Phương pháp tìm điểm qua sơ đồ tư duy 2 và 3

Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này... Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng P biết đường thẳng AMvuông góc với  và khoảng cách từ đ

Bài 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 1;0 ,  B 2;0; 1  và mặt phẳng

 P : 2x   y z 1 0 Tìm tọa độ điểm C trên  P sao cho mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng 

 P và tam giác ABC có diện tích bằng 14

Giải

Giả sử C a b c n ; ; , P2;1;1 là vecto pháp tuyến của  P Do C P 2a b c   1 0 (1)

1;1; 1

AB





 AB AC,   c b 1;1 a c b a;  2

 Mặt phẳng ABC nhận  n  c b 1;1 a c b a;  2 là vecto pháp tuyến

Vì ABC   P n n P   0 2a 3b c  5 0 (2)

2

ABC

S  AB AC  c b    a c   b a  (3)

1 4



  







Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C2; 2; 7  hoặc C 2; 6;9

Bài 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho hình vuông MNPQ có M(5;3; 1), P(2;3; 4) Tìm toạ

độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x   y z 6 0

Giải

Giả sử N x y z( ; ; ) Vì N( )     x y z 6 0

(1)

MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân tại N

MN PN





 





2

( 5) ( 3) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4)

( 5)( 2) ( 3) ( 1)( 4) 0



 



TÌM ĐIỂM LOẠI 2 VÀ 3

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG

Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng Tìm điểm loại 2 và 3 thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc

gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn

cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

x z

  



 



1

  



   

Thay vào (3) ta được 2

5 6 0



(2; 3; 1) (3; 1; 2)

N N





+) Nếu N(2;3 1) thì Q(5;3; 4). +) Nếu N(3;1; 2) thì Q(4;5; 3).

Vậy Q(5;3; 4) hoặc Q(4;5; 3)

Bài 3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0),C(0;3; 2) và mặt phẳng

( ) : x2y 2 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằngM cách đều các điểm A B C, , và mặt phẳng ( ).

Giải

Giả sử M x y z( ; ; ) Khi đó từ giả thiết ta có: MA MB MC 

5

2

2 2 2

5





    



Từ (1) và (2) suy ra

3

y x





  

Thay vào (3) ta được 5(3x28x10)(3x2)2

1 23 3

x x









 



(1;1; 2)

23 23 14

; ;

M











Bài 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

 P :x2y  z 11 0 Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S Tìm tọa độ tâm H của đường

tròn giao tuyến của  P và  S

Giải

Mặt cầu  S có tâm I1;1; 2  và bán kính R3

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P là:      

 2

2 2

1 2.1 2 11 6

6

Vì d I P ,  R nên mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S

Gọi  C là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng  P và mặt cầu  S thì H là hình chiếu vuông góc của

I lên mặt phẳng  P Ta có phương trình đường thẳng IH là:  

1

2

 





   



Mặt khác H P nên ta có: 1 t 2 1 2  t     2 t 11 0 hay t1 Vậy H2;3; 3 

Bài 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x3y  z 11 0 và mặt cầu

S x y  z x y z  Chứng minh mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S Tìm tọa độ

tiếp điểm của  P và  S

Giải

Mặt cầu  S có tâm I1; 2;1 , bán kính R 14

14

Suy ra mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S tại H ( H là hình chiếu vuông góc của I trên  P )

Giả sử H x y z Ta có  ; ;  IH cùng phương với vecto pháp tuyến n p (2;3;1) của mặt phẳng  P nên

P

       

(thực chất là phương trình IH) H(1 2 ; 2 3 ;1 t   t t)

Khi đó H( )P 2(1 2 ) 3( 2 3 ) 1 t    t       t 11 0 t 1 H3;1; 2

Vậy tiếp điểm của  P và  S là H3;1; 2

Bài 6. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 1; 0) đường thẳng : 2 1 1

phẳng ( ) :P x   y z 2 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng ( )P biết đường thẳng AMvuông góc với

 và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  bằng 33

2

Giải

Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với   A ( )Q

Khi đó n Q u(2; 1;1) là vecto pháp tuyến của Q, suy ra phương trình ( ) : 2Q x   y z 3 0

Ta có n Q(2; 1;1), n P (1;1;1) Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q) Khi đó

u  n n   và N(1; 0; 1)d nên phương trình của

1 2 :

1 3

 



 



  



Vì A d suy ra A(1 2 ; ; 1 3 ). t t  t Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q) Suy ra 1; 1 1;

2 2

2

d A  AH   t  t    t hoặc 8

7

t

Suy ra A( 1; 1; 4)  hoặc 23 8; ; 17

Bài 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;3; 4 ,  B 5;3; 1  và mặt phẳng

 P :x   y z 4 0 Tìm tọa độ điểm C trên  P sao cho tam giác ABC vuông cân tại C

Giải

Gọi C x y x ; ;   y 4  P , suy ra : ACx2;y3;xy,BCx5;y3;x y 3

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

2

AC BC



3 23 42 0

14 13

;

2 5



Vậy C3;1; 2  hoặc 14 13; ; 11

Bài 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A( 1;0;1), (1; 2; 1), ( 1; 2;3) B  C 

Giải

Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:

x   y z 1 0 và y  z 3 0

Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC, (8; 4; 4). Suy ra (ABC): 2x   y z 1 0

Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1)

Bán kính là 2 2 2

( 1 0) (0 2) (1 1) 5

Bài 9 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện OABC với A(1; 2; 1), (2; 1;3), ( 2;3;3). B  C  Tính thể tích tứ diện OABC và tìm tọa độ điểm D nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho tứ diện ABCD có

các cạnh đối điện vuông góc với nhau

Giải

 OA1, 2, 1 ,  OB2, 1,3 , OC    2,3,3

 Gọi D x , y, 0mpOxy theo đề bài ta có:

2

1

3 1 0

x

y

CD AB



Bài 10. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có A(1;1;1),

( 1; 2;0), (1;3; 1)

Giải

( 2;1; 1)

(0; 2; 2)

AB

AC





 AB AC, (0; 4; 4)   0 AB AC, không cùng phương nên A, B, C không thẳng

2 2 1 AB k AC



CD // AB nên chọn u CD AB ( 2;1; 1) Suy ra phương trình

1 2

1

 



  



   



(1 2 ;3 ; 1 )

Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC Do đó:

( 2 ) t  (t 2)   ( t 2)  6 3t   4t 1 0

(3; 2; 0) 1

1

; ;

3

D t

D t



 









Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi đó ABCD là hình bình

D  

Bài 11. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng : 2 3 1

ABCD có A(1;0;0),C(2; 2; 2), Dd. Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 3 2

Giải

Ta có : 2 3 1 ( 2 ; 2 3 ; 2 1)

3 2

3 2

2

(1)

Ta có AC(1; 2; 2); AD (t 3 ; 2 t 3 ;  2t 1)[AC AD, ] ( 4; 4t  7; 4t 9)

ACD

Từ (1) và (2) ta có 32t2128t128  0 t 2 Suy ra D(0 ; 1; 3) 

Mặt khác ABCD là hình bình hành nên ABDC Suy ra B(3;3;5)

Bài 12 Trong không gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A1;0;0 , B 0; 2;0 ,  C 0;0;3 , D 1; 2;3   Tìm tọa độ

điểm I cách đều 4 điểm A, B, C, D.

Giải

1;0;0 , 0; 2;0 , 0;0;3 , 1; 2;3 

Giả sử I x y z Do  ; ;  I cách đều A, B, C, D hay IAIBICID

2 2

2 2

2 2

IA IB





1

2

; 1;

3 1

2

2

2

I

x









Bài 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A1; 2;1 , B 0; 1;0 ,  C 3; 3;3   Chứng minh

rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC và tọa độ điểm D sao cho

ABCD là hình chữ nhật

Giải

Ta có: AB    1; 3; 1 , AC2; 5; 2 

Dễ thấy 2 vecto AB    1; 3; 1 , AC2; 5; 2  không cùng phương nên A, B, C là 3 đỉnh của một tam

giác

Gọi G x G;y G;z G là trọng tâm tam giác ABC Ta có:

3

4 2 4

3

3

; ;

3

3

G

G

G

x

y

z

G

 





 





 









Ta có BA1;3;1 , BC3; 2;3 BA BC 1.3 3.   2 1.3 0 BABC

ABC

 

        

Vậy D4;0;4 là điểm cần tìm

Bài 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;3;5 Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng

Oxy , tọa độ điểm C thuộc trục Oz sao cho  A B C, , phân biệt, thẳng hằng và AB 35

Giải





Ta có A B C, , thẳng hằng

1

k z

   





0

0; 0; 0 0

0; 0; 0 0

x

B

C z







(loại)

2

2; 6; 0 6

0; 0;10 10

x

B y

C z



  





(thỏa mãn)

Vậy B2;6;0 , C 0;0;10

Giáo viên : Nguyễn Thanh Tùng Nguồn : Hocmai.vn