Giúp mình câu này:
Viết PT mặt phẳng [TEX](P)[/TEX] đi qua [TEX]I (2; 1; 1)[/TEX] và
cắt các trục [TEX]Ox[/TEX], [TEX]Oy[/TEX] , [TEX]Oz[/TEX] tai [TEX]A, B ,C[/TEX] sao cho
[TEX]I[/TEX] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Thank!!
Tớ ra kết quả là không tồn tại mặt phẳng (P) như vậy!!
Edit: có 2 cách
Sau 1 hồi giấy mực ra cái kết quả ngược, bây h qua ra chứng minh không tồn tại mặt phẳng (P) thỏa mãn bài toán
Chứng minh: Giả sử ta dựng được mặt phẳng (P) như vậy khi đó (P) qua A(a,0,0),B(0,b,0) ,C(0,0,c) nên nó có phương trình
[TEX]\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1[/TEX]
Do (P) qua I(2;1;1) choi nên ta có
[TEX]\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1[/TEX]
Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC cho nên
d(I;AB)=d(I;AC)=d(I;BC)
Ta thấy rằng
[TEX]{\rm{d}}\left( {{\rm{I}};{\rm{BC}}} \right) \ge d(I;(OBC))= 2[/TEX] và ta sẽ chứng minh ít nhất một trong 2 cái d(I;AB) hoặc d(I;AC) là bé hơn 2 từ đó suy ra không tồn tại mặt phẳng (P) như vậy
Chứng minh
Do vai trò của b và c là như nhau cho nên ta có thể giả sử [TEX]b \ge c[/TEX]
từ đó suy ra [TEX]\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{b} \ge 1[/TEX]
ta đi chứng minh d(I;AB)<2
ta có vecto AB(-a;b;0) vectoIA(a-2;-1;-1)
do đó
[TEX]d(I;AB) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {IA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\sqrt {a^2 + b^2 + \left( {a - ab + 2b} \right)^2 } }}{{\sqrt {a^2 + b^2 } }}[/TEX]
ta chứng minh
[TEX]d(I;AB) \le 2 \Leftrightarrow \frac{{\left( {a - ab + 2b} \right)^2 }}{{\left( {a^2 + b^2 } \right)}} \le 3[/TEX] (1) với điều kiện
[TEX]\frac{2}{a} + \frac{2}{b} \ge 1[/TEX]
đặt [TEX]m = \frac{1}{a},n = \frac{1}{b}[/TEX] thì [TEX]m + n \ge \frac{1}{2}[/TEX] mặt khác từ [TEX]\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1 = > a > 2,b > 1[/TEX]
suy ra 0<m<1/2 và 0<n<1
(1) tương đương
[TEX]\left( {2m + n - 1} \right){}^2 \le 3\left( {m^2 + n^2 } \right)[/TEX]
khai triển ra có [TEX]2n^2 - m^2 + 2\left( {n + 2m} \right) - 1 - 4mn \ge 0[/TEX]
lại có
[TEX]m + n \ge \frac{1}{2} = > n \ge \frac{1}{2} - m > 0[/TEX] và
[TEX]2m + n < 1 = > n \le 1 - 2m[/TEX]
do đó
[TEX]VT = 2n^2 - m^2 + 2(n + 2m) - 1 - 4mn \ge 2\left( {\frac{1}{2} - m} \right)^2 - m^2 + 2\left( {\frac{1}{2} - m + 2m} \right) - 1 - 4m\left( {1 - 2m} \right)[/TEX]
khai triển ta được [TEX]VT \ge 9m^2 - 4m + \frac{1}{2} > 0[/TEX] đpcm////
P/s cái chỗ lỗi là dấu vecto, không quan trọng lắm
edit cái cách 2 giải quyết luôn dạng toán này, hôm nay suy nghĩ vẩn vơ ra cái cách này, nhẽ ra phải phát hiện sớm hơn mới phải vì cách trên cũng áp dụng một phẩn của nó
)
Gọi (p)
[TEX]\begin{array}{l} (P):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \\ \frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1 \\ \end{array}[/TEX] vì I(2;1;1) thuôc (P)
Ta có I là tâm dường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A(a;0;0), B(0;b;0;C(0;0;c)
khi
[TEX]\frac{{\left( {a'^2 + b'^2 + c'^2 } \right)}}{{a'^2 + b'^2 }} = \frac{{\left( {a'^2 + b'^2 + c'^2 } \right)}}{{a'^2 + c'^2 }} = \frac{{4\left( {a'^2 + b'^2 + c'^2 } \right)}}{{b'^2 + c'^2 }}[/TEX] với [TEX]a' = \frac{1}{a};b' = \frac{1}{b};c' = \frac{1}{c}[/TEX] (cái này tính bình thường rồi rút gọn khác có)
như vậy suy ra [TEX]\frac{{b^2 '}}{2} = {a'^2} + {b'^2} [/TEX] vô lý suy ra ko tồn tại (P)
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn