Giải bài 5.5 trang 24

Đề bài

Trong không gian Oxyz, cho điểm $H (3; 2; 4)$ .

a) Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ chứa điểm H và trục Oy.

b) Viết phương trình mặt phẳng $(Q)$ đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (với A, B, C đều không trùng với gốc tọa độ O) sao cho H là trực tâm tam giác ABC.

Phương pháp giải - Xem chi tiết

Ý a: Chọn một điểm A bất kì thuộc Oy, khi đó ta có $(P)$ đi qua A. Tích có hướng của $\vec{A H}$

và $\vec{j} = (0; 1; 0)$ là một vectơ pháp tuyến của $(P)$ .

Ý b: Chứng minh H là hình chiếu của O trên (ABC), mặt phẳng cần tìm đi qua H và có vectơ pháp tuyến là $\vec{O H}$ .

Lời giải chi tiết

a) Ta lấy $O (0; 0; 0) \in O y$ suy ra $O \in (P)$ .

Ta có $\vec{O H} = (3; 2; 4)$ .

Do $(P)$ chứa O, H và Oy suy ra $(P)$ nhận $[\vec{O H}, \vec{j}]$ làm vectơ pháp tuyến, vì $\vec{j} = (0; 1; 0)$ là vectơ chỉ phương của Oy. Ta có $[\vec{O H}, \vec{j}] = (- 4; 0; 3)$ .

Phương trình mặt phẳng của $(P)$ là $- 4 (x - 0) + 0 (y - 0) + 3 (z - 0) = 0 \Leftrightarrow - 4 x + 3 z = 0$ .

b) Giả sử $D, E$ lần lượt là hình chiếu của $A, B$ trên cạnh $B C$ và $A C$ .

Ta có ${\begin{cases} A D ⊥ B C \\ B E ⊥ A C \\ A D \cap B E = H \end{cases}$ .

Do $O x ⊥ (y O z)$ nên $A O ⊥ (O B C)$ . Khi đó có $O D$ là hình chiếu của $A D$ trên $(O B C)$ ,

mà $A D ⊥ B C$ suy ra $O D ⊥ B C$ (định lý ba đường vuông góc).

Vì vậy $B C ⊥ (O A D)$ . Mặt khác $O H \subset (O A D)$ nên $B C ⊥ O H (1)$ .

Chứng minh tương tự ta có $O E$ là hình chiếu của $B E$ trên $(O A C)$ suy ra $A C ⊥ O H (2)$ .

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $O H ⊥ (A B C)$ hay H là hình chiếu của O trên (ABC).

$(Q)$ có vectơ pháp tuyến là $\vec{O H} = (3; 2; 4)$ .

Phương trình mặt phẳng $(Q)$ là $3 (x - 3) + 2 (y - 2) + 4 (z - 4) = 0 \Leftrightarrow 3 x - 2 y + 4 z - 29 = 0$ .