Chuyên đề Hình học giải tích trong không gian OXYZ

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

231
 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.
1 2 3 1 2 3
u (u ; u ; u ) u u i u j u k    

2.
1 1 2 2 3 3
a b (a b ; a b ; a b )    

3.
  
1 1 2 2 3 3
a.b a b a b a b

4.
31
12
23
23
31
12
aa
aa

aa
a,b ; ;
bb
bb
bb








5.
  
2 2 2
1 2 3
a a a a

6.
11
22
33
ab
a b a b
ab



  






7.

a.b
Cos(a,b)
a . b

8.
1 2 3 1 2 3
a cùng phương b a,b 0 a :a :a b :b : b

   


9.



a,b,c đồng phẳng a,b .c 0

10. Diện tích tam giác:




ABC

1
S AB,AC
2

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

12. Thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D':
   




ABCD.A B C D
V 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 (

  
2 2 2
A B C 0
)

0 0 0
đi qua M(x ; y ; z )
( ):
co ù vectơ pháp tuyến : n (A;B;C)








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



Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

232
 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:
cóvectơ 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)
aaa
  
  

 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
(P)
n OA,i



.


d
A


O
x
P
Q
M
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

233
+) Vectơ pháp tuyến của (Q) là
(Q) d
na
.
  = (P)(Q)  véctơ chỉ phương của  là:
(P) (Q)
a n ,n




.
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
35
.
Giải
 Đường thẳng  đi qua E(–2; 1; –5) và có vectơ chỉ phương
 
a 1; 3; 2
nên
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 1; 2 ; 1  
,
 
AM t; 3t; 6 2t  
,
 
AB,AM t 12; t 6; t

    

.
 S
MAB
=
35

1
AB,AM 3 5
2




   

22
2
t 12 t 6 t 6 5    

 3t
2
+ 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 z
I 3; 1; l
1 1 1
x 2y 3z 4 0









   


Vectơ pháp tuyến của (P):
 
n 1; 2; 3
; vectơ chỉ phương của :
 
u 1; 1; 1




Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

234
Đường thẳng d cần tìm qua I và có một vectơ chỉ phương:

 
 
 
 
PP
12
n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1  

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 (P
1
): x + 2y + 3z + 4 = 0
và (P
2
): 3x + 2y – z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2
)
Giải
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2

):

 
 
 
 
PP
12
n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1  

(P) vuông góc với hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2
)
 (P) có một vectơ pháp tuyến:
     
   
P P P
12
n n ,n 8; 10; 4 2 4; 5; 2

      


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 1; 1; 1 ; AC 2; 2; 4    

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

z4

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

235
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


   











x2
2x 2y z 3 0
y3
x y 1 z 1
z7
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


x2
y 3 M(2; 3; 7)
z7



  




.




Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

236
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 ù vectơ 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  MO
2

= OA
2
 t
2
+ t
2
+ (2t + 1)
2
= 1 + 1 + 9
 6t
2
+ 4t – 10 = 0 
   
5
t 1 t
3

 Với t = 1 tọa độ điểm M(1; 1; 3).
 Với

5
t
3
tọa độ điểm
5 5 7
M ; ;
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 MA
2
+ MB
2
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)
 MA
2
+ MB
2
= (t
2

+ (6  t)
2
+ (2  2t)
2
) + ((2 + t)
2
+ (4  t)
2
+ (4  2t)
2
)
= 12t
2
 48t + 76 = 12(t 2)
2
+ 28
MA
2

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

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

237
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 d
1
và d
2
.
2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho A, M, N thẳng hàng
Giải
1. Vectơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là:
1
u (2; 1; 1)
và
2
u (1; 2;1)

 vectơ pháp tuyến của (P) là
12
n u ,u ( 1; 3; 5)


    


Vì (P) qua A(0; 1; 2)  (P) : x + 3y + 5z  13 = 0.
Do B(0; 1; 1)  d
1
, C(1; 1; 2)  d
2
nhưng B, C  (P), nên d
1
, d
2
// (P).
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z  13 = 0
2. Vì M  d
1
, N  d
2
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
z2

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 đònh điểm A  
1
, B  
2
sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Giải
1. 
1
qua M
1
(1; 1; 2) có vectơ chỉ phương
 
1
a 1; 1; 0


2
qua M
2
(3; 1; 0) có vectơ chỉ phương

 
2
a 1; 2; 1

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

 
12
n a ,a 1; 1; 1

   





Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

238
Phương trình: (P): (x – 1) – (y + 1) + (z – 2 ) = 0 (vì M
1
(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
z2



    
  





 Phương trình tham số 
2
:
 
2
x 3 t
B B 3 t ; 1 2t ; t
y 1 2t
zt





  

   








 
  
     AB 2 t t;2 2t t;t 2

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
.
d
a
= 0 với
d
a
= (2; 1; 4)
 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).
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

239
 H  (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H phụ thuộc vào tham số t.
 Tìm tham số t nhờ điều kiện

d
AH a

 Cách 2:
(d) cho bởi phương trình chính tắc.
Gọi H(x, y, z)


d
AH a
(*)
 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 –

240
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
(D)
A
A’
()
d
(D)
A

M
A’
d
(D)
A
d
A’
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

241
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
  






   


1 11 7
H ; ;
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:
     
   

12
x 2 y 2 z 3 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 d
1
.
2/ Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với d
1
và cắt d
2
.
Giải
1/ Mặt phẳng () đi qua A(1; 2; 3) và vuông góc với d
1

có phương trình là:
2(x  1)  (y  2) + (z  3) = 0  2x  y + z  3 = 0.
Tọa độ giao điểm H của d
1
và () là nghiệm của hệ:

x0
x 2 y 2 z 3
y 1 H(0; 1; 2)
2 1 1
2x y z 3 0
z2


  



    



   




Vì A' đối xứng với A qua d
1
nên H là trung điểm của AA' A'(1; 4; 1)

2/ Viết phương trình đường thẳng :
Vì A' đối xứng với A qua d
1
và cắt d
2
, nên  đi qua giao điểm B của d
2
và ().
Tọa độ giao điểm B của d
2
và () là nghiệm của hệ
B
H
K
A
Q



Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

242

x2
x 1 y 1 z 1
y 1 B(2; 1; 2)
1 2 1
2x y z 3 0
z2



  



     



   




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 A
1
B
1
C

1
D
1

có A trùng với gốc tọa độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A
1
(0; 0;
2
).
a/ Viết phương trình mp(P) đi qua 3 điểm A
1
, B, C và viết phương trình hình
chiếu vuông góc của đường thẳng B
1
D
1
lên mặt phẳng (P).
b/ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với A
1
C. Tính diện tích thiết
diện của hình chóp A
1
ABCD với mặt phẳng (Q).
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

243
Giải
Ta có: A(0; 0; 0); B
1
(1; 0;

2
); C
1
(1; 1;
2
); D
1
(0; 1;
2
)
a/
   
11
A B 1; 0; 2 , A C 1; 1; 2   


 



P 1 1
n A B; A C 2; 0; 1

 (P) qua A
1
và nhận
P
n
làm vectơ pháp tuyến
(P):

   
 
     2 x 0 0 y 0 1 z 2 0


  2.x z 2 0

Ta có
 
11
B D 1; 1; 0

 Mặt phẳng () qua B
1
(1; 0;
2
)
nhận
 
P 1 1
n n , B D 1; 1; 2


   


làm vectơ pháp tuyến. Nên () có phương trình:
(): 1(x – 1) – 1(y – 0) +
2
(z

 2
) = 0
 x + y
  2z 1 0

D
1
B
1
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 A
1
C:
(Q): x + y 
2
z = 0 (1)
 Phương trình A
1
C :

 
 
 
 











x 0 t 2
y 0 t 3
t
z 2 2t 4

 Gọi M = A
1
C  (Q) thay (2) (3) (4) vào (1) ta được
1 + t 
 
   
1
2 2 2t 0 t
2














1
x
2
1
y
2
2
z
2
 M
1 1 2
;;
2 2 2





Tương tự A
1
D  (Q) = N
22
0; ;
33




; A
1
B  (Q) = L
22
; 0;
33





B
1
A
1
D
1
C
1

A
D
C
B
x
y
z



Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

244

   

11
AM 1;1; 2 ; AL 2; 0; 2
23

 



1
AM,AL 2; 2; 2
6


AML

12
S AM; AL
26






 

2
NL 1; 1; 0
3
và
 

1
NM 3; 1; 2
6

 




2
NL,NM 1; 1; 2
9





NML
12
S NL,NM
29
(đvdt)
Vậy diện tích thiết diện hình chóp A
1
ABCD với (Q) là:


    
AML NLM
2 2 5 2
S S S
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) 
d
a (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)
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

245
 Phương trình tham số SA:
 










x 0 2t (2)
y 0 (3)
t
z m mt (4)

Thay (2), (3), (4) vào (1): 4t – m
2
+ m
2
t = 0 


2
2
m
t
m4

 SA  () =
2
22
2m 4m
H ; 0;
m 4 m 4








2
2 2 2
2m 4m 2m
OH ; 0; (m; 0; 2)
m 4 m 4 m 4




  

;
OB (2; 2; 0) 2(1; 1; 0)


2
4m
OH, OB ( 2; 2; m)
m4










    

  
42
2
OBH
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:



   


   

   





12
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
     
1
12
a 2; 3; 4 , a 1; 1; 2 , qua M 0; 2; 0

   

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
 





12
a ,a 2;0; 1

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/
  
min 2
MH MH
 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 –

246
Cách 2:

 
       
2
MH 1 t;1 t; 3 2t với H

Do

  
2
MH . a 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 trò nhỏ nhất của
biểu thức MA + MB.
Giải
a/ (P): x – y + z + 3 = 0 (1) 

p
n
(1; 1; 1)
Gọi d qua A và d  P 

dp
an
(1; 1; 1)
d qua A(1; 3; 2) có vectơ chỉ phương


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

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

247
 Vấn đề 3: KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

KHOẢNG CÁCH
Bài toán 1: Tính khoảng cách từ điểm M(x
0
, y
0
, z
0
) đến mặt phẳng ().
Ax + By + Cz + D = 0 (A
2
+ B
2
+ C
2
 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 d
1
và d
2
.
Phương pháp
 Tìm một điểm A trên d.
 Khoảng cách giữa d
1
và d
2
chính là khoảng cách từ điểm A đến d
2
.
Bài toán 4: Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song
(): Ax + By + Cz + D
1

= 0
Và (): Ax + By + Cz + D
2
= 0
Phương pháp
Khoảng cách giữa () và () được cho bởi công thức:

 
 
 





12
2 2 2
DD
d,
A B C

Bài toán 5: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau d
1
và d
2.


Phương pháp
 Cách 1:
 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa d

1
và song song với d
2
.
 Tìm một điểm A trên d
2
.
 Khi đó d(d
1
, d
2
) = d(A, ())
 Cách 2:
 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa d
1
và song song với d
2
.
 Tìm phng trình mặt phẳng () chứa d
2
và song song với d
1
.
 Khi đó d(d
1
, d
2
) = d((), ())

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

248
+ Ghi chú:
Mặt phẳng () và () chính là 2 mặt phẳng song song với nhau và lần lượt
chứa d
1
và d
2
.
 Cách 3:
 Viết d
2
dưới dạng phương trình tham số theo t
1
.
 Viết d
2
dưới dạng phương trình tham số theo t
2
.


Xem A  d
1
 dạng tọa độ A theo t
1
.
 Xem B  d

2
 dạng tọa độ B theo t
2
.
 Tìm vectơ chỉ phương
1
a
,
2
a
lần lượt của d
1
và d
2
.
 AB là đoạn vuông góc chung d
1
và d
2
.









1

2
AB a
AB a
tìm được t
1
và t
2
.
 Khi đó d(d
1
, d
2
) = AB
 Cách 4 :
 
12
d d ,d





1 2 1
2
12
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
(a
2
+ b
2
+ c
2
 0)
d’:

  

  
0 0 0
x x y y z z
a b c

 
2 2 2
a b c 0
  
  

Cho 2 mặt phẳng  và  có phương trình:
(): Ax + By + Cz + D = 0 (A

2
+ B
2
+ C
2
 0)
(): A'x + B'y + C'z + D' = 0
 
2 2 2
A B C 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 ():
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

249



   
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
+ y
2
+ (z – 1)
2
= x
2
+ (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:


x2
y
2
. Lấy (a) cộng (b) được:


3x 6
z
2

 MA = 3  (x – 2)
2
+ y
2
+ (z – 1)
2
= 9

 
   

    
   
   
22
2

x 2 3x 6
x 2 1 9
22

 14x
2
+ 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 1; 1; 1
nên có phương trình x + y – z + 2 = 0 .
 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 –

250
 Giao tuyến  đi qua A(0; 1; 3) và có véctơ chỉ phương
 
a 2; 1; 3
nên có
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
12
y 1 z
21
x y z 3 0













   


x1
y1
z1








. Suy ra: I(1; 1; 1).
 Giả sử M(x; y; z), thì:
 
IM x 1; y 1; z 1   
.

 Véctơ chỉ phương của đường thẳng  là:
 
a 1; 2; 1  
.
 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

     
2 2 2
x 1 y 1 z 1 224     
(3) .
 Lấy (1) cộng (2) ta được: 2x – y – 1 = 0  y = 2x – 1.
 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:

     
2 2 2
x 1 2x 2 3 3x 224     

 

2
x 1 16
 x = 5 hoặc x =–3 .

Với x = 5 thì y = 9 và z = –11. Với x = –3 thì y = –7 và z = 13.
Vậy M(5; 9; –11) hoặc M(–3; –7; 13).
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

251
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  )
MC
2
= 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 M
1
(1; 0; –2) ; M
2
(–3; –2; 0)
Do đó: d (M
1
, (P)) =


1 0 2
1
66
; d (M
2
, (P)) =
  

3 4 0
1
66
.
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 đònh 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
3
b c b c
 9b
2
c
2
= b
2
c
2
+ b

2
+ c
2

 b
2
+ c
2
= 8b
2
c
2
(1)
(P): y – z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là
 
P
n (0; 1; 1)
.
(ABC) có vectơ pháp tuyến là
n (bc; c; b)
.
Vì (P) vuông góc với (ABC) nên
  
PP
n n n.n 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 đònh
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 –

252
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
OM

a






2
5m 4m 8
m
3

 4m
2
– 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
 
P
n (1; 1; 1)
.
Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến là
 
Q
m (1; 1; 1)

.
Mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) nên có vectơ pháp tuyến là

(Q)
(R) (P)
k n , m (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
yt
zt
và 
2
:


x 2 y 1 z
2 1 2
.
Xác đònh 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
2
a (2; 1; 2)
.
Ta có:

AM (1 t; t 1; t)  

2
[a ,AM] (2 t; 2; t 3)   

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

253
Giả thiết cho: d(M; 
2
) = 1

2
2
[a , AM]
1
a

   


22
(2 t) 4 (t 3)
1
4 1 4


       
  
22

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 1
và
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
d
a
= (–2; 1; 1)
(P) có 1 vectơ chỉ phương là
(P)
n
= (2; –1; 2)
() chứa d và vuông góc với (P) nên:
() qua A (0; 1; 0) và có 1 vectơ chỉ phương:

(P)

(d)
()
n a , n 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


   
2
6t 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 đònh 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 2; 1; 2

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 –

254


  

2
MA,u 3 29t 88t 68

Khoảng cách từ M đến 
2
:
 


    
2
2
MA,u
d M, 29t 88t 68

u

Khoảng cách từ M đến (P):
 
 
 
      

  
2
22
1 t 2t 12t 18 1 11t 20
d M, P
3
1 2 2

Giả thiết suy ra:

  
2
11t 20
29t 88t 68
3

 35t
2
– 88t + 53 = 0  t = 1 hoặc t =
53
35

Ta có
 
53 18 53 3
t 1 M 0; 1; 3 ; t M ; ;
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 3; 1; 2 , CD 2; 4; 0 n 2 4; 2; 7

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 0; 1; 0
; vectơ pháp tuyến của (P):

 
n AB, AI 2; 0; 3




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



x 1 y z 2
d:
2 1 2

1/ Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

255
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 (m
2
+ n
2
 0)
 mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0

 



22

9m 9n
d M,( )
5m 5n 8mn

Vì () chứa d và d(M, ()) lớn nhất  d(M, ()) = AH


  

22
9n 9m
1 16 1
5m 5n 8mn

 9(n – m)
2
= 2(5m
2
+ 5n
2
– 8mn)  m
2
+ n
2
+ 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
.