Bài 95 trang 141 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao

Bài làm:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho sáu điểm

A(2; 0; 0); A’(6; 0; 0); B (0; 3; 0); B’(0; 4; 0); C(0; 0; 3); C’(0; 0; 4).

LG a

Viết phương trình mp(ABC) và mp(A’B’C’). Tính cosin của góc giữa 2 mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình theo đoạn chắn là \({x \over 2} + {y \over 3} + {z \over 3} = 1\) nên có phương trình tổng quát là:

\(3x + {\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}2z{\rm{ }} - {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)

Mặt phẳng này có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = {\rm{ }}\left( {3{\rm{ }};{\rm{ }}2{\rm{ }};{\rm{ }}2} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {A'B'C} \right)\) có phương trình theo đoạn chắn là \({x \over 6} + {y \over 4} + {z \over 4} = 1\) nên có phương trình tổng quát \(2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}3z - 12{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)

Mặt phẳng này có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {n'}  = {\rm{ }}\left( {2{\rm{ }};{\rm{ }}3{\rm{ }};{\rm{ }}3} \right).\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa hai mặt phẳng đó, ta có

             \(\cos \varphi  = {{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {n'} } \right|} \over {\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow {n'} } \right|}} = {{\left| {6 + 6 + 6} \right|} \over {\sqrt {17} .\sqrt {22} }} = {{18} \over {\sqrt {374} }}.\)

LG b

Viết phương trình giao tuyến \(\Delta \) của hai mặt phẳng mp(ABC) và mp (A’B’C’). Tính khoảng cách từ gốc O tới đường thẳng  \(\Delta \).

Lời giải chi tiết:

Gọi A là giao tuyến của \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C} \right).\) Điểm \(M\left( {x;{\rm{ }}y;{\rm{ }}z} \right) \in \Delta \) nên toạ độ của M là nghiệm của hệ :

                           \(\left\{ \matrix{  3x + {\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}2z{\rm{ }} - {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \hfill \cr  2x + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}3z{\rm{ }} - {\rm{ }}12{\rm{ }} = {\rm{ }}0. \hfill \cr}  \right.\)

Cho \(z = 0,\) ta tính được \(x =  - {6 \over 5},y = {{24} \over 5}.\)

Vậy điểm \(I\left( { - {6 \over 5};{{24} \over 5};0} \right)\)  thuộc \(\Delta \) và vectơ chỉ phương của \(\Delta \) là

\(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = {1 \over 5}\left[ {\overrightarrow n ,\overrightarrow {n'} } \right] = \left( {0; - 1;1} \right).\)

Gọi d là khoảng cách từ O tới \(\Delta \), ta có : \(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}}.\)

Vì \(\overrightarrow {OI}\left( { - {6 \over 5};{{24} \over 5};0} \right)\), \(\left[ {\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {{{24} \over 5};{6 \over 5};{6 \over 5}} \right)\) nên \(d\left( {O;\Delta } \right) = {{\sqrt {{{\left( {{{24} \over 5}} \right)}^2} + {{\left( {{6 \over 5}} \right)}^2} + {{\left( {{6 \over 5}} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = {{18} \over 5}.\)

LG c

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, H’ là trực tâm của tam giác A’B’C’. Chứng minh ba điểm O, G, H’ thẳng hàng. Xác định tọa độ H’.

Lời giải chi tiết:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có \(G = \left( {{2 \over 3};1;1} \right).\) Vectơ pháp tuyến của mp\(\left( {A'B'C'} \right)\) là \(\overrightarrow {n'} {\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {2{\rm{ }};{\rm{ }}3{\rm{ }};{\rm{ }}3} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}3\overrightarrow {OG} .\) Vậy đường thẳng OG vuông góc với mp\(\left( {A'B'C'} \right)\).

Mặt khác, tứ diện OA'B'C' vuông tại O nên trực tâm H' của tam giác A'B'C' là hình chiếu vuông góc của O trên mp\(\left( {A'B'C'} \right)\). Do đó, O, G, H' thẳng hàng.

Để xác định toạ độ của H', ta giải hệ

             \(\left\{ \matrix{  x = 2t \hfill \cr  y = 3t \hfill \cr  z = 3t \hfill \cr  2x + 3y + 3z - 12 = 0 \hfill \cr}  \right.\)

\(\Rightarrow t = {6 \over {11}} \Rightarrow H' = \left( {{{12} \over {11}};{{18} \over {11}};{{18} \over {11}}} \right).\)

LG d

Gọi O’ là điểm đối xứng của O qua mặt phẳng (ABC). Điểm O’ có thuộc mp(A’B’C’) không?

Lời giải chi tiết:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(ABC). Toạ độ của H thoả mãn hệ

             \(\left\{ \matrix{  x = 3t \hfill \cr  y = 2t \hfill \cr  z = 2t \hfill \cr  3x + 2y + 2z - 6 = 0 \hfill \cr}  \right. \)

\(\Rightarrow t = {6 \over {17}} \Rightarrow H = \left( {{{18} \over {17}};{{12} \over {17}};{{12} \over {17}}} \right).\)

Gọi O' là điểm đối xứng của O qua mp(ABC). Vì H là trung điểm của OO' nên \(O'{\rm{ }} = \left( {{{36} \over {17}};{{24} \over {17}};{{24} \over {17}}} \right).\)

Thay toạ độ của O' vào phương trình mp(A'B'C'), ta thấy không thoả mãn, vậy O' không thuộc mp(A'B'C').

LG e

Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, A’, B, C. Chứng minh rằng mặt cầu đó cũng đi qua B’ và C’.

Lời giải chi tiết:

Giả sử (S) có phương trình \({x^2} + {y^2} + {\rm{ }}{z^2} + 2ax + {\rm{ }}2by + {\rm{ }}2cz + {\rm{ }}d{\rm{ }} = 0.\)

Vì \(A,A',{\rm{ }}B,C \in \left( S \right)\) nên ta có hệ:

              \(\left\{ {\matrix{   \matrix{  4{\rm{ }} + 4a + d{\rm{ }} = 0{\rm{ }} \hfill \cr  36{\rm{ }} + {\rm{ }}12a + {\rm{ }}d = {\rm{ }}0 \hfill \cr}  \hfill  \cr   {9{\rm{ }} + 6b + d{\rm{ }} = 0} \hfill  \cr   {9{\rm{ }} + 6c + d = {\rm{ }}0} \hfill  \cr  } } \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  a =  - 4 \hfill \cr  b = c =  - {7 \over 2} \hfill \cr  d = 12. \hfill \cr}  \right.\)

Vậy (S) có phương trình : \({x^2} + {y^2} + {\rm{ }}{z^2} - 8x - 7y - 7z + {\rm{ }}12{\rm{ }} = 0.\)

(S) có tâm \(K = \left( {4;{7 \over 2};{7 \over 2}} \right)\) và \(R = {{\sqrt {114} } \over 2}.\)

Toạ độ B', C' cũng thoả mãn (S) nên mặt cầu (S) cũng đi qua B', C'.

LG g

Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng tọa độ (Oxy).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng song song với (Oxy) có phương trình \(\;z + {\rm{ }}D{\rm{ }} = 0\;(D{\rm{ }} \ne 0).\) Khi đó  \(\left( \alpha  \right)\) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi \(d\left( {K,\left( \alpha  \right)} \right) = R\)

Vậy có hai mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu (S) và song song với mp(Oxy) là:

\(z - {7 \over 2} \pm {{\sqrt {114} } \over 2} = 0\) .

Xemloigiai.com