zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về mặt phẳng tiếp theo (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện

Chia sẻ: Bá Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

116
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về mặt phẳng tiếp theo (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện) của thầy Lê Bá Trần Phương giúp các bạn nắm vững những kiến thức về hình học giải tích trong không gian. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về mặt phẳng tiếp theo (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện

Khóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian LÝ THUYẾT CƠ SỞ VỀ MẶT PHẲNG (tiếp theo) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƢƠNG Bài tập có hƣớng dẫn giải: Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) và mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  1  0 . a. Gọi M1 là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác định tọa độ điểm M1 và tính độ dài đọan MM1. x-1 y-1 z-5 b. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và chứa đường thẳng :   2 1 -6 Lời giải: Tìm M 1 là h/c của M lên mp (P)  Mp (P) có PVT n   2, 2, 1  x  5  2t  Pt tham số MM 1 qua M,   P  là  y  2  2t  z  3  t  Thế vào pt mp (P): 2 5  2t   2  2  2t    3  t  1  0  18  9t  0  t  2 . Vậy MM1   P   M1 1, 2, 1 Ta có MM 1   5  1   2  2    3  1  16  16  4  36  6 2 2 2 x 1 y 1 z  5  Đường thẳng  :   đi qua A(1,1,5) và có VTCP a   2,1, 6 2 1 6   Ta có AM   4,1, 8    Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa   mp (Q) qua A có PVT là  AM , a    2,8, 2  hay 1,4,1 nên pt (Q):    x  5  4  y  2   z  3  0 Pt (Q): x  4 y  z  10  0 Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa  nên pt mp(Q) có dạng: x  2 y  1  0 hay m( x  2 y  1)  6 y  z  11  0 . Mặt phẳng (Q) đi qua M(5;2; - 3) nên ta có 5 – 4 + 1 = 0 ( loại) hay m( 5 – 4 + 1) + 12 – 3 – 11 = 0  m = 1. Vậy Pt (Q): x  4 y  z  10  0 Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -
Khóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian a. Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) vuông góc nhau. b. Chứng minh rằng tỉ số khoảng cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC1 ( N ≠ A ) tới 2 mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Lời giải: a. Ta có A 0,0,0 ; B  2,0,0 ; C  2, 2,0 ;D(0;2;0) A1  0,0, 2 ; B1  2,0, 2 ; C1 2, 2, 2 ; D1 0, 2, 2     Mp  AB1D1  có cặp VTCP là: AB1   2,0, 2 ; AD1   0, 2, 2  1    mp  AB1D1  có 1 PVT là u   AB1 , AD1    1, 1,1 4    Ta có M  2,1,0 nên Mp  AMB1  có cặp VTCP là: AM   2,1,0 ; AB1   2,0, 2  1      mp  AMB1  có 1 PVT là v   AM , AB   1, 2, 1 2     Ta có: u.v  11 1 2  1 1  0  u  v   AB1D1    AMB1  (đpcm) x  t   b. AC1   2, 2, 2  phương trình tham số AC1 :  y  t , N  AC1  N t , t , t  z  t  Phương trình  AB1D1  :   x  0   y  0   z  0  0  x  y  z  0 t t t t  d  N , AB1 D1     d1 3 3 Phương trình  AMB1  :  x  0  2  y  0   z  0  0  x  2 y  z  0 t  2t  t 2t  d  N , AMB1     d2 1 4 1 6 t d1 t 6 6 2   3    d2 2 t 32t 2 3 2 6 Vậy tỉ số khoảng cách từ N  AC1  N  A  t  0 tới 2 mặt phẳng  AB1D1  và  AMB1  không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Bài 3. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(3;-1;-5) và vuông góc với 2 mặt phẳng ( P ) : 3x  2 y  2 z  7; ( P2 ) : 5 x  4 y  3z  1 . 1 Lời giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 -
Khóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian     Mặt phẳng (P) vuông góc với 2 mặt phẳng nên: nP   nP1 , nP2   (2;1; 2) .   Do đó (P): 2( x  3)  1.( y  1)  2( z  5)  0  ( P) : 2 x  y  2 z Bài 14. Lời giải: x 1 y z  2 Bài 4. Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d :   . Viết phương trình mặt phẳng   chứa 2 1 2 d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. Lời giải: Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định; Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK. Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2x  y  2z 15  0  K  3;1;4   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0 Bài 5. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Lời giải: Từ phương trình đoạn chắn suy ra phương trình tổng quát của (ABC) là: x y z    1  2x  y  z  2  0 1 2 2   Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH / / n(2;1; 1) ; H   ABC  1 2 1 1 Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có 2.2t  t  (t )  2  0  t   H ( ; ;  ) 3 3 3 3 4 2 2 O’ đối xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O '( ; ;  ) 3 3 3 Bài 6. 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), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Lời giải:   Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 -
Khóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian  x  y  z 1  0 Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:  y  z 3  0     Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4;4)  ( ABC ) : 2 x  y  z 1  0 .   Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thỏa mãn:  x  y  z 1  0 x  0    y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2) 2  (1 1) 2  5. Giáo viên: Lê Bá Trần Phƣơng Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 -

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

511 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.