Tiêu đề Bài 03_Dạng 03. Vị trí tương đối liên quan đến mặt cầu và ứng dụng thực tế_GV.pdf ✅

GV. Tailieutoan.vn - SĐT: 0386.117.490 1 Chương 5. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN TOÁN 12 - CHƯƠNG TRÌNH MỚI Dạng 3: Vị trí tương đối liên quan đến mặt cầu và ứng dụng thực tế MN Phương pháp: Có ba trường hợp như sau: Mặt cầu Mặt phẳng Tính ( ( )) ( ) ; I I I P ax by cz d d I P n + + + = và so sánh với bán kính R d I P R ( ;( ))  Mặt phẳng không cắt mặt cầu d I P R ( ;( )) = Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M d I P R ( ;( ))  Mặt phẳng cắt mặt cầu Đường thẳng Tính ( ) ; ; u MI d I d u     = và so sánh d I P R ( ;( ))  với bán kính R d I d R ( ; )  Đường thẳng không cắt mặt cầu d I d R ( ; ) = Đường thẳng tiếp xúc mặt cầu d I d R ( ; )  Đường thẳng cắt mặt cầu Điểm Tính IM và so sánh với bán kính R IM R Điểm M nằm ngoài mặt cầu IM R= Điểm M nằm trên mặt cầu IM R Điểm M nằm trong mặt cầu Bài tập 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P x y z ): 2 3 17 0 + + + = và mặt cầu ( ) 2 2 2 S x y z x y z : 2 4 2 8 0 + + − + − − = . Xét vị trí tương đối của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ). Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I(1; 2;1 − ) , bán kính R = 14 và ( ( )) 2 2 2 2 6 1 17 , 14 2 3 1 d I P − + + = = + + . Vậy mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S ). Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S x y z : 1 2 3 4 − + − + + = và mặt phẳng (P x y z ): 4 0 + − + = . Xét vị trí tương đối của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ). Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2; 3− ) , bán kính R = = 4 2 và ( ( )) ( ) 2 2 2 1 2 3 4 10 , 3 1 1 1 d I P R + + + = =  + + − Vậy mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ) không có điểm chung. Bài tập 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S x y z : 1 2 9 + + − + = và đường thẳng có phương trình 1 2 3 : 2 2 1 x y z − − −  = = − . Tìm vị trí tương đối của đường thẳng  và mặt cầu (S ) Lời giải Mặt cầu ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S x y z : 1 2 9 + + − + = có tâm I(−1; 2; 0) bán kính R = 3 BÀI TẬP TỰ LUẬN
2 GV. Tailieutoan.vn - SĐT: 0386.117.490 Chương 5. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN TOÁN 12 - CHƯƠNG TRÌNH MỚI Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  thì ta có H t t t (1 2 ; 2 2 ; 3 + − + ), t  . Khi đó: IH t t t = + − + (2 2 ; 2 ; 3 ). Một vectơ chỉ phương của  là u = − (2; 2;1) . Ta có: IH u t t t . 0 4 4 4 3 0 =  + + + + = 7 9  = − t . 4 14 20 ; ; 9 9 9 IH   =     16 196 400 2 17 81 81 81 3  = + + =  IH ( ) 2 17 ; 3 d I R  =  Vậy đường thẳng  cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm phân biệt. Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , đường thẳng 4 2 : 3 , 3 2 x t d y t t z t  = +   = +    = + . Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I(−2;3;0) và đường thẳng d cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB = 8. Lời giải Gọi H là trung điểm của AB  ⊥ IH AB, AH = 4 . Đường thẳng d đi qua điểm M (4;3;3) và có 1 vectơ chỉ phương u = (2;1;2). Ta có: IM IM u (6;0;3 , 3; 6;6 ) ( ) =  = − −     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , 3 6 6 ; 3 2 1 2 IM u IH d I d u     − + − +  = = = = + + . Khi đó: 2 2 2 2 R IA IH AH R = = + =  = 25 5. Mặt cầu (S ) có tâm I(−2;3;0) và bán kính R = 5 nên có phương trình là: ( ) ( ) 2 2 2 x y z + + − + = 2 3 25 . Bài tập 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 2 3 4 : 2 3 5 x y z d − − + = = − và 1 4 4 : 3 2 1 x y z d + − −  = = − − . Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng (d d ),( ). Lời giải Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là ud = − (2;3; 5). Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là ud = − − (3; 2; 1). Gọi M d   M m m m (2 2 ;3 3 ; 4 5 + + − − ) và N d   N n n n (− + − − 1 3 ;4 2 ;4 ). Khi đó ta có MN n m n m n m = − + − − − − + ( 3 3 2 ;1 2 3 ;8 5 ). MN là đường vuông góc chung của d và d khi và chỉ khi . 0 . 0 d d MN d MN u MN d MN u   ⊥  =     ⊥   =
GV. Tailieutoan.vn - SĐT: 0386.117.490 3 Chương 5. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN TOÁN 12 - CHƯƠNG TRÌNH MỚI ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 3. 1 2 3 5 8 5 0 3 3 3 2 2. 1 2 3 1 8 5 0 n m n m n m n m n m n m  − + − + − − − − + =    − + − − − − − − + =  38 5 43 5 14 19 m n m n − + =   − + = 1 1 m n  = −    = . Suy ra M (0;0;1), N(2;2;3). Gọi I là trung điểm của suy ra I (1;1;2) và 222 IM IN = = + + = 1 1 1 3 . Khi đó mặt cầu tâm I , bán kính R = 3 tiếp xúc với hai đường thẳng d d,  lần lượt tại M và N Do MN là khoảng cách giữa hai đường thẳng d d,  nên mặt cầu đường kính MN là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với hai đường thẳng d d,  . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y z − + − + − = 1 1 2 3 . Bài tập 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : 2 2 2 x y z x y z + + − + − − = 4 2 2 3 0 và điểm A(5;3; 2− ) . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt M N, . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S AM AN = + 4 . Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I(2; 1;1 − ) , bán kính R = 3. AI R =   34 A nằm ngoài mặt cầu (S ). Do hai điểm M N, nằm ở vị trí hai đầu một dây cung nên để min S thì N nằm giữa A và M . Gọi H là trung điểm MN 1 , 2  ⊥ = IH MN NH MN . S AH NH AH NH AH NH = − + + = − 4 5 3 ( ) 2 2 2 2 2 2 S AI IH R IH x x x IH = − − − = − − − = 5 3 5 34 3 9 , . Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 f x x x x = − − −   5 34 3 9 , 0 3 . Đạo hàm: ( ) 2 2 2 2 2 2 5 3 5 3 34 3 34 3 x x f x x x x x x − −    = + = +   − − − −   . Xét 2 2 5 3 0 34 9 x x   −   +    − − 2 2  −  − 5 9 3 34 x x 2 2 2  −  −  +  225 25 9.34 9 16 81 0 x x x (luôn đúng). Suy ra f x x f x x   ( )    =  = 0, 0;3 , 0 0  ) ( )  f x( ) đồng biến trên 0;3). Suy ra  ) ( ) ( ) 0;3 min 0 5 34 9. f x f = = − N H I A M
4 GV. Tailieutoan.vn - SĐT: 0386.117.490 Chương 5. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN TOÁN 12 - CHƯƠNG TRÌNH MỚI Bài tập 7: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , đài kiểm soát không lưu sân bay có tọa độ O(0;0;0) , mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 417 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí A(− − 688; 185;8) , chuyển động theo theo đường thẳng d có véctơ chỉ phương là u = (91;75;0) và hướng về đài kiểm soát không lưu. Hãy xác định tọa độ vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa. Lời giải Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A(− − 688; 185;8) và nhận u = (91;75;0) làm véctơ chỉ phương là 688 91 185 75 8 x t y t z  = − +   = − +   = . Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa. Vì B d B t t   − + − + ( 688 91 ; 185 75 ;8) . Vì B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa nên ( ) ( ) 2 2 2 2 417 688 91 185 75 8 417 3 13906 152966 333744 0 8 OB t t t t t t =  − + + − + + =  =  − + =    = Với t B AB =  −   3 415;40;8 353,77 ( ) km Với t B AB =  −   8 88;415;8 848,53 ( ) km Do 353,77 848,53  vị trí máy bay xuất hiện sớm nhất là B(−415;40;8). Bài tập 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ( đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngọn hải đăng được đặt ở vị trí I(21;35;50) và ngọn hải đăng đó được thiết kế với bán kính phủ sáng là 4 km. Nếu người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí I(21;35;50) đến vị trí D(5121;658;0) . Hãy tìm vị trí cuối cùng trên đoạn ID sao cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng ( kết quả làm tròn tới chữ số thập phân thứ hai).