Bài toán tìm điểm trong không gian

Chủ đề 18: BÀI TOÁN TÌM ĐIỂM TRONG KHÔNG GIAN

 Dạng 1: Tìm hình chiếu vuông góc của điểm trên đường thẳng hoặc mặt phẳng

Phương pháp giải:

 Loại 1: Tìm hình chiếu vuông góc H của điểm A lên đường thẳng ∆

Tham số hóa điểm H AH ∈∆⇒ 

. Do . 0 AH H u∆ ⊥∆⇒Α = 

, giải phương trình tìm giá trị của tham số,

từ đó suy ra tọa độ của điểm H.

Chú ý: Nếu A′ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆ thì H là trung điểm của AA′.

Từ công thức trung điểm suy ra tọa độ của điểm A′ .

 Loại 2: Tìm hình chiếu vuông góc H của điểm A lên mặt phẳng (P)

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó ( ) =  

d P u n từ đó ta viết được phương trình

đường thẳng d suy ra ( ) H d P = ∩ .

Chú ý: Nếu A′ là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (P) thì H là trung điểm của AA′.

Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 2 1 2 + + ∆ = = − x y z . Tìm tọa độ điểm H

là hình chiếu vuông góc của điểm ( ) 2; 3;1 A − lên đường thẳng ∆.

Lời giải:

Gọi ( ) ( ) 1 2 ; 2 ;2 2 3;1 ;2 1 −+ −− ⇒ = − − −  H t t t AH t t t

Cho ( ) ( ) . 0 2 3;1 ;2 1 . 2; 1;2 0 H u t t t ∆ Α = ⇔ − − − − = 

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 1 0 1 1; 3;2 . t t t t H ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ = −

Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có

( ) ( ) ( ) ( ) 1;0;0 ,B 0;1;0 , 0;0;1 , 2;1; 1 A C D − − . Tìm tọa độ chân đường cao hạ từ đỉnh D của tứ diện.

Lời giải:

PT mặt phẳng ( ) : x y z 1 0 ABC + + −= , phương trình đường thẳng qua D và vuông góc với (ABC) có

vectơ chỉ phương là ( ) ( ) 2 1 1 1;1;1 : 1 1 1 + − + = = ⇒ = =  

d P x y z u n d

( ) H d ABC ⇒ = ∩ . Gọi ( ) 2 ;1 ; 1 H t t t d −+ + −+ ∈

Do ( ) 2 1 1 1 0 1 H P t t t t ∈ ⇒−+ + + −+ −= ⇔ = . Vậy ( ) 1;2;0 H − .

Ví dụ 3: Hình chiếu vuông góc của ( ) 2;0;0 M lên đường thẳng 3

1

x t

y t

z t

= −   = +  = + 

có tọa độ là:

A. ( ) 2;2;1 − . B. ( ) 2;0;0 − . C. ( ) 2;1; 1 − . D. ( ) 1;2; 1 − .

Lời giải:

Gọi ( ) ( ) ( ) ;3 ;1 2;3 ;1 ; 1;1;1 d H t t t MH t t t u − + + ⇒ = −− + + = −  

Cho ( ) . 0 2 3 1 0 2 2;1; 1 d MH u t t t t H = ⇔+ + + + + = ⇔ = −⇒ − 

. Chọn C.

Ví dụ 4: Hình chiếu vuông góc của ( ) 1;4;2 M lên mặt phẳng ( ) : x y z 1 0 α + + −= có tọa độ là:

A. ( ) 1;2;0 − . B. ( ) 2; 1;0 − . C. ( ) 2;3;1 − . D. ( ) 3;2; 1 − .

Lời giải:

Phương trình đường thẳng qua M vuông góc với ( ) α là: 1 4 2 : 1 1 1 x y z d − − − = =

( ) H d α = ∩ , gọi ( ) 1 ;4 ;2 1 4 2 1 0 2 H t t t d t t t t + + + ∈ ⇒+ + + + + −= ⇔ = −

( ) 1;2;0 H ⇒ − . Chọn A.

Ví dụ 5: Cho mặt phẳng ( ) : x 3y z 27 0 α + −− = . Điểm đối xứng với điểm ( ) 2;1;0 M qua mặt phẳng ( ) α có

tọa độ là:

A. ( ) 2; 1;0 − . B. ( ) 2; 1;0 − − . C. ( ) 13;6; 4 − . D. ( ) 6;13; 4 − .

Lời giải:

Phương trình đường thẳng qua M vuông góc với ( ) α là: 2 1 : 1 3 1 x y z d − − = = −

( ) ( ) 4;7; 2 H d H α = ∩ ⇒ − là trung điểm của ( ) 6;13; 4 MM M ′ ′ ⇒ − . Chọn D.

Ví dụ 6: Điểm đối xứng với điểm ( ) 1; 2; 5 A − − qua đường thẳng ( )

1 2

: 1

2

x t

d y t

z t

= +   = −−  = 

có tọa độ là:

A. ( ) 2; 1;7 − − . B. ( ) 1; 2;5 −− . C. ( ) 3;2;1 − . D. ( ) 1;2; 4 − .

Lời giải:

Gọi A′ là điểm đối xứng quả A qua d.

Gọi ( ) 1 2 ; 1 ;2 H t t t + −− ta có: ( ) 2 ;1 ;2 5 AH t t t = − + 

Cho ( ) ( ) . 4 1 4 10 0 1 1;0; 2 3;2;1 d H u t t t t H A′ Α = + −+ + = ⇔ = −⇒ − − ⇒ − 

. Chọn C.