Ung dung phuong phap toa do trong cac hinh khong gian

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG CÁC HÌNH KHÔNG GIAN I Phương pháp giải Thể tích tứ diện ABCD 1 , 6 V AB AC AD    Thể tích hình hộp '''' '''' '''' ''''ABCD A B C D , ''''V AB AC AA    Thể tích hình lăng t[.]

Trang 1

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG CÁC HÌNH KHƠNG GIAN I Phương pháp giải Thể tích tứ diện ABCD: 1 ,.6V  AB AC AD Thể tích hình hộp ABCD A B C D ' ' '': V  AB AC AA,.' Thể tích hình lăng trụ ABC A B C ' ' ': 1 ,.'2V  AB AC AA Góc giữa 2 đường thẳng: d có VTCP u và d' có VTCP v thì:    222222 ' ' 'cos; 'cos,.'''x xy yz zd du vxyzxyz

Góc giữa 2 mặt phẳng: mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến n và mặt phẳng  Q có vectơ pháp tuyến n' thì cos   P , Q cos n n, '

Góc giữa hai đường thẳng d có VTCP u và mặt phẳng  P có VTPT n:  

 

sin d P,cos u n,

Khoảng cách giữa hai điểm A x y z 1,1,1 và B x y z 2,2,2:  2  2 2

212121AB x x  y y  z z Khoảng cách từ M0x y z0;0;0 đến  P :AxByCz D 0 là:  0000; Ax 2By 2Cz 2 Dd M PABC

Khoảng cách từ điểm M0x y z0;0;0 đến đường thẳng d qua A và có VTCP uAB:

 00;;AM ud M du

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d1 qua M1 và có VTCP u1; d2 qua M2 và có VTCP u2:  12121212,.;,u uM Md d du u

II Ví dụ minh họa

Bài tốn 1 Trong khơng gian Oxyz cho tứ diện ABCD có bốn điểm 2;4; 1 , 1;4; 1 , 2;4;3 , 2;2; 1

A  B  CD 

a) Chứng minh đường thẳng AB và AC AB, và AD AD, và AC vng góc nhau b) Lập phương trình đường vng góc chung d của AB và CD

Trang 2

Giải

a) Ta có AB  1;0;0 , AC0;0;4 , AD0; 2;0  nên AB AC.0, AB AD.0, AD AC.0

Vậy AB AC AB,AD AD, AC

b) Ta có AB AC AD, ABACD

Đường thẳng CD nằm trên mặt phẳng ACD mà mặt phẳng ACD vng góc với AB

nên đường vng góc chung d của AD và CD là đường thẳng qua A và vng góc với CD

Vậy đường thẳng d có vectơ chỉ phương: uAB CD,0; 4;2 hay 0; 2;1  và phương trình tham số là: 2421xytzt      c) Mặt phẳng ABD có VTPT: nAB AD,0;0;2

Vậy góc nhọn  giữa và mặt phẳng ABD xác định bởi:

. 2 5sin52 5.n un u

Bài tốn 2 Trong khơng gian Oxyz cho tứ diện OM M M123 với ba điểm



12;1;1 ,23;1;2 ,30; 1; 4

MMM  

a) Tính diện tích tam giác M M M1 2 3 và thể tích tứ diện OM M M1 2 3 b) Viết phương trình mặt phẳng   đi qua ba điểm M M M1; 2; 3

c) Viết phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm M M1, 2 và song song với đường thẳng

Trang 3

Ta có: OM OM1,21; 1; 1 ;   OM OM1,2.OM3    0 1 45 Vậy: 5

6

V 

b) Vectơ nM M M M12,132;3; 2  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   Vậy   có phương trình: 2x2 3 y 1 2 z 1 0 hay 2x3y2z 50

c) Ta có M M121;0;1 và OM30; 1; 4   nên mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến:



12,31;4; 1

nM M OM  

Vậy   có phương trình: 1.x2 4 y 1 1 z 1 0 hay z4y  z 50

Bài tốn 3 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A4; 1;2 ,  B 1;2;2 và C1; 1;5  a) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều

b) Viết phương trình mpABC Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mpABC và các mặt phẳng tọa độ

c) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là tứ diện đều

Giải

a) Ta có:  2  2 2

1 42 1223 2

AB

Tương tự: BCCA3 2

Suy ra ABBCCA và do đó, ABC là tam giác đều b) Ta có: AB  3;3;0 , AC  3;0;3 , AB AC,9;9;9

MpABC có vectơ pháp tuyến n1;1;1 và đi qua điểm A4; 1;2  nên có phương trình: x     4 y 1 z 20 hay x   yz 50

Mặt phẳng ABC cắt trục tọa độ tại các điểm M5;0;0 , N 0;5;0 và P0;0;5

Vậy mặt phẳng đó và các mặt phẳng tọa độ tạo thành tứ diện OMNP có thể tích là:

15.5.5125

666

V  OM ON OP

c) ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi D nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC và DA AB3 2

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là trọng tâm của tam giác G2;0;3 Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường thẳng đi qua G, có vectơ chỉ phương n1;1;1 nên có phương trình: 2 3

111

Trang 4

Do đó D2t t; ;3t và 218DA   2  2 22 t 4 t 13 t 218 t 2       Vậy có 2 điểm: D14;2;5 và D20; 2;1 

Bài tốn 4 Trong khơng gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' '' có A trùng với gốc O, B a ;0;0 , D 0; ;0 , ' 0;0;a  Ab , a0,b0 Gọi M là trung điểm cạnh CC'

a) Tính thể tích khối tứ diện BDA M'

b) Xác định tỷ số ab để mặt phẳng A BD'   MBD Giải a) Từ giả thiết ta có:  ;0;0 , '  ; ;  ; ;2bC aC a a b M a a Nên  ; ;0 , 0; ;,'  ;0; 2bBD a aBM  a  BA  ab 2,;;22ab abBD BM  a      Do đó: ' 1 ,.' 264BDA Ma bV  BD BM BA  b) Mặt phẳng BDM có vectơ pháp tuyến là: 21,;;22ab abn BD BM a   Mặt phẳng A BD'  có vectơ pháp tuyến:  22,;;n BD BM ab ab a Do đó   2 2 2 2 411'.00122a ba baBDMA BDn naabb     

Bài tốn 5 Trong khơng gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. 1 1 1 1 với

   

10;0;0 ,11;0;0 ,10;2;0 ,0;0;3

ABDA Gọi M N P Q,, , lần lượt là trung điểm các cạnh

11111

,,,

AB B C C D D D

a) Chứng minh rằng các điểm M N P Q,, , cùng thuộc một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng   chứa chúng

Trang 5

c) Tìm tọa độ điểm I đối xứng với điểm A1 qua đường thẳng MP Hỏi điểm I nằm trong hay ngồi hình hộp? Giải a) Ta có: 1;0;3 ,21;1;0 ,1;2;0 ,230;2;.2MNPQPhương trình mặt phẳng MNP là: 6x3y2z 90

Thay tọa độ của điểm Q vào phương trình trên, ta thấy nó thỏa mãn

Vậy bốn điểm M N P Q,, , đồng phẳng, và phương trình của mặt phẳng   là: 6x3y2z 90

b) Thiết diện là lục giác MENPQF có các đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình hộp chữ nhật ta có C1;2;3

Gọi h là chiều cao của hình chóp C MENPQF. thì:   6.1 3.22 22.3 92 9,

7632

hd C      



Gọi M F',' là hình chiếu của M và F lên mpA B C D1111 thì lục giác M B NPD F' 1 1 ' là hình chiếu của lục giác MENPQF lên mpA B C D1111

Gọi  là góc giữa mp  và đáy của hình hộp thì:

  2coscos,7n k 11''32M B NPD FS  và 11''.cosM B NPD FMENPQFS S  11''21cos4M B NPD FMENPQFSS Vậy .1 21 99 3 4 74C MENPQFV 

c) Mặt phẳng A1 qua và vng góc với MP có phương trình: 2y3z0

Gọi H là giao điểm của đường thẳng MP và mặt phẳng trên, ta có: 1 18 12;;2 13 13

H





Từ đó ta tìm được tọa độ điểm I là: 1;36 24;13 13







Trang 6

Nhưng tung độ của điểm I là 36 213

y Vậy điểm I nằm ngồi hình hộp

Bài tốn 6 Trong khơng gian Oxyz, cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. 1 1 1 Biết A a ;0;0 , B a;0;0 , C 0;1;0 , B1a;0;b a,0,b0

a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B C1 và AC1 theo a b,

b) Cho a b, thay đổi mà a b 4 Tìm a b, để khoảng cách giữa hai đường thẳng B C1 và

1AC lớn nhất Giải a) Ta có: AA1BB1CC10;0;b nên C10;1;b B C,1a;1;b,AC1  a;1;b,AB1  2 ;0;abvà B C AC1,1  2 ;0;2ba  11111 2 211,.,,B C ACABabd B C ACB C ACab  b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:  11 2 211,.22222abababd B C ACababab

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b 2 Vậy khoảng cách giữa B C1 và AC1 lớn nhất bằng 2 khi a b 2

Bài toán 7 Trong không gian Oxyz, cho h ình lăng trụ đứng ABC A B C. 1 1 1 với 0; 3;0 , 4;0;0 , 0;3;0 , 14;0;4

A  BCB

a) Tìm tọa độ đỉnh A C1,1 Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mpBCC B11 b) Gọi M là trung điểm của A B11 Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua A M, và song

song với BC1 Mặt phẳng  P cắt đường thẳng A C1 1 tại N Tính độ dài MN

Giải a) Ta có: AA1BB1CC10;0;4 nên A10; 3;4 ,  C10;3;4 và BC   4;3;0 nên 1,12;16;0BC BB  là VTPT của BCC B11: 12x416y 03x4y120 Bán kính  1124;5

Trang 7

 P có VTPT nAM BC,1   6; 24;12 Suy ra  P :x4y2z120 110;6;0A C  nên 1 10:34xA Cytz    

N thuộc A C11 nên N0; 3 t;4 và N thuộc  P nên t2, do đó N0; 1;4 

Vậy 17

2

MN 

Bài toán 8 Cho hai điểm S0;0;1 , A 1;1;0, hai điểm thay đổi M m ;0;0 , N 0; ;0n  sao cho 1,0,0

m nm n

a) Chứng minh thể tích V của hình chóp S OMAN. khơng phụ thuộc vào m và n

b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng SMN Từ đó suy ra mặt phẳng SMN tiếp xúc với một mặt cầu cố định

Giải

a) Hình chóp S OMAN. có chiều cao SO1 khơng đổi, tứ giác đáy nằm trong mặt phẳng Oxy có diện tích: 11 22AOMAONSSSOM AHON AK112 mn 2 : khơng đổi b) Phương trình mặt phẳng SMN là: 101xyznxmymnzmnm   n  Vì m n 1 nên ta có:  .12 .1 02 2 2,1.nmmnd A SMNnmm n  : không đổi

Vậy SMN tiếp xúc với mặt cầu tâm A, bán kính R1

Bài tốn 9 Trong khơng gian Oxyz, cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi, AC

Trang 8

b) Giả sử mặt phẳng ABM cắt đường thẳng SD tại điểm N Tính thể tích khối chóp .S ABMN Giải a)      02;0;0 ,0; 1;0 ,1;0; 22;0; 2 2 ,1; 1; 23cos,cos,,302CDMSABMSA BMSA BMSA BM  Ta có: SA BM.  2 2;0; 2 ,  AB  2;1;0 nên  , . 2 6,3,SA BMABd SA BMSA BM

b) MN / / AB CD, nên N trung điểm ,0; 1; 2

2SO N     11;0;2 ,0;1; 2 2 ,0;;22SM    SB  SN     và SA SM,  0; 4 2;0 Ta có: 12 212,.,,.6363      S ABMS AMNVSA SM SBVSA SM SN