LUYỆN THI THPTQG
TỔNG HỢP VÀ BIÊN SOẠN
Phương pháp:
Để xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
1 1 1
1
1 1 1
x x y y z z
d : a b c và 2 2 2 2
2 2 2
x x y y z z
d : a b c .
Ta làm như sau:
Xét hệ phương trình :
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 2 2
x a t x a t ' y b t y b t ' z c t z c t '
(*)
Nếu (*) có nghiệm duy nhất (t ; t ' )0 0 thì hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại
1 1 0 1 1 0 1 1 0
A x a t ; y b t ; z c t .
Nếu (*) có vô số nghiệm thì hai đường thẳng d1 và d2 trùng nhau Nếu (*) vô nghiệm, khi đó ta xét sự cùng phương của hai véc tơ
1 1 1 1
u a ; b ;c và u2 a ; b ;c2 2 2 . +) Nếu u1 ku2 d / /d1 2
+) Nếu u1 k.u2 thì d1 và d2 chéo nhau.
Ví dụ 1. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, 1. Cho đường thẳng x 1 y z 2
: 2 1 1 và mặt phẳng (P) : x 2y z 0. Gọi C là giao điểm của với (P), M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC 6
2. Cho các điểmA(2;1;0), B 1; 2; 2 , C 1;1;0 và mặt phẳng (P) : x y z 20 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P)
Lời giải.
1. Cách 1: Phương trình tham số của
x 1 2t
: y t , t R
z 2 t
. Thay x, y, z vào phương trình (P) ta được :
1 2t 2t t 2 0 t 1 C 1; 1; 1 .
Điểm M M(1 2t; t; 2 t) MC 6 (2t 2)2 (t 1)2 (t 1)2 6 t 0 M(1; 0; 2) d M; (P) 1
6 t 2 M( 3; 2; 0) d M; (P) 1
6 .
Cách 2: Đường thẳng có u (2;1; 1) là VTCP Mặt phẳng (P) có n (1; 2;1) là VTPT
Gọi H là hình chiếu của M lên (P), suy ra cos HMC cos u, n nên ta có d(M, (P)) MH MC.cos HMC 1
6 .
NGUYỄN BẢO VƯƠNG SDT: 0946798489
2 2. Ta có AB 1;1; 2 , phương trình
x 2 t
AB : y 1 t z 2t
Vì D thuộc đường thẳng AB D 2 t;1 t; 2t CD 1 t; t; 2t . Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P : n 1;1;1
Vì C không thuộc mặt phẳng P nên CD / / P n.CD 0 1. 1 t 1.t 1.2t 0 t 1
2. Vậy 5 1
D ; ; 1
2 2 .
Ví dụ 2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, 1. Cho đường thẳng :x y 1 z
2 1 2. Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến bằng OM
2. Cho hai đường thẳng 1
x 3 t
: y t z t
và 2:x 2 y 1 z
2 1 2. Xác định toạ độ điểm M thuộc
1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1
Lời giải.
1. Vì M Ox M(m;0;0)
Đường thẳng đi qua N(0;1;0) có u (2;1; 2) là VTCP nên
NM, u 5m2 4m 8
d(M, )
u 3
Nên 5m2 4m 8 2
d(M, ) OM t m m 2 0 m 1, m 2
3 .
Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán: M ( 1;0;0), M (2;0;0)1 2 . 2. Đường thẳng 2 qua A 2;1;0 có u 2;1; 2 VTCP
Vì M 1 M 3 t; t; t AM t 1; t 1; t AM.u t 2; 2;3 t
Nên 2 AM.u 2 2 2
d M, 1 1 t 2 2 3 t 9
u
2 t 1 M(4;1;1)
2t 10t 8 0
t 4 M(7; 4; 4).
Ví dụ 3. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz:
TỔNG HỢP VÀ BIÊN SOẠN
1. Cho đường thẳng :x 2 y 1 z
1 2 1 và mặt phẳng (P) : x y z 3 0. Gọi I là giao điểm của và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với và MI 4 14 Đề thi ĐH Khối B – 2011
2.Cho đường thẳng :x 2 y 1 z 5
1 3 2 và hai điểm A( 2;1;1), B( 3; 1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5
Đề thi ĐH Khối B – 2011
Lời giải.
1. Ta có cắt (P) tại I(1;1;1).
Điểm M(x; y;3 x y) (P) MI 1 x;1 y; x y 2 Đường thẳng có a 1; 2; 1 là VTCP
Ta có : 2 2 2
2
y 2x 1 x 3
MI.a 0
y 7
(1 x) (1 y) ( 2 x y) 16.14 MI 16.14
hoặc x 5
y 9
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: M( 3; 7;13) và M(5;9; 11). 2. Vì M M( 2 t;1 3t; 5 2t)
Ta có AB ( 1; 2;1), AM (t;3t; 6 2t) AB, AM (t 12; t 6; t) Do đó S MAB 3 5 1 AB, AM 3 5
2
2 2 2
1 (t 12) ( t 6) t 3 5 2
t2 12t 0 t 0, t 12.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: M( 2;1; 5) và M( 14; 35;19).
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình : x 2y 2z 1 0 và hai đường thẳng d :1 x 1 y z 9,
1 1 6 2
x 1 y 3 z 1
d : 2 1 2 . Xác định
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau
Lời giải.
Giả sử M a; b;c là điểm cần tìm.
Vì 1 a 1 b c 9 a b 1
M 1 1 6 c 6b 9
Khoảng cách từ M đến mp (P) là:
2 2 2
a 2b 2c 1 11b 20
d d(M;(P))
1 ( 2) 2 3
. Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với 2, ta có:
Suy ra (Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c) 0 2x y 2z 9b 16 0 Gọi H là giao điểm của (Q) và 2, suy ra tọa độ H là nghiệm của hệ :
NGUYỄN BẢO VƯƠNG SDT: 0946798489
4 2x y 2z 9b 16 0
H( 2b 3; b 4; 2b 3)
x 1 y 3 z 1
2 1 2
Do đó MH2 (3b 4)2 (2b 4)2 (4b 6)2 29b2 88b 68 Yêu cầu bài toán trở thành: 2 2 2 (11b 20)2
MH d 29b 88b 68
9
2 2
261b 792b 612 121b 440b 400
2 2 53
140b 352b 212 0 35b 88b 53 0b 1, b
35. Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1; 3) và M 18 53 3; ;
35 35 35 .
Ví dụ 5.Xét vị trí tương đối giữa các đường thẳng 1, 2. Tính góc giữa hai đường thẳng
1
x 1 y 1 z 5
: 2 3 1 và 2: x 1 y 1 z 1
4 3 5 , tìm giao điểm của chúng (nếu có).
Lời giải.
Đường thẳng 1 qua điểm M (1;1 1; 5) và có u (2; 3; 1)1 là VTCP.
Đường thẳng 2 qua điểm M ( 1;2 1; 1) và có u (4; 3; 5)2 là VTCP.
Cách 1: Ta có M M ( 2; 0;1 2 4) và u , u1 1 (12; 6; 6), nên
1 1 1 2
u , u .M M 24 0 24 0 Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm M.
Cách 2: Ta có u (2; 3; 1), u (4; 3; 5)1 2 không cùng phương nên hai đường thẳng hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.
Chuyển hai phương trình về dạng tham số và xét hệ phương trình
1 2u 1 4v u 2v 1
1 3u 1 3v u v 0 u v 1.
5 u 1 5v u 5v 4
Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm M(3; 2;6).
Góc giữa hai đường thẳng
1 2
1 2 1 2
1 2
u .u 8 9 5 11
cos( , ) cos(u , u )
14. 50 5 7 u . u
0
1 2
( , ) arccos 11 33, 74 5 7
Ví dụ 6.Tìm tọa độ là hình chiếu vuông góc của lên:
1. Mặt phẳng 2. Đường thẳng
Lời giải.
H A(2; 1; 4)
(P) : 2x y z 7 0.
x 1 y 2 z 1
: .
1 1 2
TỔNG HỢP VÀ BIÊN SOẠN
1. Lập phương trình đường thẳng đi qua và Khi đó điểm là giao điểm của và
Vì nên đường thẳng đi qua và có phương trình là
Điểm nên Mà điểm nên
Vậy tọa độ
2. Có hai cách giải.
Cách 1: Lập phương trình mặt phẳng qua và tọa độ điểm là giao của và Vì nên mặt phẳng qua và có phương trình là
Tọa độ điểm là nghiệm của hệ hay
Cách 2: Vì nên chỉ phụ thuộc một ẩn. Sử dụng điều kiện ta tìm được tọa độ Vì nên
Vì nên
Vậy tọa độ
Ví dụ 7. Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mp( ). Tìm tọa độ giao điểm của chúng nếu có :
1.
x 12 4t
d : y 9 3t ,t ( ) : 3x 4y z 2 0
z 1 t
2. d :x 10 y 4 z 1 ( ) : y 4z 17 0
3 4 1
Lời giải.
Ta kí hiệu ud là VTCP của đường thẳng , n là VTPT của mp( ) 1. Cách 1 : Thay phương trình của d vào phương trình của ta có :
3(12 4t) 4(9 3t) 1 t 2 0 23t 69 0 t 3
Vậy d cắt ( ) tại A(0;0; 2).
Cách 2 : Ta có : ud (4;3;1), n (3; 4; 1) u .nd 35 0. Vậy d và ( ) cắt nhau.
2. Cách 1 : Xét hệ phương trình
2x 3y 6z 2 0 y 4z 17
x y z 5 0 2x 6z 49 0
y 4z 17 0 x 3y 12 0
Ta thấy hệ này vô nghiệm suy ra d / /( ).
d A d(P). H d
(P).
n(P)(2; 1; 1) d A(2; 1; 4) d(P)
x 2 2t
y 1 t (t R).
z 4 t
Hd H(22t;1t;4t ).
H(P) 2(22t ) (1 t ) (4 t ) 7 0 t 1.
H(0;2; 5).
( ) A ( ) , H ( ) .
u (1; 1; 2) ( ) A ( ) x y 2z 11 0.
H
x 2 x y 2z 11 0
y 3 ,
x 1 y 2 z 1
z 3
1 1 2
H(2;3;3).
H H AH H.
H H(1t; 2t; 1 2t ) AH(t 1; t1; 2t3).
AH AH.u 0 t 1 t 1 2(2t 3) 0 t 1.
H(2;3;3).
( )
NGUYỄN BẢO VƯƠNG SDT: 0946798489
6 Cách 2 : Ta có : ud ( 3; 4; 1), n (0;1; 4) u .nd 0
Mặt khác điểm M( 10; 4;1) d mà M ( ) d / /( ).
Ví dụ 8. Tính khoảng cách từ A(2;3; 1) đến đường thẳng :x 3 y 2 z
1 3 2
Lời giải.
Đường thẳng đi qua B(3; 2;0) và có u (1;3; 2) là VTCP
Cách 1: Gọi H là hình chiếu của A lên , suy ra H 3 t; 2 3t; 2t AH t 1;3t 1; 2t 1
Vì AH AH.u 0 1(t 1) 3(3t 1) 2(2t 1) 0 t 0
Do đó AH (1; 1;1) d A, AH 3. Cách 2: Ta có AB 1; 1;1 AB, u 5; 1; 4
Do đó 2 2 2
2 2 2
AB, u ( 5) ( 1) 4
d A, 3
1 3 2
u
.
Ví dụ 9. Tìm m để hai đường thẳng sau cắt nhau và tìm tọa độ giao điểm của chúng :
1 2
x 6 y 2 z 3 x 4 y 3 z 2
d : d :
2 4 m 1 4 1 2
Lời giải.
Cách 1 :
Ta có ptts của đường thẳng 1
x 6 2t
d : y 2 4t
z 3 (m 1)t và 2
x 4 4t ' d : y t '
z 2 2t ' Ta có d1 và d2 cắt nhau hệ
6 2t 4 4t ' 2 4t 3 t ' 3 (m 1)t 2 2t '
có nghiệm duy nhất.
Từ hai phương trình đầu của hệ ta tìm được t t ' 1 thay vào phương trình thứ ba ta có : 3 (m 1).1 2 2 m 2.
Khi đó tọa độ giao điểm của hai đường thẳng là : A 8; 2; 4 . Cách 2 :
Đường thẳng d1 có VTCP u1 (2; 4; m 1) và đi qua M (6; 2;3)1 Đường thẳng d2 có VTCP u2 (4; 1; 2) và đi qua M (4;0; 2)2 Do đó : u , u1 2 (m 7; 4m 8; 18), M M1 2 ( 2; 2; 1) Ta có d1 và d2 cắt nhau 1 2 1 2
1 2
u , u .M M 0 u , u 0
2(m 7) 2(4m 8) 18 0
m 2 và tọa độ giao điểm là : A 8; 2; 4 .
TỔNG HỢP VÀ BIÊN SOẠN
Ví dụ 10.Cho đường thẳng :x 1 y 2 z 1
2 1 3 và điểm A(2; 5; 6)
1. Tìm tọa độ hình chiếu của A lê đường thẳng
2. Tìm tọa độ điểm M nằm trên sao cho AM 35 Lời giải.
Ta có u (2;1; 3) là VTCP của đường thẳng 1. Cách 1.
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng , suy ra H 1 2t; 2 t; 1 3t AH 2t 1; t 3; 3t 5 .
Vì AH AH.u 0 2(2t 1) (t 3) 3( 3t 5) 0
14t 14 0 t 1Vậy H 3; 1; 4 .
Cách 2. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với
Suy ra phương trình (P) : 2x y 3z 17 0. Khi đó H (P) nên tọa độ của H là nghiệm của hệ:
2x y 3z 17 0
x 1 y 2 z 1
2 1 3
, giải hệ này ta tìm được H 3; 1; 4 . 2. Vì M M 1 2t; 2 t; 1 3t AM 2t 1; t 3; 3t 5
Nên AM 35 (2t 1)2 (t 3)2 (3t 5)2 35 t2 2t 0 t 0, t 2
t 0 M(1; 2; 1) t 2 M(5;0; 7).
Ví dụ 11. Cho tam giác AIB có A( a 3; 0; 0), B(a 3; 0; 0) và AIB 120 , a0 0. Điểm I thuộc trục tung và có tung độ âm. Trên đường thẳng qua I song song với trục Oz lấy các điểm C, D sao cho tam giác ABC vuông, tam giác ABD đều và C, D có cao độ dương. Tìm tọa độ các điểm
I, C, D.
Lời giải.
Tìm tọa độ điểm I.
Vì I thuộc trục tung và có tung độ âm nên I(0; t; 0), t 0.
Ta có IA( a 3; t; 0), IB(a 3; t; 0) nên
2 2
0
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
IA.IB cos AIB cos(IA; IB)
IA . IB 3a t cos120
( a 3) ( t ) 0 . (a 3) ( t ) 0 t a
3a t 2(3a t ) t a I(0; a; 0).
t a
Vậy điểm I(0; a; 0).
Đường thẳng qua I và song song với trục Oz có phương trình
NGUYỄN BẢO VƯƠNG SDT: 0946798489
8
x 0
: y a (t ).
z t Tìm tọa độ điểm C.
Vì C nên C(0; a; t), t 0. Ta có CA( a 3; a; t), CB(a 3; a; t).
Rõ ràng CA CB nên tam giác ABC phải vuông tại C.
Hay 2 2 2 2 2 t 2a
CA.CB 0 3a a t 0 t 2a .
t 2a
Mà t 0 nên C(0; a; 2a).
Tìm tọa độ điểm D.Vì D nên D(0; a; t), t 0.
Ta có DA( a 3; a; t), DB(a 3; a; t).
Rõ ràng DA DB nên tam giác ABC đều khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2 t 2 2a
DA AB 3a a t 12a t 8a .
t 2 2a
Mà t 0 nên D(0; a; 2 2a).
Vậy các điểm cần tìm là I(0; a; 0), C(0; a; 2a), D(0; a; 2 2a).
Ví dụ 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz: 1. Cho hai đường thẳng: 1 2
x 1 2t
x y z
d : ; d : y t , t
1 1 2
z 1 t
. Xét vị trí tương đối giữa d1 và d2 . Tìm tọa độ các điểm M d , N1 d2 sao cho MN song song với mp P : x y z 0 và độ dài
MN 2;
2. Cho hai đường thẳng: d :1 x 3 y 3 z 3
2 2 1 ; d :2 x 5 y 2 z
6 3 2. Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau tại I . Tìm tọa độ các điểm A, B lần lượt thuộc d , d1 2 sao cho tam giác AIB cân tại I và có diện tích bằng 41
42 Lời giải.
1. Đường thẳng d1 đi qua O 0;0;0 có u1 1;1; 2 là VTCP, Đường thẳng d2 đi qua A 1;0;1 có VTCP u2 2;1;1 Suy ra OA ( 1;0;1), u , u1 2 1; 5;3 u ; u OA1 2 4 0 Do đó d , d1 2 chéo nhau.
Ta có M d1 M t; t; 2t , N d2 N 1 2s;s;1 s
Theo đề bài ta có p 2 2
2
t s
MN / / P MN.n 0
t s 4t 1 3t 2
MN 2 MN 2
TỔNG HỢP VÀ BIÊN SOẠN
Giải hệ và kiểm tra điều kiện song song ta được 4 4 8 1 4 3
M ; ; , N ; ;
7 7 7 7 7 7
thỏa mãn.
2.Xét hệ phương trình :
x 3 y 3 z 3 x 1
2 2 1
y 1
x 5 y 2 z
z 2
6 3 2
Vây d1 cắt d2 tại giao điểm I 1;1; 2 .
d1 đi qua điểm M 3;3;31 có u1 (2; 2;1) là VTCP ; d2 đi qua M ( 5; 2;0)2 và có u2 (6;3; 2) là VTCP.
Gọi là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2. Ta có :
1 2 2
1 2
u .u 20 41
cos sin 1 cos
21 21
u . u
Giả sử IA IB a 0. diện tích của tam giác IAB là
1 2 41 41
S .IA.IB.sin a a 1
2 42 42 .
A d1 A(3 2t;3 2t;3 t) IA (2t 2; 2t 2; t 1)
2 2
t 2 IA 1 9(t 1) 1 3
t 4 3
1 2
5 5 7 1 1 5
A ; ; , A ; ;
3 3 3 3 3 3 .
B d2 B( 5 6t; 2 3t; 2t) IB (6t 6;3t 3; 2t 2)
2 2
t 8 IB 1 49(t 1) 1 7
t 6 7
1 2
13 10 16 1 4 12
B ; ; , B ; ;
7 7 7 7 7 7 .
Vậy có 4 cặp điểm A, B cần tìm là:
5 5 7 13 10 16
A ; ; ; B ; ;
3 3 3 7 7 7 hoặc 5 5 7 1 4 12
A ; ; ; B ; ;
3 3 3 7 7 7 hoặc 1 1 5 13 10 16
A ; ; ; B ; ;
3 3 3 7 7 7 hoặc
1 1 5 1 4 12 A ; ; ; B ; ;
3 3 3 7 7 7 .
Ví dụ 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz: cho mặt phẳng ( ) : 3x 2y z 4 0 và hai điểm A(4; 0; 0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB.
1. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ).
2. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng ( ), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( ).
Lời giải.
NGUYỄN BẢO VƯƠNG SDT: 0946798489
10 1. AB( 4; 4; 0) nên đường thẳng AB có phương trình
x 4 t
y t (t ).
z 0
Gọi M AB ( ) thì M(4 t; t; 0) và thỏa mãn
3(4 t) 2t 0 4 0 t 16 M( 12; 16; 0).
Vậy giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ) là M( 12; 16; 0).
2. Trung điểm của AB là I(2; 2; 0).
Đường thẳng KI qua I và vuông góc với ( ) : 3x 2y z 4 0 có phương trình x 2 3t
KI : y 2 2t (t R),
z t
nên K(2 3t; 2 2t; t).
Ta có:
2 2 2
3 2 3t 2 2 2t t 4
d(K, ( )) 14 t 1 .
3 2 1
Mà OK d(K, ( )) nên
2 2 2
2 2
2 3t 2 2t t 14 t 1
14t 20t 8 14 t 2t 1 8t 6 0
3 1 1 3
t K ; ; .
4 4 2 4
Vậy điểm cần tìm là K 1; 1; 3 . 4 2 4