BÀI TẬP TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN PHẦN 2

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
03. TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN OXYZ – P2
Bài 1:
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1
2 2 1
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
;
2 3
1 1 1 2
: ; :
1 2 1 1 1 2
x y z x y z
d d
− + − −
= = = =
−
. Chứng minh d
2
và d
3
chéo nhau. Viết phương
trình đường thẳng
∆

vng góc với d
1
,cắt d
2
và d
3
tại hai điểm A, B sao cho
3
AB
=

Lời giải:
(
)
(
)
( )
   
= − = − = − ≠
   
∗ ⇒ = + + − − − − ∆
     

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau.
Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';
2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,

u u u u
BA t t t t t t

( ) ( ) ( ) (
)
( ) ( ) ( )
( )
∆ ⊥ + + − − − + − − = ⇔ = = + − − −

=
+ + − + − − = ⇔ + = ⇔

= −

− +
= − − ∆ = =
− −


1
2 2 2
2
do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2
0
Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0
1
1 1
Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của :
1 2 2
Với
t t t t t t t t BA t t
t
t t t t

t
x y z
BA
( )
+ +
= − − ∆ = =
− −
− + + +
∆ = = ∆ = =
− − − −

1 2
3 1
t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của :
2 2 1
1 1 3 1
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :
1 2 2 2 2 1
x y z
BA
x y z x y z

Bài 2: Trong khơng gian tọa độ với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 1 1
1 2 3
x y z
− + −
= =
−
và hai

đ
i
ể
m
A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3). Tìm trên
đườ
ng th
ẳ
ng d
đ
i
ể
m M sao cho MA + MB
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Lời giải:
M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)
∈
d.
Ta có MA + MB =
2 2 2
( 2) (2 3) (2 3 )
t t t
− + − + −

+
2 2 2
(2 ) (2 3) ( 2 3 )
t t t
+ + + + − −

=
2 2
14 28 17 14 28 17
t t t t
− + + + +
=
2 2
3 3
14 ( 1) ( 1)
14 14
t t
 
− + + + +
 
 
 

+ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1,
3
14
), F(–1, –
3
14
) và N(t, 0)

Ta có MA + MB =
14
(NE + NF)
≥
14
FE = 2
17

+ E và F nằm hai bên trục hồnh và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hồnh nên dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0
+ Vậy min(MA + MB) = 2
17
khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)

Bài 3:
Trong khơng gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho m
ặ
t c
ầ
u (S):
2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 17

x y z
+ + − + + =
và m
ặ
t
ph
ẳ
ng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua A(8, 0, – 23), n
ằ
m trong (P) và ti
ế
p
xúc v
ớ
i m
ặ
t c
ầ

u (S).
Lời giải:
(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R =
17
. (P) có VTPT
n

= (2, 2, 1)
+ Gọi
u

= (a, b, c) là VTCP đường thẳng
∆
cần tìm (a
2
+ b
2
+ c
2
> 0)
+
∆
⊂
(P)
⇒
u

⊥
n


⇔
2a + 2b + c = 0
⇔
c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có
AI

= (–9, 2, 20), [
AI

,
u

] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

∆
tiếp xúc (S)
⇔
d(I,
∆
) = R
⇔
,
17
AI u
u
 
 
=
 



⇔
2 2 2 2 2 2
(2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.
c b a c b a a b c
− + + + − − = + +
(2)
+ Từ (1) và (2) ta có :
2 2 2 2 2 2
( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]
a b a b b a a b a b
− − + − + − − = + + − −

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
⇔
896b
2
– 61a
2
+ 20ab = 0
+ Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b
≠
0. Chọn b = 1
Ta có –61a
2
+ 20a + 896 = 0
⇔
a = 4 hoặc a =

224
61
−

+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =
224
61
−
, b = 1 thì c =
326
61
.
Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là
8 4
:
23 10
x t
y t
z t
= +


∆ =


= − −

và
224
8

61
':
326
23
61
x t
y t
z t

= −


∆ =



= − +


Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0
S x y z x y z P x y z
+ + − + − + = + − + =
. Điểm M di động trên (S) và điểm N di
động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.
Lời giải:
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
( )

( )
(
)
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M
0
và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0
là hình chiếu vuông góc của I trên mặt
phẳng (P) và M
0
là giao điểm của đoạn thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao điểm của
∆
và (P).

Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
(
)
2;2; 1
P
n
= −

và qua I nên có phương trình là
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

ℝ
.
Tọa độ của N
0

ứng với t nghiệm đúng phương trình:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t
+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −
. Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
 
− −
 
 
.
Ta có
0 0
3
.
5
IM IN
=
 
Suy ra M
0
(0; -3; 4)
Bài 5:

Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng
(
)
: 3 0
P x y z
+ + − =
và đường thẳng
1
:
1 3 1
x y z
−
∆ = =
−
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng d, n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng (P), vuông góc v

ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
và cách
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
8
66
.
Lời giải:
Ta có (P) có vtpt
(
)
1;1;1
P
n =


,
∆
có vtcp
(
)
1;3; 1
u
∆
= −

,
(
)
1;0;0M
∈∆
.
Do
( )
( )
; 4;2;2
d P
d P
d
u n
d P
u n u
d
u u
∆

∆

⊥
⊂
 
 
⇒ ⇒ = = −
 
 
⊥ ∆

⊥


 
  
 
G
ọ
i (Q) là m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a (d) và song song v
ớ
i
∆
. Khi

đ
ó ta ch
ọ
n
( )
; 2 4;1;7
Q d
n u u
∆
 
= = −
 
  
suy ra (Q) có d
ạ
ng
4 7 0
x y z d
+ + + =
.
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
4
; ; ;
66
d
d d d P d M P

+
∆ = ∆ = =
. T
ừ

đ
ó k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t ta
đượ
c:
4
8
4 8 4; 12
66 66
d
d d d
+
= ⇔ + = ⇔ = = −

+) N
ế

u
(
)
4 :4 7 4 0
d Q x y z
= ⇒ + + + =
. Ch
ọ
n
đ
i
ể
m
( ) ( )
1 13
; ; 1
3 3
N P Q d
 
− − ∈ =
 
 
∩
suy ra ph
ươ
ng trình
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
1 13
1

3 3
:
2 1 1
x y
z
d
+ −
+
= =
− −
+) Nếu
(
)
12 :4 7 12 0
d Q x y z
= − ⇒ + + − =
. Chọn điểm
(
)
(
)
(
)
1;1;1
N P Q d
∈ =
∩

suy ra phương trình
1 1 1

:
2 1 1
x y z
d
− − −
= =
− −

Bài 6:
Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng lần lượt có phương trình

1 2 3
3 2 1 2 1 1
: ; : ; :
2 1 3 1 2 3 1 2 3
x y z x y z x y z
− − − + + −
∆ = = ∆ = = ∆ = =
− −

Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(
)
4; 3;2
A −
c
ắ
t

1 2
,
∆ ∆
và vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
3
∆
.
Lời giải:
1
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m
(
)
0,0,3
M
và có vtcp
(
)

1
2,1, 3
u
= −

;
2
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m
(
)
2,1,0
N
và có vtcp
(
)
1
1,2, 3
u
= −

. Ta có
1 2
; . 0

u u MN
 
=
 
  
suy ra
1 2
,
∆ ∆

đồ
ng ph
ẳ
ng suy ra
∆
n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
1 2
,
∆ ∆

K
ế

t h
ợ
p v
ớ
i
∆
vuông góc v
ớ
i
3
∆
nên ta có
( )
3
3
1 2
1 2
,
, , 3 1, 2,1
u u u
u u u u
u u
∆
∆ ∆
∆ ∆

 
⊥

 

 
 
⇒ = = −

 
 
⊥


  
   
 

Đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m A và có vtcp
(
)
1, 2,1
−
có ph

ươ
ng trình là:
3 3 2
1 2 1
x y z
− + −
= =
−

Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(
)
1;0;4
M
,
(
)
1;1;2
N
và mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 2 0.
x y z x y
+ + − + − =
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Lời giải:
Ta có
(
)
(

)
2 2
2 2 2 2
2 2 2 0 1 1 4
x y z x y x y z
+ + − + − = ⇔ − + + + =
.
Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2. Ta có
MN

= (0; 1; − 2).
Gọi
(
)
, ,
n A B C

với
2 2 2
0
A B C
+ + >
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Vì mp(P) qua MN nên
(
)
. 0 2 0 1
n MN n MN B C
⊥ ⇔ = ⇔ − =
   

Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận
(
)
, ,
n A B C

làm VTPT nên có phương trình
(
)
(
)
(
)
1 0 4 0 z 4 0
A x B y C z Ax By C A C
− + − + − = ⇔ + + − − =
. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)
( )
( )
− + − −
⇔ = ⇔ =
+ +
2 2 2
1. 1. 0. 4
, 2
A B C A C
d I P R
A B C
⇔

( )
+ = + +
2 2 2
4 2 2
B C A B C

Từ (1) và (2), đưa đến
2 2
4 0
A C
− =
(*)
Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vô lí). Do vậy
0
C
≠
. Chọn
1 2.
C A
= ⇒ = ±

+ Với A = 2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) :
2 2 6 0.
x y z
+ + − =

+ Với A = -2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) :
2 2 2 0.
x y z
− − + =

Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và 2x − 2y − z + 2 = 0.

Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1
d : ; d :
1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = = và
mặt phẳng
(
)
P :x y 2z 5 0
+ − + =
. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và
cắt
(
)
(
)
1 2
d , d
lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi
(
)
(

)
(
)
A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1
− + − + + + +
⇒
= − + + − + + − + +


Do AB song song v
ới (P) nên:
(
)
P
AB n 1;1; 2 b a 4
⊥ = − ⇔ = −
 
. Suy ra:
(
)
AB a 5; a 1; 3
= − − − −


Do đó:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3
= − + − − + − = − + = − + ≥

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
Suy ra:
{
a 2
min AB 3 3
b 2
=
= ⇔
= −
,
(
)
1;2;2
A
,
(
)
3; 3; 3
AB
= − − −


Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:
x 1 y 2 z 2
1 1 1
− − −
= = .

Bài 9:
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ

Oxyz
, cho hai
đ
i
ể
m
A
(1; 5; 0),
B
(3; 3; 6) và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆:
x y z
1 1
2 1 2
+ −
= =

−
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
d

đ
i qua
đ
i
ể
m
B
và c
ắ
t
đườ
ng th
ẳ
ng ∆ t
ạ
i
đ
i

ể
m
C
sao cho
di
ệ
n tích tam giác
ABC
có giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Lời giải:
Ph
ươ
ng trình tham s
ố
c
ủ
a ∆:
= − +


= −


=


x t
y t
z t
1 2
1
2
.
Đ
i
ể
m C thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng ∆ nên t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m C có d
ạ
ng
− + −
C t t t

( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)
= − + − − = −
 

   
= − − − − ⇒ = − +
   
AC AB t t t AC AB t t
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216
   

Diện tích ∆ABC là
 
= = − +
 
S AC AB t t
2
1
, 18 36 216
2
 
=
t
2
18( 1) 198
− +
≥

198

Vậy Min S =
198
khi
t
1
=
hay C(1; 0; 2).
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận
BC ( 2; 3; 4)
= − − −

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
− − −
= =
− − −
.

Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình





+=
=

+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HI
AH
≥
=> HI lớn nhất khi
I
A
≡

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH
+
+
⇒
∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là véc tơ

chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y - 5z - 77 = 0