Chuyên đề HH giải tích không gian – Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

 Chuyên đề 8 :

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN OXYZ

 Vấn đề 1: MẶT PHẲNG VÀ ĐƯỜNG THẲNG

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỌA ĐỘ

1. u (u ; u ; u ) _{1 2 3}  u u i u j u k ₁  ₂  ₃ 2. a b (a b ; a  ₁ _{1 2}b ; a_{2 3}b )₃ 3. a.b a b _{1 1}a b_{2 2}a b _{3 3}

4. ^{2 3 3 1 1 2}

2 3 3 1 1 2

a a a a

a,b a a ; ;

b b b b b b

 

    

   

5. a  a₁²a₂²a ₃²

6.

1 1

2 2

3 3

a b

a b a b

a b

 

   

  7. Cos(a,b) a.b

a . b

8. a cùng phương ba,b 0 a : a : a_{1 2 3}b : b : b_{1 2 3} 9. a,b,c đồng phẳng  a,b .c 0  

10. Diện tích tam giác: S_^ABC 1 AB,AC 2

11. Thể tích tứ diện ABCD: V^ABCD 1 AB,AC AD 6

12. Thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D': VABCD.A B C D_{   } AB,AD AA   MẶT PHẲNG

 Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá vuông góc mặt phẳng.

 Phương trình tổng quát: (): Ax + By + Cz + D = 0 (A²B²C² 0)

 đi qua M(x ; y ; z )^{0 0 0} ( ) :

co ùvectơ pháp tuyến : n (A;B;C)

 

 

 ( ): A(x x ) B(y y ) C(z z ) = 0   ₀   ₀   ₀

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Mặt phẳng chắn: () cắt Ox, Oy, Oz lần lượt A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), (a, b, c khác 0)

( ) : x y z  1 a b c

 Mặt phẳng đặc biệt: (Oxy): z = 0, (Oxz): y = 0, (Oyz): x = 0 ĐƯỜNG THẲNG

 Véctơ chỉ phương của đường thẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá cùng phương với đường thẳng.

 ^{0 0 0}

1 2 3

đi qua M (x ; y ; z )

d : có vectơ chỉ phương a (a ; a ; a )



 

0 0 0

1 2 3

1 2 3

x x y y z z

Phương trình tham số : với (a ; a ; a 0)

a a a

     

 Đường thẳng đặc biệt: y 0 x 0 x 0

Ox : ; Oy : ; Oz

z 0 z 0 y 0

  

  

     

  

B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d:

x 1 y z 3

2 1 2

   

 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.

Giải

 Gọi M là giao điểm của  với trục Ox  M(m; 0; 0)  AM= (m –1; –2; –3)

 Véctơ chỉ phương của d là a = (2; 1; –2).

   d  AM  d  AM.a 0  2(m – 1) + 1(–2) –2(–3) = 0  m = –1.

 Đường thẳng  đi qua M và nhận AM= (–2; –2; –3) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình: x 1 y 2 z 3

2 2 3

     . Cách 2.

  đi qua A và cắt trục Ox nên  nằm trên mặt phẳng (P) đi qua A và chứa trục Ox.

  đi qua A và vuông góc với d nên  nằm trên mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với d.

 Ta có: +) Vectơ pháp tuyến của (P) là n_(P) OA,i.

 d

A   O

x P

Q M

+) Vectơ pháp tuyến của (Q) là n_(Q)a_d .

  = (P)(Q)  véctơ chỉ phương của  là: a_ n ,n_{(P) (Q)}^. Cách 3.

 Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với d  (Q): 2x + y – 2z + 2 = 0.

 Gọi M là giao điểm của Ox và (Q)  M(–1; 0; 0).

 Véctơ chỉ phương của  là: AM. Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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.

Giải

 Đường thẳng  đi qua E(–2; 1; –5) và có vectơ chỉ phương ^a





có phương trình tham số là:

x 2 t

y 1 3t

z 5 2t

  

  

   



(t  R).

 M    M 2 t; 1 3t; 5 2t





 ^{AB  }













 SMAB = 3 5  1 AB,AM 3 5

2    



 



 3t² + 36t = 0  t = 0 hoặc t = –12.

Vậy M(–2; 1; –5) hoặc M(–14; –35; 19).

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :    



x 2 y 2 z

1 1 1

và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng .

Giải Tọa độ giao điểm I của  với (P) thỏa mãn hệ:

^{x 2 y 2}1 1 ^z1 ^{I 3; 1; l}

 

x 2y 3z 4 0

 

  

   

    



Vectơ pháp tuyến của (P): ^n









Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Đường thẳng d cần tìm qua I và có một vectơ chỉ phương:

ⁿ _P1 









Phương trình d:

  

  

  



x 3 t

y 1 2t z 1 t

(t  )

Bài 4 :CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1): x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2): 3x + 2y – z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

Giải

Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P1) và (P2):

ⁿ _P1 









(P) vuông góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

 (P) có một vectơ pháp tuyến: ⁿ _P ^_ⁿ   _P1 ^,n_P2 ^_^{ }









Mặt khác (P) qua A(1; 1; 1) nên phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 Hay (P): 4x – 5y + 2z – 1 = 0

Bài 5: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B (0; 2; 1) và trọng tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Giải Ta có:

 G là trọng tâm tam giác ABC  C(1; 3; 4)  ^AB 









Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên có một vectơ chỉ phương a_ AB,AC = 6(1; 1; 0) 

Mặt khác đường thẳng  đi qua điểm C nên

Phương trình :

 

  

   

  



x 1 t

y 3 t t

z 4

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1)

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C.

2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho:

MA = MB = MC.

Giải 1. đi qua A(0; 1; 2)

(ABC) :

có vectơ pháp tuyến là AB,AC 2(1; 2; 4)

    

  



Phương trình mp(ABC): 1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0  x + 2y – 4z + 6 = 0

2. Cách 1:

Ta có: AB.AC 0 nên điểm M nằm trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC)  tại trung điểm I(0; 1; 1) của BC.

       

qua I(0; 1; 1) x y 1 z 1

d : d :

1 2 4

có vectơ chỉ phương :a (1;2; 4)

Tọa độ M là nghiệm của hệ

 

   

  

     

   

  

2x 2y z 3 0 x 2 x y 1 z 1 y 3

z 7

1 1 4

Vậy M(2; 3; 7).

Cách 2: Gọi M(x; y; z) Ta có

 

 

  



MA MB MA MC M ( )



           

           

    



2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 2) (z 1)

(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 0) (z 1)

2x 2y z 3 0

 x 2

y 3 M(2; 3; 7)

z 7

 

   

  



.

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 7:CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình:   



x y z 1

1 1 2

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O Giải

1. 

   

 ^{(P) d}

qua A(1; 1; 3) (P) :

co ùvectơ pháp tuyến n a (1; 1;2)

Phương trình mặt phẳng (P): 1(x – 1) – (y – 1) + 2(z – 3) = 0  x – y + 2z – 6 = 0

2. Gọi M(t; t; 2t + 1)  d

 Tam giác OMA cân tại O  MO² = OA²  t² + t² + (2t + 1)² = 1 + 1 + 9  6t² + 4t – 10 = 0  t 1 t   5

3

 Với t = 1 tọa độ điểm M(1; 1; 3).

 Với t 5

3 tọa độ điểm M 5 5; ; 7

3 3 3

  

 

 .

Bài 8 :ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(–1; 2; 4) và đường thẳng     



x 1 y 2 z

: 1 1 2

1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB).

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho MA² + MB² nhỏ nhất.

Giải

1. Tọa độ trọng tâm: G(0; 2; 4). Ta có: OA (1; 4; 2),OB ( 1; 2; 2)    Vectơ chỉ phương của d là: u (12; 6; 6) 6 2; 1; 1^{  }





Phương trình đường thẳng d:    



x y 2 z 2

2 1 1

2/ Vì M    M(1 t; 2 + t; 2t)

 MA² + MB² = (t²+ (6  t)² + (2  2t)²) + ((2 + t)² + (4  t)² + (4  2t)²) = 12t²  48t + 76 = 12(t 2)² + 28

MA² + MB² nhỏ nhất  t = 2. Khi đó M(1; 0; 4)

Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng:

   

1 x y 1 z 1

d :2 1 1 ;  

  

    

  



2

x 1 t

d : y 1 2t t

z 2 t

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho A, M, N thẳng hàng

Giải

1. Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: u₁(2; 1; 1) và u₂(1; 2; 1)

 vectơ pháp tuyến của (P) là nu ,u_{1 2}   ( 1; 3; 5) Vì (P) qua A(0; 1; 2)  (P) : x + 3y + 5z  13 = 0.

Do B(0; 1; 1)  d1, C(1; 1; 2)  d2 nhưng B, C  (P), nên d1, d2 // (P).

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z  13 = 0 2. Vì M  d1, N  d2 nên M(2m; 1+ m; 1 m), N(1 + n; 12n; 2 + n)

 AM (2m; m; 3 m); AN (1 n; 2 2n; n)       .

AM,AN   ( mn 2m 6n 6; 3mn m 3n 3; 5mn 5m).         A,M,N thẳng hàng  AM,AN  0

 m = 0, n = 1  M(0; 1; 1), N(0; 1; 1).

Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng

1:  

  

    

 

 x 1 t

y 1 t t

z 2

2:    



x 3 y 1 z

1 2 1

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng ₁ và song song với đường thẳng 2.

2. Xác định điểm A  1, B  2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Giải

1. 1 qua M1(1; 1; 2) có vectơ chỉ phương a1





2 qua M2 (3; 1; 0) có vectơ chỉ phương a2  





 mp (P) chứa 1 và song song với 2 nên (p) có vectơ pháp tuyến:

na ,a1 2  





Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Phương trình: (P): (x – 1) – (y + 1) + (z – 2 ) = 0 (vì M1(1; 1; 2)  (P))  x + y – z + 2 = 0

2/ AB ngắn nhất  AB là đoạn vuông góc chung

 Phương trình tham số 1 : 1

 

x 1 t

A A 1 t; 1 t; 2

y 1 t

z 2

  

        

 



 Phương trình tham số 2: 2

 

x 3 t

B B 3 t ; 1 2t ; t y 1 2t

z t



  

          

  



 ^AB





Do   

  



1 2

AB

AB nên        

1 2

AB.a 0 2t 3t 0

t t 0

3t 6t 0

AB.a 0

 A(1; 1; 2); B(3; 1; 0) . Bài 11:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(4; 2; 4) và đường thẳng d

  

  

   



x 3 2t

y 1 t

z 1 4t

.

Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, cắt và vuông góc với d.

Giải

Lấy M(3 + 2t; 1  t; 1+ 4t)  (d)  AM = (1 + 2t; 3  t; 5 + 4t) Ta có AM  (d)  AM .a = 0 với _d a = (2; 1; 4) _d

 2 + 4t  3 + t  20 + 16t = 0  21t = 21  t = 1

Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng AM qua A có vevtơ chỉ phương là:

AM = (3; 2; 1) nên phương trình ():     

 x 4 y 2 z 4

3 2 1 .

 Vấn đề 2: HÌNH CHIẾU VÀ ĐỐI XỨNG

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH CHIẾU

Phương pháp

 Cách 1: (d) cho bởi phương trình tham số:

Bài toán 1: Tìm hình chiếu H của điểm A trên đường thẳng (d).

 H  (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H phụ thuộc vào tham số t.

 Tìm tham số t nhờ điều kiện AH a  _d

 Cách 2:

(d) cho bởi phương trình chính tắc.

Gọi H(x, y, z)

 AH a (*)  _d

 H  (d): Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z

 Cách 3:

(d) cho bởi phương trình tổng quát:

 Tìm phương trình mặt phẳng () đi qua A và vuông góc với đường thẳng (d)

 Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên (d).

Bài toán 2: Tìm hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng ().

Phương pháp

 Cách 1: Gọi H(x; y; z)

 H  () (*)

 AH cùng phương n : Biến đổi tỉ lệ _ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z.

 Cách 2:

 Tìm phương trình đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ().

 Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên mặt phẳng ().

Bài toán 3: Tìm hình chiếu () của đường thẳng d xuống mặt phẳng ().

Phương pháp

 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ().

 Hình chiếu () của d xuống mặt phẳng

 chính là giao tuyến của () và ().

ĐỐI XỨNG

Bài toán 1: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d.

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của A trên d.

 H là trung điểm AA'.

H



 A (d)

(d) A

 H



 d ()

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài toán 2: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng ().

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của A trên ().

 H là trung điểm AA'.

Bài toán 3: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua đường thẳng ().

Phương pháp

 Trường hợp 1: () và (D) cắt nhau.

 Tìm giao điểm M của (D) và ().

 Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M.

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua ().

 d chính là đường thẳng đi qua 2 điểm A' và M.

 Trường hợp 2: () và (D) song song:

 Tìm một điểm A trên (D)

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua ()

 d chính là đường thẳng qua A' và song song với ().

Bài toán 4: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua mặt phẳng ().

Phương pháp

 Trường hợp 1: (D) cắt ()

 Tìm giao điểm M của (D) và ().

 Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M.

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng ().

 d chính là đường thẳng đi qua hai điểm A' và M.

 Trường hợp 2: (D) song song với ().

 Tìm một điểm A trên (D)

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng ().

 d chính là đường thẳng qua A' và song song với (D).

(D)

() A

A’ d M

A (D)

A’

() d

(D) A

 M

A’

(D) A d

d A’

B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(3; 0;1), B(1; 1; 3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.

Giải Gọi  là đường thẳng cần tìm;  nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P) Phương trình (Q): x – 2y + 2z + 1 = 0 K, H là hình chiếu của B trên , (Q).

Ta có BK  BH nên AH là đường thẳng cần tìm Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn:

x 1 y 1 z 3

1 2 2

x 2y 2z 1 0

  

  

 

    



 H 1 11 7; ; 9 9 9

 

 

 

26 11 2

AH ; ;

9 9 9

 

  . Vậy, phương trình :    



x 3 y z 1

26 11 2

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường

thẳng:          

 

1 x 2 y 2 z 3 2 x 1 y 1 z 1

d : ; d :

2 1 1 1 2 1 .

1/ Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2/ Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.

Giải

1/ Mặt phẳng () đi qua A(1; 2; 3) và vuông góc với d1 có phương trình là:

2(x  1)  (y  2) + (z  3) = 0  2x  y + z  3 = 0.

Tọa độ giao điểm H của d1 và () là nghiệm của hệ:

x 2 y 2 z 3 x 0

y 1 H(0; 1; 2)

2 1 1

2x y z 3 0 z 2

 

  

  

      

 

      

 

Vì A' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA' A'(1; 4; 1) 2/ Viết phương trình đường thẳng :

Vì A' đối xứng với A qua d1 và cắt d2, nên  đi qua giao điểm B của d2 và ().

Tọa độ giao điểm B của d2 và () là nghiệm của hệ

B

H A K

Q

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

x 1 y 1 z 1 x 2

y 1 B(2; 1; 2)

1 2 1

2x y z 3 0 z 2

 

  

  

       

 

       

 

Vectơ chỉ phương của  là: u AB (1; 3; 5)    Phương trình của  là:     

 

x 1 y 2 z 3

1 3 5

Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2)

1/ Chứng minh A'C vuông góc với BC'. Viết phương trình mặt phẳng (ABC') 2/ Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B'C' trên mặt phẳng (ABC')

Giải

1/ A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2)  C'(0; 2; 2) Ta có: A C (0;2; 2), BC ( 2;2;2)     

Suy ra A C.BC 0 4 4 0     A C BC   Ta có:         

A C BC

A C (ABC ) A C AB

Suy ra (ABC') qua A(0; 0; 0) và có vectơ pháp tuyến là A C (0; 2; 2)   nên có phương trình là: (ABC') 0(x – 0) + 2(y – 0) – 2(z – 0) = 0  y – z = 0

2/ Ta có: B C BC ( 2; 2; 0)    

Gọi () là mặt phẳng chứa B'C' và vuông góc với (ABC')

 vectơ pháp tuyến của () là: nB C ,A C    4(1; 1; 1)

 Phương trình (): 1(x – 0) + 1(y – 2) + 1(z – 2) = 0  x + y + z – 4 = 0 Hình chiếu d của B'C' lên (ABC') là giao tuyến của () với (ABC')

 Phương trình d:     

  



x y z 4 0 y z 0 Bài 4: ĐỀ DỰ BỊ 1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A1B1C1D1

có A trùng với gốc tọa độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 2 ).

a/ Viết phương trình mp(P) đi qua 3 điểm A1, B, C và viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B1D1 lên mặt phẳng (P).

b/ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với A1C. Tính diện tích thiết diện của hình chóp A1ABCD với mặt phẳng (Q).

Giải

Ta có: A(0; 0; 0); B1 (1; 0; 2 ); C1 (1; 1; 2 ); D1 (0; 1; 2 ) a/ ^{A B 1; 0;1 }









 ^{nP }_^{A B; A C1 1 }_^





 (P) qua A1 và nhận n làm vectơ pháp tuyến _P (P): ^{2 x 0}



 







 2.x z  2 0  Ta có B D1 1 





 Mặt phẳng () qua B1 (1; 0; 2 ) nhận ^{n }_^{n , B DP 1 1}_^{  }





làm vectơ pháp tuyến. Nên () có phương trình:

(): 1(x – 1) – 1(y – 0) + 2 (z  2) = 0  x + y  2z 1 0  

D1B1 có hình chiếu lên (P) chính là giao tuyến của (P) và () Phương trình hình chiếu là:     

   



x y 2z 1 0

2x z 2 0

b/ Phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với A1C:

(Q): x + y  2 z = 0 (1)

 Phương trình A1C :

 

 

 

 

 

   

  



x 0 t 2

y 0 t 3 t

z 2 2t 4

 Gọi M = A1C  (Q) thay (2) (3) (4) vào (1) ta được

1 + t  ^{2 2}





 

 

 

 

 x 1

2 y 1

2 z 2

2

 M 1 1; ; 2 2 2 2

 

 

 

 

Tương tự A1D  (Q) = N 0; ;2 2 3 3

 

 

 

 ; A1B  (Q) = L 2; 0; 2

3 3

 

 

 

 

B1

A1 D1

C1

A D

B C x

y z

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 ^AM1









2 3  ^_^{AM,AL }_ ¹₆





S _AML 1 AM; AL 2

2 6

    

 ^NL2₃













S_^NML1 NL,NM  2

2 9 (đvdt)

Vậy diện tích thiết diện hình chóp A1ABCD với (Q) là:

S S _AMLS_NLM  2  2 5 2

6 9 18 (đvdt) Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), B(2; 2; 0), S(0; 0; m) a/ Khi m = 2. Tìm tọa độ điểm C đối xứng với gốc tọa độ O qua mặt phẳng (SAB).

b/ Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng SA. Chứng minh rằng với mọi m > 0 thì diện tích tam giác OBH nhỏ hơn 2.

Giải a/ Khi m = 2. Ta có:

 SA 2(1; 0; 1), SB 2(1; 1; 1), n    SA,SB4(1; 0; 1)

 Mặt phẳng (SAB) qua A(0; 0; 2) và có n 4(1;0;1) , (SAB): x + z – 2 = 0 (1) 

 d đi qua O và d  (SAB)  a_d (1; 0; 1). Phương trình tham số d:  

 

  

 



x t (2) y 0 (3) t z t (4)

 I = d  (SAB) ta thay (2), (3), (4) vào (1)  t = 1  I(1; 0; 1)

 Vì C, O đối xứng qua (SAB) nên I là trung điểm OC

C I O

C I O

C I O

x 2x x 2

y 2y y 0

z 2z z 2

  

   

   



 C(2; 0; 2)

b/  Phương trình mặt phẳng () qua O và vuông góc SA (nhận SA làm vectơ pháp tuyến) (): 2x – mz = 0 (1)

 Phương trình tham số SA:  

  

  

  



x 0 2t (2)

y 0 (3) t

z m mt (4)

Thay (2), (3), (4) vào (1): 4t – m² + m²t = 0  



2 2

t m

m 4

 SA  () = H 2m₂ ² ; 0; 4m₂

m 4 m 4

 

 

   

 

 OH 2m₂ ² ; 0; 4m₂ 2m₂ (m; 0; 2)

m 4 m 4 m 4

 

     ; OB (2; 2; 0) 2(1; 1; 0) 

 OH, OB 4m₂ ( 2; 2; m)

m 4

   

  

 _           

4 2

OBH 2 2 4 2

1 2m m 8m

S OH,OB 8 m 2 2

2 m 4 m 8m 16 (đpcm)

Bài 6:

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng:

  

   

 

           

1 2

x 1 t x 2y z 4 0

và y 2 t x 2y 2z 4 0

z 1 2t

a/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 1 và song song đường thẳng 2.

b/ Cho điểm M(2; 1; 4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng 2 sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất.

Giải

a/ Ta có a1 













Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến a ,a¹ ² 





Vậy (P) qua M(0; 2; 0), và vectơ pháp tuyến n = (2; 0; 1) Nên phương trình (P): 2(x  0) + 0 (y + 2)  1 (z  0) = 0  2x  z = 0

b/ MH_min  MH  ₂  H là hình chiếu của điểm M trên 2

Cách 1: Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với 2

Phương trình (Q): x + y + 2z  11 = 0 {H} = (Q)  2  H(2; 3; 3)

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Cách 2: MH^{  }





Do MH . a₂ 0  t 1. Vậy điểm H(2; 3; 3).

Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz.

Cho mặt phẳng (P): x  y + z + 3 = 0 và 2 điểm A (1; 3; 2), B (5; 7; 12).

a/ Tìm tọa độ điểm A' điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).

b/ Giả sử M là một điểm chạy trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB.

Giải a/ (P): x – y + z + 3 = 0 (1)  n_p (1; 1; 1)

Gọi d qua A và d  P  a_d n_p(1; 1; 1)

d qua A(1; 3; 2) có vectơ chỉ phương a_d (1; 1; 1) Phương trình d:

  

   

   



x 1 t (2)

y 3 t (3)

z 2 t (4)

thay (2), (3), (4) vào (1) ta được: t = 1

Ta có AA'  (P) = H(2; 2; 3)

 Vì H là trung điểm AA' (A' là điểm đối xứng A qua (P)

Ta có: ^ ^

 

 

   

 

          

 

     

 

A H A A

A H A A

A H A A

x 2x x x 3

A 3 ; 1; 4

y 2y y y 1

z 2z z z 4

b/ Gọi f(x; y; z) = x – y + z + 3

 

f( 1; 3; 2) = 1 + 3 2 + 3 = 3 > 0 f 5; 7; 12 5 7 12 3 3 0

 

          A, B cùng phía đối với (P) Do A, A' đối xứng qua (P)  MA = MA'

Ta có: MA + MB = MA' + MB  A'B = 18

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + MB = 18 xảy ra  A, B, M thẳng hàng  M = A'B  (P)  M(4; 3; 4).

 Vấn đề 3: KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI KHOẢNG CÁCH

Bài toán 1: Tính khoảng cách từ điểm M(x0, y0, z0) đến mặt phẳng ().

Ax + By + Cz + D = 0 (A² + B² + C²  0) Phương pháp





 

0 0 0

2 2 2

Ax By Cz D

d M, A B C

Bài toán 2: Tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ().

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của M trên ().

 Khoảng cách từ M đến () chính là độ dài đoạn MH.

Bài toán 3: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song d1 và d2. Phương pháp

 Tìm một điểm A trên d.

 Khoảng cách giữa d1 và d2 chính là khoảng cách từ điểm A đến d2. Bài toán 4: Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song

(): Ax + By + Cz + D1 = 0 Và (): Ax + By + Cz + D2 = 0

Phương pháp

Khoảng cách giữa () và () được cho bởi công thức:



 



 

1 2

2 2 2

D D

d ,

A B C

Bài toán 5: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau d1 và d2.

Phương pháp

 Cách 1:

 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa d1 và song song với d2.

 Tìm một điểm A trên d2.

 Khi đó d(d1, d2) = d(A, ())

 Cách 2:

 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa d1 và song song với d2.

 Tìm phuơng trình mặt phẳng () chứa d2 và song song với d1.

 Khi đó d(d1, d2) = d((), ())

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

+ Ghi chú:

Mặt phẳng () và () chính là 2 mặt phẳng song song với nhau và lần lượt chứa d1 và d2.

 Cách 3:

 Viết d2 dưới dạng phương trình tham số theo t1.

 Viết d2 dưới dạng phương trình tham số theo t2.

 Xem A  d1  dạng tọa độ A theo t1.

 Xem B  d2  dạng tọa độ B theo t2.

 Tìm vectơ chỉ phương a , ₁ a lần lượt của d₂ 1 và d2.

 AB là đoạn vuông góc chung d1 và d2.

 

  

1 2

AB a

AB a tìm được t1 và t2.

 Khi đó d(d1, d2) = AB

 Cách 4 : d d ,d





 

 

1 2 1 2

1 2

a ,a .M M a ,a

GÓC Cho 2 đường thẳng d và d' có phương trình:

d:   

 

0 0 0

x x y y z z

a b c (a² + b² + c²  0)

d’:       

 ⁰  ⁰ ⁰

x x y y z z

a b c





Cho 2 mặt phẳng  và  có phương trình:

(): Ax + By + Cz + D = 0 (A² + B² + C²  0) (): A'x + B'y + C'z + D' = 0





1. Góc giữa hai đường thẳng d và d':

  

  ² ² ² ² ² ² aa bb cc

cos a b c . a b c

2. Góc giữa hai mặt phẳng () và ():

  

  ² ² ² ² ² ² AA BB CC

cos A B C . A B C

3. Góc giữa hai đường thẳng d và mặt phẳng ():

 

  ² ² ^{2 2} ² ² Aa Bb Cc

sin A B C . a b c

B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0;–2; 3) và mặt phẳng (P): 2x – y – z + 4 = 0.

Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

Giải Giả sử M(x; y; z).

 M  (P)  2x – y – z + 4 = 0 (1).

 MA = MB  (x – 2)² + y² + (z – 1)² = x² + (y + 2)² + (z – 3)²  x + y – z + 2 = 0 (2).

 Từ (1) và (2) ta có     

    



2x y z 4 0 x y z 2 0 ^

    

    



y z 2x 4 (a) y z x 2 (b) Lấy (a) trừ (b) được: yx 2

2 . Lấy (a) cộng (b) được: z3x 6 2

 MA = 3  (x – 2)² + y² + (z – 1)² = 9 





   

2 2

2 x 2 3x 6

x 2 1 9

2 2

 14x² + 12x = 0  x = 0 hoặc x = 6 7 Với x = 0, suy ra y = 1 và z = 3.

Với x = 6

7, suy ra y = 4

7 ^{và z =} 12

7 ^. Vậy M(0; 1; 3) hay M 6 4 12; ;

7 7 7

 

 

 ^.

Cách 2 :

 MA = MB  M nằm trên mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn AB

 Mặt phẳng (Q) đi qua trung điểm I(1; –1; 2) của đoạn AB và có véctơ pháp tuyến là ^IA





 Mặt khác M còn nằm trên mặt phẳng (P) nên M nằm trên giao tuyến  của (P) và (Q)

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Giao tuyến  đi qua A(0; 1; 3) và có véctơ chỉ phương ^a





phương trình

 

x 2t

y 1 t t R z 3 3t

 

   

  



 Vì M  nên M(2t; 1 + t; 3 + 3t)

 MA = 3  (2 – 2t)² + (–1 – t)² + (–2 – 3t)² = 9  t = 0 hoặc t = 3

7 Vậy M(0; 1; 3) hay M 6 4 12; ;

7 7 7

 

 

 .

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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 .

Giải

 I là giao điểm của  và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:

x 2 y 1 z

1 2 1

x y z 3 0

 

  

  

    





x 2 y 1

1 2

y 1 z

2 1

x y z 3 0

 

 

 

 

 

  

    



 x 1 y 1 z 1

 

 

 

. Suy ra: I(1; 1; 1).

 Giả sử M(x; y; z), thì: ^IM





 Véctơ chỉ phương của đường thẳng  là: ^a





 Theo giả thiết ta có:

+) M  (P)  x + y + z – 3 = 0 (1) +) MI    IM a IM.a 0  1(x – 1) – 2(y – 1) – 1(z – 1) = 0  x – 2y – z + 2 = 0 (2).

+) MI = 4 14 



 

 



 Thế y = 2x – 1 vào (1) ta được: x + (2x – 1) + z – 3 = 0  z = 4 – 3x.

 Thế y = 2x – 1 và z = 4 – 3x vào (3) ta được:



 

 







Vậy M(5; 9; –11) hoặc M(–3; –7; 13).

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, 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 . Giải

Ta có: C   nên C (1 + 2t; t; –2 – t) với t 

C  (P) nên (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0  t = –1. Do đó C (–1; –1; –1) M   nên M (1 + 2m; m; –2 – m) (m  )

MC² = 6  (2m + 2)² + (m + 1)² + (–m – 1)² = 6  6(m + 1)² = 6  m + 1 = 1  m = 0 hay m = –2

Vậy M1 (1; 0; –2) ; M2 (–3; –2; 0) Do đó: d (M1, (P)) =  

1 0 2  1

6 6; d (M2, (P)) =    3 4 0  1

6 6 .

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1

3.

Giải Phương trình mặt phẳng (ABC): x y z  1

1 b c  bc.x + cy + bz – bc = 0 Vì d (O, ABC) = 1

3 nên 

 

2 2 2 2

bc 1

b c b c 3  9b²c² = b²c² + b² + c²  b² + c² = 8b²c² (1) (P): y – z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là n P (0; 1; 1) .

(ABC) có vectơ pháp tuyến là n (bc; c; b) .

Vì (P) vuông góc với (ABC) nên n n _Pn.n_P0  c – b = 0 (2) . Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra: b = c = 1

2. Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, 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.

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Giải

Ta có M  Ox  M (m; 0; 0) (m ) suy ra OM = |m| .

Đường thẳng  qua N (0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương a = (2; 1; 2) . NM (m; 1; 0)   a , NM   (2; 2m; 2 m) 

Ta có: d (M, ) = OM  a, NM a OM

 

    5m²4m 8  m 3

 4m² – 4m – 8 = 0  m = 1 hay m = 2.

Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) . Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và (Q): x  y + z  1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông gócvới (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.

Giải

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n ^P (1; 1; 1). Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến là m ^Q (1; 1; 1) .

Mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) nên có vectơ pháp tuyến là k(R) n , m(P) (Q)(2;0; 2) 2(1; 0; 1)  

Do đó phương trình (R) có dạng : x  z + D = 0.

Ta có: d (O; (R)) = 2  D    

2 D 2 2

2 .

Vậy phương trình (R): x z 2 2 0 hay x z 2 2 0       Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

  

 

  x 3 t y t z t

và 2: x 2 y 1 z   

2 1 2.

Xác định tọa độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1.

Giải M  1  M(3 + t; t; t)

2 qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương a₂(2; 1; 2). Ta có: AM (1 t; t 1; t)   [a ,AM] (2 t; 2; t 3)₂   

Giả thiết cho: d(M; 2) = 1

²

2

[a , AM]

a 1

       

 

2 2

(2 t) 4 (t 3) 4 1 4 1

       

  

2 2

2t 10t 17 3 2t 10t 8 0

t 1hayt 4

t 1 M(4; 1; 1);t 4 M(7; 4; 4) Bài 6: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:   



x y 1 z

2 1 1và

mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 2 = 0.

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P).

Giải

1. d qua A (0; 1; 0) có 1 vectơ chỉ phương là ad = (–2; 1; 1) (P) có 1 vectơ chỉ phương là n_(P) = (2; –1; 2)

() chứa d và vuông góc với (P) nên:

() qua A (0; 1; 0) và có 1 vectơ chỉ phương:

n( )_ a , n(d) (P)3(1; 2; 0)

Phương trình mặt phẳng (): (x – 0) + 2(y – 1) = 0  x + 2y – 2 = 0 2. M  d  M (–2t; 1 + t; t)

M cách đều O và (P)  OM = d (M , (P))

     

   

 

2 2 2 2( 2t) (1 t) 2(t) 2

4t (1 t) t

4 1 4

 6t²2t 1 t 1    t = 0  M (0; 1; 0) Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và hai đường thẳng 1: x 1 y z 9   

1 1 6 ; 2:     

 x 1 y 3 z 1

2 1 2 . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2

và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Giải

2 qua A(1; 3; 1) và có vectơ chỉ phương ^u





M  1  M(1 + t; t; 9 + 6t)

   

MA 2 t; 3 t; 8 6t , MA, u     8t 14; 20 14t; t 4  

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 MA,u  3 29t²88t 68 

Khoảng cách từ M đến 2:





d M, MA,u 29t 88t 68

u Khoảng cách từ M đến (P):

   

 

      

 

  ²

2 2

1 t 2t 12t 18 1 11t 20 d M, P

1 2 2 3

Giả thiết suy ra: 

  

2 11t 20

29t 88t 68

3

 35t² – 88t + 53 = 0  t = 1 hoặc t = 53 35 Ta có ^{t 1} M 0; 1; 3 ; t

 

35 35 35 35

 

      

Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1; 2; 1), B(2; 1; 3), C(2; 1; 1) và D(0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P).

Giải

Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: (P) qua A, B và song song với CD Vectơ pháp tuyến của (P): n AB,CD 

^{AB  }









 

Phương trình (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0

Trường hợp 2: (P) qua A, B và cắt CD. Suy ra (P) cắt CD tại trung điểm I của CD.

Ta có I(1; 1; 1)  ^AI





^n_^{AB, AI}_^





Phương trình (P): 2x + 3z – 5 = 0

Vậy (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0 hoặc (P): 2x + 3z – 5 = 0 Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 5; 3) và đường thẳng d :x 1 y z 2   

2 1 2

1/ Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.

2/ Viết phương trình mặt phẳng () chứa d sao cho khoảng cách từ A đến () lớn nhất.

Giải 1/ Gọi H(1 + 2t; t; 2 + 2t)  d.

 AH (2t 1; t 5; 2t 1)   

 Vectơ chỉ phương của d: a (2; 1; 2)

 Yêu cầu bài toán: AH a  2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) = 0   t = 1  H(3; 1; 4) là hình chiếu của A lên d.

2/ Phương trình tổng quát của d:    

   



x 2y 1 0 2y z 2 0

Cách 1: () chứa d nên: (): m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 (m² + n²  0)  mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0





 

2 2

9m 9n d M,( )

5m 5n 8mn

Vì () chứa d và d(M, ()) lớn nhất  d(M, ()) = AH

 

  

 

2 2

9n 9m

1 16 1

5m 5n 8mn

 9(n – m)² = 2(5m² + 5n² – 8mn)  m² + n² + 2mn = 0 Chọn n = 1  m = 1

Vậy (): x – 4y + z – 3 = 0.

Cách 2: Mặt phẳng () chứa d và d(A; ()) lớn nhất  () đi qua H và vuông góc AH.

đi qua H(3; 1; 4) ( ) :

có vectơ pháp tuyến: AH (1; 4; 1)

   

 Phương trình (): 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0  x – 4y + z – 3 = 0.

Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' với A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A'(0; 0; 1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

1/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN.

2/ Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc

 biết cos = 1 6 .

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Giải

1/ Gọi (P) là mặt phẳng chứa A'C và song song với MN. Khi đó:

d(A'C, MN) = d(M, (P)).

Ta có: C(1; 1; 0), M 1 ; 0; 0 2

 

 

 , N 1 ; 1; 0 2

 

 

 , A'C (1; 1; 1), MN(0; 1; 0) 

^{1 1} 1 1 1 1

 

A C, MN ; ; 1; 0; 1

1 0 0 0 0 1

   

   

   

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A'(0; 0; 1), có vectơ pháp tuyến n (1; 0; 1) có phương trình là: 1.(x  0) + 0.(y  0) + 1.(z  1) = 0  x + z  1 = 0.

Vậy d(A'C, MN) = d(M, (P)) =

 

  

2 2 2

1 0 1 2 1

1 0 1 2 2

Cách khác: d(A'C,MN) =  

 

 

A'C,MN A'M

A'C,MN  1

2 2

2/ Gọi mặt phẳng cần tìm là (Q): ax + by + cz + d = 0 (a² + b² + c² > 0).

Vì (Q) đi qua A'(0; 0; 1) và C(1; 1; 0) nên   

    

   



c d 0

c d a b

a b d 0

Do đó phương trình (Q) có dạng: ax + by + (a + b)z  (a + b) = 0 Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n (a; b; a b) 

Mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến k (0; 0; 1)

Vì góc giữa (Q) và (Oxy) là  mà cos = ¹ nên cos n,k

 

6 6

 

     

  

2 2 2

2 2 2

a b 1 6(a b) 2(a b ab)

a b (a b) 6

 a = 2b hoặc b = 2a.

Với a = 2b, chọn b = 1, được mặt phẳng (Q1): 2x  y + z  1 = 0 Với b = 2a, chọn a = 1, được mặt phẳng (Q2): x  2y  z + 1 = 0 Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 2- ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 2; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) 1/ Viết phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng (ABC) 2/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa OA sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P).

Giải

1/ Ta có: a_ AB,AC = (6; 3; 4). Nên phương trình  qua O và vuông góc (ABC)  : x y z 

6 3 4

2/ (P): Ax + By + Cz + D = 0; (A² + B² + C²  0)

 O  (P):  D = 0

 A  (P)  A + 2B = 0  A = 2B

 d(B; (P)) = d(C; (P))  4B D  3C D 4B 3C

 Chọn C = 4  B = 3; A = 6  (P1): 6x + 3y + 4z = 0.

 Chọn C = 4  B = 3; A = 6  (P2): 6x + 3y – 4z = 0.

Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

d:     



x 1 y 3 z 3

1 2 1 và mặt phẳng (P): 2x + y  2z + 9 = 0

a/ Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2.

b/ Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), biết  đi qua A và vuông góc với d.

Giải

a/ Phương trình của tham số của d:  

  

    

  

 x 1 t

y 3 2t t

z 3 t I  d  I(1  t; 3 + 2t; 3 + t), ^{d I,(P)}

 

3 .

 

t 2 Vậy có hai điểm I1(3; 5; 7), I2(3; 7; 1).

b/ Vì A  d nên A(1  t; 3 + 2t; 3 + t).

Ta có A  (P)  2(1  t) + (3 + 2t)  2(3 + t) + 9 = 0  t = 1.

Vậy A(0; 1; 4).

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n (2; 1; 2).  Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 1; 2; 1). 

Vì   (P) và   d nên  có vectơ chỉ phương u_n,u(5; 0; 5) 5(1;0;1). 

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Phương trình tham số  :  

 

   

  

 x t

y 1 t

z 4 t Bài 13:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc O. Biết A(2; 0; 0); B(0; 1; 0); S(0; 0; 2 2 ).

Gọi M là trung điểm của cạnh SC.

a/ Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BM.

b/ Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

Giải Cách 1:

Từ giả thiết suy ra SO  (ABCD).

SA = SC = 2 3 a/ Ta có OM // SA 





OM

 tan OMB = 1

3  OMB = 30⁰ Vẽ OH  SA  OH  OM và OH  OB  OH  (OMB)

Vì SA // OM  SA // (OMB)  d(SA, MB) = d(H, OMB) = OH = 2 6 3 . b/ (ABM)  SD = N  N là trung điểm SD

Ta có: ^SBMN  

SBCD

V SM SN 1.

V SC SD 4 V_SMNB1V_SBCD1V_SABCD

4 8

Tương tự : V_SABN 1V_SABCD 4

Vậy V_SABMNV_SMNBV_SABN 3V_SABCD3 1 1. . AC.BD.SO

8 8 3 2

 1 4.2.2 2 2

16 (đvtt).

Cách 2 : Giải bằng hình giải tích.

M

A

B O

z

y

x

N C

D

S

a/ O là trung điểm của BD  D(0; �