Bài tập hình không gian

1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A’(0; 0; 1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD, a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN. b) Viết phương trình mặt phẳng chứa A’C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc abiết 1cos6a =(Đại học khối A – 2006)

pdf17 trang | Chia sẻ: vietpd | Ngày: 04/09/2013 | Lượt xem: 3237 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Bài tập hình không gian, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 1 CÁC BÀI TOÁN HÌNH CHỌN LỌC 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A’(0; 0; 1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD, a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN. b) Viết phương trình mặt phẳng chứa A’C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α biết 1 cos 6 α = (Đại học khối A – 2006) Giải a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ thì tọa độ các điểm là: A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), D(0; 1; 0), A’(0; 0; 1); B’(1; 0; 1), C’(1; 1; 1), D’(0; 1; 1), M( 1 2 ; 0; 0), N( 1 2 ; 1; 0) Ta có ( ) ( ) 1A ' C 1;1; 1 , MN 0; 1; 0 , A ' M ; 0; 1 2   = − = = −       ( ) ( ) 2 2 2 A ' C, M N 1; 0;1 1 1A ' C, M N .A ' M 12 d A ' C, MN 2 21 0 1A ' C, MN   =  −    ⇒ = = =   + +         1 b) Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với m ặt phẳng Oxy một góc biết cos 6 α α = A ' C có qua A'(0;0;1) VTCP là A'C (1;1; 1) x - y 0x y z 1 nên pt chính tắc A'C là pt tổng quát A'C là y z 1 01 1 1 Gọi (P) là m ặt phẳng cần tìm . Vì m p (P) chứa A'C nên pt mp (P) dạng = − =− = = ⇒  + − =−   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 Oxy 22 2 2 2 2 2 2 1 A x - y B y z - 1 0 A B 0 Ax B A y Bz B 0 M p Oxy có pt là z 0 n 0; 0;1 B 1 Ycbt cos cos ( P ), (Oxy) 6A B A B A 2 B 6 B 2 A 2 AB 2 B A AB 2 B 0 A B A 2 B. Chọn B 1, A 2 pt m p (P ) :2 x y z 1 0 A B. + + = + ≠ ⇔ + − + − = = ⇒ = ⇒ α = = = + − + = ⇔ = − + ⇔ − − = ⇔  = − − = = = ⇒ − + − = − = −  2 Chọn B 1, A 1 pt m p (P ) :x 2 y z 1 0= − = ⇒ − − + = z A B(1; 0; 0) C D(0; 1; 0) A’(0; 0; 1) B’ C’ D’ y x M N Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2 x 1 2 t x y 1 z 2 d : và d : y 1 t 2 1 1 z 3 = − + − +  = = = + −  = a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau. b) Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) : 7x + y - 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d1 và d2. (Đại học khối A – 2007) Giải a) Chứng minh d1 và d2 chéo nhau. ( ) ( ) 1 2d qua A ( 0;1; 2 ) có VTCP là a (2; 1; 1), d qua B( 1; 1; 3) có VTCP là b (2; 1; 0 ) Ta có : a, b 1; 2; 4 0 a và b k hôn g cùn g p hươn g (1 ) AB -1; 0; 5 , a, b .AB 1 0 2 0 21 0 3 v ectơ a, b − = − − =   = − ≠ ⇒   = = + + = ≠ ⇒              1 2 , AB k hông đồn g ph ẳng (2 ) Từ (1 ) & (2 ) d v à d chéo n hau⇒   b) Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) : 7x + y - 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d1 và d2. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 x 2 y 2 0 x 2 y 3 0 Ta có PTTQ của d : , d : y z 1 0 z 3 0 chứa d chứa d Ta có d m p : , d m p : P P Viết pt m p : chứa d nên pt m p dạng : A x 2 y 2 B y z 1 0 A B 0 Ax 2 A B y Bz 2 A B + − = − + =    + + = − =  α β   ⊂ α ⊂ β  α ⊥ β ⊥   − α α α + − + + + = + ≠ ⇔ + + + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P 2 2 2 P 0 Ycbt n .n 0 7A 2 A B 4 B 0 9 A 3B 0 B 3A Chọn A 1 B 3 : pt : x 5y 3z 1 0 Viết pt m p : chứa d nên pt m p dạng : M x 2 y 3 N z 3 0 M N 0 M x 2 My Nz 3M 3N 0 Ycbt n .n 0 7M 2 M 4 N 0 5M 4 N 0 Chọn α β ⇒ = ⇔ + + − = ⇔ − = ⇔ = = ⇒ = α + + + = − β β β − + + − = + ≠ ⇔ − + + − = ⇒ = ⇔ − − = ⇔ − =     ( ) ( ) ( )1 2 M 4 N 5 : pt : 4 x 8y 5z 3 0 x 5y 3z 1 0 Vậy ptđt d: 4 x 8y 5z 3 0 Ro õ ràng : d cắt d tại M 2;0; 1 , cắt d tại N 5; 1;3 nên ta nhận pt đt d trên = ⇒ = β − + − = + + + =  − + − = − − − 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng: 1 2 x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1 d : , d : 2 1 1 1 2 1 − + − − − + = = = = − − a) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. b) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2. (Đại học khối D – 2006) Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 3 Giải a) Tìm tọa độ A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1 ( ) 1 1 P d1 Trước tiên ta tìm H - hìn h chiếu v uông góc của A lên d Gọi (P) là mặt ph ẳng q ua A và v uông góc với d th ì (P) có VTPT là n =a = 2; 1;1 Vậy p t mp (P) d ạng : 2 x y z m 0. Vì (P) q − − + + =   ( ) ( ) A A ' H A A ' H A A ' H ua A (1; 2; 3) n ên 2 2 3 m 0 m 3 2 x y z 3 0 Vậy p t mp (P) là : 2 x y z 3 0 H thỏa H 0; 1; 2x 2 y 2 z 3 2 1 1 x x 2 x H là trung điểm của AA' n ên y y 2 y A ' 1; 4; 1 z z 2z − + + = ⇔ = − − + − =  − + − = ⇒ ⇔ − − + − = = − + =  + = ⇔ − −  + = b) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 (P) qua A (Q ) ch ứa d mp P , m p(Q ) ( P ) d (Q ) q ua A 2 x y 3 0 Viết pt mp (Q) : Ta có PTTQ của d : x z 0 Vì (Q) ch ứa d n ên pt m p (Q) dạn g : A 2 x y 3 B x z 0 A B 0 2 A B x Ay Bz 3A 0 (Q) q ua A(1 ;2;  ∆ ⊂ ∆ ⊂ ⊥  + − =  + = + − + + = + ≠ ⇔ + + + − = ( )2 3 ) n ên 2 A B 2 A 3B 3A 0 A 4 B 0 Chọn B 1, A 4, ta được p t m p (Q) : 7x 4 y z 12 0 2 x y z 3 0 Vậy p t đt : 7 x 4 y z 1 2 0 Ro õ ràng cắt d tại M 2; 1; 2 n ên nh ận p t đt trên + + + − = ⇔ + = = − = + − − = − + − =∆  + − − = ∆ − − ∆ 4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1. 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 2 đường thẳng B1C và AC1 theo a và b. b) Cho a, b thay đổi nhưng luôn luôn thỏa mãn a+ b = 4. Tìm a, b để khoảng cách giữa 2 đường thẳng B1C và AC1 đạt giá trị lớn nhất. (Đại học khối D – 2004) Giải a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C và AC1 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 B1 B C1 C C1 B1 B C1 C C1 1 B1 B C1 C C1 1 1 1 1 ABC.A B C là hình lăng trụ đứng nên ta có : BB CC x x x x x 0 y y y y y 1 C 0;1; b z z z z z b B C a; 1; b , AC a;1; b , B C, AC 2 b; 0; = − = − =    ⇔ − = − ⇔ = ⇒    − = − =   = = − =        ( ) ( ) ( ) 1 11 1 2 2 2 2 1 1 2a , AC a;1; 0 B C, AC .AC 2ab ab d B C, AC 4a 4 b a bB C, AC = −   −  = = =   + +        Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 4 b) Tìm a và b để khoảng cách giữa hai đường thẳng trên đạt giá trị lớn nhất 2 2 2 2 max Áp d ụn g BĐT Cau chy : a b 2 ab ab ab 1 1 a b n ên a b 2 ab ab 2 ( Vì a b 4) 22 ab 2 2a b Vậy d 2 k hi a b 2 + ≥ + + ≥ ⇒ ≤ = ≤ = + = + = = = 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng x 2 y z 9 0 d 2 y z 5 0 − + − =  + + = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là I, cắt đường thẳng d theo 1 dây cung AB có độ dài bằng 16 Giải ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 pt m ặt cầu (S) tâm I, bán kính R là : x 1 y 1 z 1 R AB Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB. Vậy R IA IH HA với HA 8; IH d I, d 2 x z 9 x 14 Trong đt d cho y 0, ta được M 14 z 5 z 5 − + − + − = ⊥ = = + = = = + = =  = ⇔ ⇒  = − = −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 d 1 2 d 2 d d d ; 0; 5 d IM 13; 1; 6 n 1; 2; 1 d có cặp VTPT là d có VTCP là a n , n 4; 1; 2 a 16 1 4 21 n 0; 2; 1 a ,IM 8; 2; 17 a ,IM 64 4 289 357 a ,IM IH − ∈ ⇒ = − −  = −  ⇒ = = − − ⇒ = + + =   =    = − − − ⇒ = + + =    =              ( ) ( ) ( ) 2 d 2 2 2 357 17 R 17 64 81 21a Vậy pt m c (S) là x 1 y 1 z 1 81     = = ⇒ = + = − + − + − =   6) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;1;1), mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z – 6 = 0 và mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 = 100. Viết phương trình đường thẳng d qua M, nằm trong mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo dây AB thỏa MA = MB. Giải ( ) ( ) = < ⇒ ⊂ = = ⊥ = =     P d P M ặt cầu (S) có tâm O, bán kính là 10, OM 3 R M ở trong mặt cầu Vì d m p(P) nên n 1; 2; 3 là 1 VTPT của d M A MB nên OM AB nên OM 1; 1;1 là 1 VTPT của d Vậy d có VTCP là a n ( ) ( ) − − −  = − − = =  − −  x 1 y 1 z 1 , OM 1; 2; 1 m à d qua M 1;1;1 nên pt đt d : 1 2 1 7) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) và đường thẳng x 1 y 2 z : 1 1 2 − +∆ = = − a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng OAB. b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. (Đại học khối D – 2007) Giải Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 5 a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vuông góc mp(OAB) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) O A B G O A B G O A B G d x x x x 0 3 y y y G là trọng tâm OAB n ên G th ỏa y 2 G 0; 2; 2 3 z z z x 2 3 m p(OAB) có cặp VTCP là OA 1; 4; 2 , OB 1; 2; 4 n 1 2; 6; 6 6 2; 1;1 d m p( P ) n ên a n 2; 1; 1 m à d + + = =  + +∆ = = ⇒  + + = =  = = − ⇒ = − = − ⊥ = = −      x y 2 z 2 q ua G n ên pt đt d : 2 1 1 − − = = − b) Tìm M∈∆ để MA2 + MB2 nhỏ nhất ( ) 2 2 2 2 2 2 P AB Gọi E là trun g điểm của AB th ì MA M B 2 M E 2 Vậy M A M B m in M E m in M H h ình chiếu của E lên đt E là trung điểm AB n ên E 0 ;3 ;3 ; Gọi (P) là mp qua E và vuông g óc đt th ì n a∆ + = + + ⇔ ⇔ ≡ − ∆ ∆ = =   ( ) ( ) 1; 1; 2 p t m p (P) : x y 2 z m 0.(P) qua E nên 3 6 m 0 m 9 pt m p (P) : x y 2z 9 0 x 1x y 2z 9 0 Vậy H thỏa y 0 M 1; 0; 4x 1 y 2 z z 41 1 2 − ⇒ − + + + = + + = ⇔ = − ⇒ − + + − = = − − + + − =   ⇔ = ⇒ − − + = =  = −  8) Trong không gian với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : 1 2 x 1 t x 2 y z 4 0 : và : y 2 t x 2 y 2z 4 0 z 1 2 t = + − + − = ∆ ∆ = +  + − + =  = + a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 và song song với đường thẳng ∆2. b) Cho điểm M(2;1;4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆2 sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất. (Đại học khối A – 2002) Giải a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 và song song với đường thẳng ∆2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 n 1; 2;1 có cặp VTPT là có VTCP là a = n ,n 2; 3; 4 n 1; 2; 2 x 2 y 4 x 0 Trong cho z 0, ta được qua A 0; 2; 0 x 2 y 4 y 2 Vì m p (P) chứa nên a = 2; 3; 4 la  = −  ∆ ⇒ ∆ =   = − − = = ∆ = ⇔ ⇒ ∆ −  + = − = −  ∆       ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 ø 1 VTCP của (P) ( P ) có VTPT là n a , a 2; 0; 1 m p (P) // nên a = 1;1; 2 là 1 VTCP của (P) pt m p (P) dạng : 2 x z m 0. (P) qua A 0; 2; 0 nên m 0. Vậy pt mp (P) là : 2 x z 0   ⇒ = = −  ∆  ⇒ − + = − = − =     b) Tìm H ∈ ∆2 để MH nhỏ nhất. Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 6 ( ) 2 2 2 Q 2 Kẻ M E . Ta có ME MH. Vậy M H min M H ME H E hình chiếu của M xuống Gọi (Q) là m p qua M và vuông góc với th ì (Q) có VTPT là n a 1; 1; 2 pt m p (Q) dạng : x y 2z m 0. Vì (Q) qua ⊥ ∆ ≤ ⇔ = ⇔ ≡ − ∆ ∆ = = ⇒ + + + =   ( ) ( ) M 1;2;4 nên m 11 Vậy pt m p (Q) : x y 2z 11 0 x 1 t x 2 y 2 t H thỏa : y 3 H 2; 3; 3 z 1 2 t z 3 x y 2z 11 0 = − + + − = = + = = +  ⇔ = ⇒  = +  = + + − = 9) Trong không gian với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có A trùng với gốc của hệ tọa độ, B(a;0;0), D(0;a;0); A’(0;0;b) (a>0, b>0). Gọi M là trung điểm cạnh CC’. a) Tính thể tích khối tứ diện BDA’M theo a và b. b) Xác định tỉ số a b để hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) vuông góc với nhau. (Đại học khối A – 2003) Giải a) Tính thể tích khối tứ diện BDA’M Tọa độ của các điểm là : A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0) A’(0;0;b), B’(a;0;b), C’(a;a;b), D’(0;a;b), M(a;a; b 2 ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 BDA ' M b Ta có : BD a; a; 0 , BA ' a; 0; b , BM 0; a; 2 a b 3a b BD, BA ' ab; ab; a , BD, BA ' .BM a b 2 2 1 1 3a b a b V BD, BA ' .BM 6 6 2 4   = − = − =        = = + =     = = =             b) Xác định tỉ số a b để 2 mp (A’BD) và (MBD) vuông góc ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (A'BD) có cặp VTCP A ' B a; 0; b , A ' D 0; a; b 2( A ' BD) có VTPT n A ' B, A ' D ab; ab; a a b; b; a1 b (M BD) có cặp VTCP MB 0; a; ; BD a; a; 0 2 ( MBD) có VTPT n M B − = − = −  ⇒ = = =  −  − = − = −    ⇒ =          ab ab b b2, BD ; ; a a ; ; a 2 2 2 2 2 2 b ab b a2 2 2Để 2 m p trên vuông góc th ì n .n 0 a 0 b a 0 11 2 b a( loại a, b 0)2 2 b a KL : 1 th ì 2 mp(A'BD) và (M BD) vuông góc b      = − = −         = = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ ⇔ = = − > =    A B(a; 0; 0) C D(0; a; 0) A’(0; 0; b) B’ C’ D’ y x M z Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 7 10) Tìm m để hai mặt phẳng sau song song : mp (P) : 2x + my + 3z + 6 –m = 0 và mp (Q) : (m+3)x + 2y + (5m+1)z – 10 = 0 Giải ( ) ( ) ( ) ( ) P Q 2 2 P Q P Q 2 2 Ta có : n 2; m; 3 và n m 3; 2; 5m 1 Để mp(P) // m p (Q) thì n // n n , n 0 5m m 6; 7m 7; 4 m 3m 0; 0; 0 5m m 6 0 7m 7 0 m 1 4 m 3m 0 Với m 1 : m p(P ) : 2 x y 3z 5 0, mp(Q ) : 4 x 2 y 6z = = + +  ⇔ = ⇔ + − − + − − =   + − =  ⇔ − + = ⇔ =  − − = = + + + = + + −       10 0 \ Nhận thấy m p (P) // m p (Q) nên nhận m 1 = = 11) Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC vuông tại A, AD = a, AC = b, AB = c. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c và chứng minh rằng : ( )2S abc a b c≥ + + (Dự bị 2 – Đại học khối D – 2003) Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có tọa độ các điểm là : A(0;0;0), B(c;0;0), C(0;b;0), D(0;0;a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 BCD 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 BC c; b; 0 , BD c; 0; a , BC, BD ab; ac; b c 1 1 S BC, BD a b a c b c 2 2 đp cm a b a c b c ab c(a b c) a b a c b c ab c(a b c) Theo BĐT Cauch y ta được : a b +b c 2 ab c b c +c a  = − = − =   = = + +  ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + ≥       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c a Cộn g v ế : a b a c b c ab c(a b c)(đp cm ) c a a b 2 ca b   ≥ + + ≥ + + + ≥  12) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P) : 2x – y + 2z – 14 = 0 a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. b) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) lớn nhất. (Đại học khối B – 2007) Giải a) Viết phương trình mp (Q) chứa Ox, cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính bằng 3 ( )2 2 M.cầu (S) có tâm I(1; 2; 1), b án k ính R 1 4 1 3 3 y 0 m p (Q) ch ứa trục Ox n ên p t m p (Q) dạn g : Ay Bz 0 A B 0 z 0 Vì m p (Q) cắt (S) th eo 1 đường tròn b án k ính b ằng 3 n ên (Q) ph ải q ua tâm − − = + + + = = + = + ≠ = I của m .c Vậy 2 A B 0. Ch ọn A 1, B 2, ta được p t m p (Q) : y 2z 0− − = = = − − = z y x A B C D Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 8 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mp (P) là max ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Gọi d là đường thẳn g qua I và v uông góc với mp (P). d cắt m. c tại A v à B. Nếu d A, m p(P) d B,m p(P) th ì d M, mp (P) m ax k hi M A x 1 y 2 z 1 d có VTCP là a 2; 1; 2 , qua I n ên p tđt d là 2 1 2 Gọi l > ≡ − + + = − = = − α  ( ) ( ) ( ) ( )1 à tiếp diện của m .c (S) và // mp (P) th ì pt dạn g: 2 x y 2z m 0 m 2 9 m 72 2 2 m Để tiếp xúc m .c (S) đk là d I, m p( ) R 3 m 2 9 m 2 9 m 1 14 1 4 Với m 7, ta có p t : 2 x y 2z 7 0 . d cắt α − + + = + = =+ − +   α α = ⇔ = ⇔ + = ⇔ ⇔ + = − = −+ +   = α − + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 x y 2z 7 0 tại A th ỏa h pt A 1; 1; 3x 1 y 2 z 1 2 1 2 2 x y 2 z 1 1 0 Với m 1 1, ta có p t : 2 x y 2z 1 1 0. d cắt tại B th ỏa h pt B 3; 3; 1x 1 y 2 z 1 2 1 2 2 1 6 14 Ta có d A, m p( P ) 7, 4 1 4 − + + =  α ⇒ − − − − + + = = − − + − =  = − α − + − = α ⇒ − − + + = = − − + − − = = + + ( ) ( ) ( ) 6 3 2 14 d B, m p( P ) 1. 4 1 4 Vậy d M , mp( P ) max k hi M A 1; 1; 3 + + − = = + + ≡ − − − 13) Tìm a, b để 3 mặt phẳng sau cùng chứa một đường thẳng : Mp (P) : 5x + ay + 4z + b = 0 , mp (Q) : 3x – 2y + z – 3 = 0 , mp (R) : x – 2y – 2z + 5 =0 Giải 3x 2 y z 3 0 Gọi d là g iao tuyến của m p (Q) v à m p (R) th ì p t đt d là : x 2 y 2z 5 0 Để 3 m p trên cùn g chứa 1 đt th ì m p (P) p hải chứa đường d 9 5 Ta th ấy đường d qua 2 điểm : A 4; ; 0 , B 2 − + − =  − − + =       11 ; ;1 2 4 9 20 a b 0 a 22Để mp (P) ch ứa đường d thì A , B m p( P ) 2 5 11 b 1 1 a 4 b 0 2 4        + + = = − ∈ ⇒ ⇔  = − + + + =  14) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1 2 x 1 t x 2 t : y t và : y 4 2 t z 4 t z 1 = − = −    = = +    = =  d d Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) : y + 2z = 0 và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. (Cao đẳng kỹ thuật Cao Thắng – 2007) Giải Toán 12 – Hình học không gian Trần Quang Thuận 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 Gọi A d P , ta thế x,y,z vào pt mp (P) : t 8t 0 t 0 A 1; 0; 0 Gọi B d P , ta thế x,y,z vào pt mp (P) : 4 2 t 2 0 t 3 B 5; 2; 1 d ( P ) cắt cả d và d nên d qua A và B. Với VTCP AB 4; 2; 1 , ta được = + = ⇔ = ⇒ = + + = ⇔ = − ⇒ − ⊂ = − ∩ ∩  x 1 y z pt đt d : 4 2 1 − = = − 15) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi có tâm O, A(2;0;0), B(0;1;0), S(0;0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh bên SA. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DM. b) Mặt phẳng (CDM) cắt SB tại N. Tính thể tích khối tứ diện SCMN. (Đại học Sài Gòn – Khối A – 2007) Giải a) Khoảng cách giữa SC và DM Ta có tọa độ các điểm S(0;0; 2 2 ), A(2;0;0), B(0;1;0), C(-2;0;0), D(0;-1;0), M(1;0; 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SC 2; 0; 2 2 , DM 1; 1; 2 , SD 0; 1; 2 2 , SC, DM 2 2 ; 0; 2 SC, DM .SD 4 2 4 2 2 6 Vậy d SC, DM 31 2 2 3SC, DM  = − − = = − − = −      = = = =               b) Tính VSCMN. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m p(CDM ) có cặp VTCP là CD 2; 1; 0 , CM 3; 0; 2 (CDM ) có VTPT là n CD, CM 2 ; 2 2 ; 3 pt (CDM ) dạng : 2 x 2 2 y 3z m 0 (CDM ) qua C 2; 0; 0 nên m 2 2 pt CDM : 2 x 2 2 y 3z 2 2 0 SB 0; 1; 2 2 pt đ = − =  = = − − ⇒ − − + + =  − = − ⇒ − − + − = = − ⇒       { } ( ) ( ) ( ) ( ) SCMN x 0 1 t SB: y 1 t .Vì N SB CDM nên ta có tọa độ N 0; ; 2 2 z 2 2 t 1 SC 2; 0; 2 2 , SM 1; 0; 2 , SN 0; ; 2 , SC, SM 0; 4 2 ; 0 , SC, SM .SN 2 2 2 1 V SC, SM . 6  =    = + =     = −      = − − = − = − = =        =   ∩           1 2 SN .2 2 (đvtt ) 6 3 = =  16) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2;1;-3), đường thẳng d : x 3 y 1 z 5 2 1 2 − − − = = và mặt phẳng (P) : x + y – z – 1 = 0. a) Viết phương trình đ
Tài liệu liên quan