Cho ba tia Ox, Oy, Ot thoả mãn $\widehat{xOt} = \widehat{yOt} = 60^{{^\circ}}$, $\widehat{xOy} = 90^{{^\circ}}$.

Câu hỏi số 964331:

Vận dụng

Cho ba tia Ox, Oy, Ot thoả mãn $\widehat{xOt} = \widehat{yOt} = 60^{{^\circ}}$, $\widehat{xOy} = 90^{{^\circ}}$. Trên các tia Ox, Oy, Ot lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho $\dfrac{1}{OA} + \dfrac{1}{OB} + \dfrac{2}{OC} = 1$. Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) bằng bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án:

Đáp án đúng là: 3,16

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:964331

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp toạ độ hoá trong không gian. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz phù hợp với các góc đã cho trong giả thiết.

Xác định toạ độ các điểm A, B, C dựa vào độ dài và véctơ chỉ phương của các tia.

Sử dụng công thức tính khoảng cách hoặc thông qua thể tích tứ diện để thiết lập biểu thức tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC).

Đưa bài toán về việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức đại số và khảo sát hàm số.

Giải chi tiết

Gọi $OA = a,OB = b,OC = c$ với $a,b,c > 0$.

Từ giả thiết ta có $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{2}{c} = 1$.

Do $\widehat{xOy} = 90^{{^\circ}}$, ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho O(0;0;0), tia Ox thuộc trục Ox (có véctơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{i} = (1;0;0)$), tia Oy thuộc trục Oy (có véctơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{j} = (0;1;0)$).

Khi đó toạ độ các điểm là $A(a;0;0)$ và $B(0;b;0)$.

Gọi $\overset{\rightarrow}{u} = (x_{0};y_{0};z_{0})$ là véctơ chỉ phương đơn vị của tia Ot (với $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} + z_{0}^{2} = 1$)

Vì $\widehat{xOt} = 60^{{^\circ}}$ nên $\left. \overset{\rightarrow}{u} \cdot \overset{\rightarrow}{i} = \cos 60^{{^\circ}}\Rightarrow x_{0} = \dfrac{1}{2} \right.$.

Vì $\widehat{yOt} = 60^{{^\circ}}$ nên $\left. \overset{\rightarrow}{u} \cdot \overset{\rightarrow}{j} = \cos 60^{{^\circ}}\Rightarrow y_{0} = \dfrac{1}{2} \right.$.

Từ đó suy ra $\left. {(\dfrac{1}{2})}^{2} + {(\dfrac{1}{2})}^{2} + z_{0}^{2} = 1\Rightarrow z_{0}^{2} = \dfrac{1}{2} \right.$.

Không mất tính tổng quát, ta chọn $z_{0} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ để tia Ot nằm trong góc phần tám thứ nhất.

Do đó $\overset{\rightarrow}{u} = (\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{2}}{2})$.

Điểm $C$ thuộc tia Ot và $OC = c$ nên $C(\dfrac{c}{2};\dfrac{c}{2};\dfrac{c\sqrt{2}}{2})$.

Gọi $h$ là khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$.

Ta có thể tích khối tứ diện OABC là $\left. V = \dfrac{1}{3}S_{ABC} \cdot h\Rightarrow\dfrac{1}{h^{2}} = \dfrac{S_{ABC}^{2}}{9V^{2}} \right.$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{OA} = (a;0;0)$ và $\left. \overset{\rightarrow}{OB} = (0;b;0)\Rightarrow\lbrack\overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{OB}\rbrack = (0;0;ab) \right.$.

Thể tích tứ diện: $V = \dfrac{1}{6}\left| {\lbrack\overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{OB}\rbrack \cdot \overset{\rightarrow}{OC}} \right| = \dfrac{1}{6}\left| {ab \cdot \dfrac{c\sqrt{2}}{2}} \right| = \dfrac{abc\sqrt{2}}{12}$.

Suy ra $9V^{2} = \dfrac{a^{2}b^{2}c^{2}}{8}$.

Tính diện tích tam giác ABC: $\overset{\rightarrow}{AB} = ( - a;b;0)$ và $\overset{\rightarrow}{AC} = (\dfrac{c}{2} - a;\dfrac{c}{2};\dfrac{c\sqrt{2}}{2})$.

$\lbrack\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}\rbrack = (\dfrac{bc\sqrt{2}}{2};\dfrac{ac\sqrt{2}}{2}; - \dfrac{ac}{2} - \dfrac{bc}{2} + ab)$.

$S_{ABC}^{2} = \dfrac{1}{4}\left| {\lbrack\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}\rbrack} \right|^{2} = \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{b^{2}c^{2}}{2} + \dfrac{a^{2}c^{2}}{2} + a^{2}b^{2} - abc(a + b) + \dfrac{c^{2}{(a + b)}^{2}}{4}} \right)$.

Thay vào công thức $\dfrac{1}{h^{2}}$, ta được:

$\dfrac{1}{h^{2}} = \dfrac{2}{a^{2}b^{2}c^{2}}\left( {a^{2}b^{2} + \dfrac{3}{4}c^{2}(a^{2} + b^{2}) + \dfrac{1}{2}abc^{2} - abc(a + b)} \right)$.

$\dfrac{1}{h^{2}} = \dfrac{2}{c^{2}} + \dfrac{\dfrac{3}{2}}{b^{2}} + \dfrac{\dfrac{3}{2}}{a^{2}} + \dfrac{1}{ab} - \dfrac{2}{bc} - \dfrac{2}{ac}$.

Đặt $x = \dfrac{1}{a},y = \dfrac{1}{b},z = \dfrac{1}{c}$ (với $x,y,z > 0$).

Biểu thức trở thành: $\dfrac{1}{h^{2}} = \dfrac{3}{2}x^{2} + \dfrac{3}{2}y^{2} + 2z^{2} + xy - 2xz - 2yz$.

Ta biến đổi nhóm hạng tử:

$\dfrac{1}{h^{2}} = x^{2} + y^{2} + \dfrac{1}{2}(x^{2} + y^{2} + 4z^{2} + 2xy - 4xz - 4yz) = x^{2} + y^{2} + \dfrac{1}{2}{(x + y - 2z)}^{2}$.

Từ giả thiết $\left. \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{2}{c} = 1\Rightarrow x + y + 2z = 1\Rightarrow 2z = 1 - (x + y) \right.$.

Thế vào biểu thức khoảng cách:

$\dfrac{1}{h^{2}} = x^{2} + y^{2} + \dfrac{1}{2}{(x + y - (1 - (x + y)))}^{2} = x^{2} + y^{2} + \dfrac{1}{2}{(2(x + y) - 1)}^{2}$.

Đặt $t = x + y$. Vì $x,y,z > 0$ và $x + y + 2z = 1$ nên điều kiện của $t$ là $0 < t < 1$.

Áp dụng bất đẳng thức $x^{2} + y^{2} \geq \dfrac{1}{2}{(x + y)}^{2} = \dfrac{1}{2}t^{2}$ (dấu bằng xảy ra khi $x = y$).

Ta có: $\dfrac{1}{h^{2}} \geq \dfrac{1}{2}t^{2} + \dfrac{1}{2}{(2t - 1)}^{2} = \dfrac{1}{2}t^{2} + 2t^{2} - 2t + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}t^{2} - 2t + \dfrac{1}{2}$.

Xét hàm số $f(t) = \dfrac{5}{2}t^{2} - 2t + \dfrac{1}{2}$ trên khoảng $(0;1)$.

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh parabol $t = \dfrac{- ( - 2)}{2 \cdot (5/2)} = \dfrac{2}{5} \in (0;1)$.

Khi đó $\dfrac{1}{h^{2}} \geq f(\dfrac{2}{5}) = \dfrac{5}{2} \cdot \left( \dfrac{2}{5} \right)^{2} - 2 \cdot \left( \dfrac{2}{5} \right) + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{5} - \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{10}$.

Dấu bằng xảy ra khi $x = y = \dfrac{1}{5}$ và $z = \dfrac{3}{10}$, tương ứng với $OA = 5,OB = 5,OC = \dfrac{10}{3}$ (thoả mãn điều kiện).

Suy ra $\left. \dfrac{1}{h^{2}} \geq \dfrac{1}{10}\Rightarrow h^{2} \leq 10\Rightarrow h \leq \sqrt{10} \right.$.

Vậy khoảng cách lớn nhất từ O đến mặt phẳng (ABC) là $\sqrt{10}$.

Đáp án cần điền là: 3,16

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.