khi: 24 | 4.(−3) − 12 | = R = d(A, (BCC1B1)) = 2 +4 Vậy, phương trình mặt cầu S(A, R) có dạng: 576 (S): x2 + (y + 3)2 + z2 = 25 c Ta có M(2; ; 4) đó: qua A qua A      ⇔ (P):  (P):  n [ AM, BC (1, 4, − 2) = = 1] vtpt cặp vtcp AM BC1 ⇔ (P): x + 4(y + 3) − 2z = ⇔ (P): x + 4y − 2z + 12 = d Phương trình tham số đường thẳng (A1C1) cho bởi: x = qua A1 (0, − 3, 4)   ⇔ (A1C1):  y =−3 + t , víi t ∈  (A1C1):   vtcp A1C1 (0,6,0) z =  B»ng cách thay phương trình tham số (A1C1) vào phương trình (P) ta được: + 4(3 + t) − 2.4 + 12 = ⇔ t = ⇒ N(0; − 1; 4) 17 ⇒ MN = (0 − 2) + (−1 + ) + (4 − 4) = 2 486 ... Ph¬ng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hệ toạ độ không gian Dạng toán 1: Tọa độ điểm, vectơ yếu tố liên quan Phương pháp Sử dụng kết phần: Tọa độ vectơ Tọa độ điểm Liên hệ tọa độ vectơ tọa độ hai... "Hệ tọa độ không gian" , với câu f), g): cách 1, nhận phương pháp chung để thực yêu cầu toán cách 2, việc đánh giá dạng đặc biệt ABC nhận lời giải đơn giản nhiều 347 Thí dụ Trong không gian. .. 1: Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD (phương trình mặt cầu qua bốn điểm) Bước 2: Từ kết bước 1, nhận tọa độ tâm I Dạng toán 2: Phương trình mặt cầu Phương pháp Với phương trình