Bài 5 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao
Cho điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\).
a) Tìm toạ độ hình chiếu (vuông góc) của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ.
b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ, đến các trục toạ độ.
c) Tìm toạ độ của các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ.
Giải
a) Gọi \({M_1}\left( {x;y;0} \right)\) là hình chiếu của điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxy) thì \(\overrightarrow {M{M_1}} = \left( {x - a,y - b, - c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow i = \overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow j = 0\) nên:
\(\left\{ \matrix{
x - a = 0 \hfill \cr
y - b = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = a \hfill \cr
y = b \hfill \cr} \right. \Rightarrow {M_1}\left( {a;b;0} \right)\).
Tương tự \({M_2}\left( {0;b;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oyz)
Và \({M_3}\left( {a;0;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxz).
Giả sử \({M_4}\left( {x;0;0} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Ox thì
\(\overrightarrow {M{M_4}} = \left( {x - a; - b; - c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_4}} .\overrightarrow i = 0\) nên x = a. Vậy \({M_4}\left( {a;0;0} \right)\).
Tương tự \({M_5}\left( {0;b;0} \right)\) và \({M_6}\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Oy và Oz.
b) Khoảng cách từ M đến (Oxy) là:
\(\eqalign{
& d\left( {M;\left( {Oxy} \right)} \right) = M{M_1} \cr&= \sqrt {{{\left( {a - a} \right)}^2} + {{\left( {b - b} \right)}^2} + {{\left( {c - 0} \right)}^2}} = \left| c \right| \cr
& d\left( {M;\left( {Oyz} \right)} \right) = \left| a \right|;d\left( {M;\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| b \right| \cr
& d\left( {M;Ox} \right) = M{M_4} \cr&= \sqrt {{{\left( {a - a} \right)}^2} + {{\left( {b - 0} \right)}^2} + {{\left( {c - 0} \right)}^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \cr
& d\left( {M;Oy} \right) = \sqrt {{a^2} + {c^2}} ,d\left( {M;Oz} \right) = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cr} \)
c) Gọi \(M_1'\left( {x;y;z} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxy) thì \({M_1}\) là trung điểm của \(MM_1'\) nên
\(\left\{ \matrix{
{x_{{M_1}}} = {{{x_M} + {x_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr
{y_{{M_1}}} = {{{y_M} + {y_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr
{z_{{M_1}}} = {{{z_M} + {z_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_{M_1'}} = 2{x_{{M_1}}} - {x_M} = 2a - a = a \hfill \cr
{y_{M_1'}} = 2{y_{{M_1}}} - {y_M} = 2b - b = b \hfill \cr
{z_{M_1'}} = 2{z_{{M_1}}} - {z_M} = 0 - c = - c \hfill \cr} \right. \)
\(\Rightarrow M_1'\left( {a;b; - c} \right)\)
Tương tự \(M_2'\left( { - a;b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oyz)
Và \(M_3'\left( {a; - b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxz).
Bài 6 trang 81 SKG Hình học 12 Nâng cao
Cho hai điểm \(A\left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right)\). Tìm toạ độ điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (tức là \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \)), trong đó \(k \ne 1\).
Giải
Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \) với \(k \ne 1\).
Ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( {{x_1} - x;{y_1} - y;{z_1} - z} \right),\)
\(\overrightarrow {MB} = \left( {{x_2} - x;{y_2} - y;{z_2} - z} \right)\)
\(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_1} - x = k\left( {{x_2} - x} \right) \hfill \cr
{y_1} - y = k\left( {{y_2} - y} \right) \hfill \cr
{z_1} - z = k\left( {{z_2} - z} \right) \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {{{x_1} - k{x_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr
y = {{{y_1} - k{y_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr
z = {{{z_1} - k{z_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr} \right.\)
Bài 7 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao
Cho hình bình hành ABCD với A(-3 ; -2 ; 0), B(3 ; -3 ; 1), C(5 ; 0 ; 2). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} \).
Giải
Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( { - 6;1; - 1} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {2;3;1} \right)\). Vì \({{ - 6} \over 2} \ne {1 \over 3} \ne {{ - 1} \over 1}\) nên \(\overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {BC} \) không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng.
Giả sử \(D\left( {x;y;z} \right)\) thì \(\overrightarrow {BD} = \left( {x - 3;y + 3;z - 1} \right)\)
ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi:
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x - 3 = - 6 + 2 \hfill \cr
y + 3 = 1 + 3 \hfill \cr
z - 1 = - 1 + 1 \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = - 1 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr
z = 1 \hfill \cr} \right.\)
Vậy \(D\left( { - 1;1;1} \right)\) . Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {8;2;2} \right)\,;\,\overrightarrow {BD} = \left( { - 4;4;0} \right)\) . Do đó:
\(\cos \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} } \over {AC.BD}} = {{ - 32 + 8} \over {\sqrt {72} .\sqrt {32} }} = - {1 \over 2} \)
\(\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{2\pi } \over 3}\)
Bài 8 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao
a) Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A(1 ; 2 ; 3) và B(-3 ; -3 ; 2).
b) Cho ba điểm \(A\left( {2;0;4} \right)\,;\,\,B\left( {4;\sqrt 3 ;5} \right)\) và \(C\left( {\sin 5t,cos3t,sin3t} \right)\). Tìm t để AB vuông góc với OC (O là gốc toạ độ).
Giải
a) Giả sử \(M\left( {x;0;0} \right)\) thuộc trục Ox và MA = MB.
Ta có:
\(\eqalign{
& \,\,\,\,\,\,\,M{A^2} = M{B^2} \cr
& \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2} + {2^2} + {3^2} = {\left( { - 3 - x} \right)^2} + {\left( { - 3} \right)^2} + {2^2} \cr
& \Leftrightarrow 1 - 2x + {x^2} + 13 = 9 + 6x + {x^2} + 13\cr& \Leftrightarrow x = - 1 \cr
& \Rightarrow M\left( { - 1;0;0} \right) \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} = \left( {2;\sqrt 3 ;1} \right)\,;\,\overrightarrow {OC} = \left( {\sin 5t;\cos 3t;\sin 3t} \right) \cr
& AB \bot OC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OC} = 0 \cr
& \Leftrightarrow 2\sin 5t + \sqrt 3 \cos 3t + \sin 3t = 0 \cr
& \Leftrightarrow \sin 5t + {{\sqrt 3 } \over 2}\cos 3t + {1 \over 2}\sin 3t = 0 \cr
& \Leftrightarrow \sin 5t = - \sin \left( {3t + {\pi \over 3}} \right) \cr
& \Leftrightarrow \sin 5t = \sin \left( { - 3t - {\pi \over 3}} \right) \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
5t = - 3t - {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr
5t = \pi + 3t + {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = - {\pi \over {24}} + {{k\pi } \over 4} \hfill \cr
t = {{2\pi } \over 3} + k\pi \hfill \cr} \right.\,\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr} \)
congdong.edu.vn