Bài tập hình giải tích trong không gian

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Website: www.moon.vn Facebook:
/>
03. MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌC LỌC OXYZ
Bài 1:
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
.

Bài 2:
Trong không gian v
ớ

i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
vuông góc Oxyz, cho m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 2 1 0
P x y z
− + + =
và
đườ
ng th
ẳ
ng
1 1
:
1 1 2
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
5 2
.

Bài 3:

Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
vuông góc Oxyz, cho m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 1 0
P x y z
+ + − =
và
đườ
ng th
ẳ

ng
2 1
:
1 2 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
2 21
.

Bài 4:

Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
vuông góc Oxyz, cho m

ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 2 0
P x y z
+ − + =
và
đườ
ng th
ẳ
ng
1 6 6
:
1 5 3
x y z
d
− + −
= =
−
. G
ọ
i I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a d và (P). L
ậ

p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
(P), vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d và kho
ả
ng cách t
ừ
I t
ớ
i
∆
b

ằ
ng
2 2
.

Bài 5:

Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
vuông góc Oxyz, cho m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 1 0
P x y z
+ + + =
và
đườ
ng th
ẳ
ng

2 5 2
:
2 6 1
x y z
d
− − +
= =
−
. G
ọ
i I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a d và (P). L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, n
ằ
m trong m
ặ

t ph
ẳ
ng
(P), vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d và kho
ả
ng cách t
ừ
I t
ớ
i
∆
b
ằ
ng
26
.

Bài 6:
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ

a
độ
O
xyz
, cho m
ặ
t ph
ẳ
ng (
α
):
x y z
1 0
+ − − =
, hai
đườ
ng th
ẳ
ng (
∆
):
x y z
1
1 1 1
−
= =
− −
, (
∆′
):

x y z
1
1 1 3
+
= =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (d) n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng (
α
) và c
ắ
t
(
∆′
); (d) và (
∆
) chéo nhau mà kho
ả

ng cách gi
ữ
a chúng b
ằ
ng
6
2
.

Bài 7:
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
O
xyz
, cho m
ặ
t ph
ẳ
ng (P):
x y z
1 0
+ − + =
và
đườ

ng th
ẳ
ng:
d
:
x y z
2 1 1
1 1 3
− − −
= =
− −
. G
ọ
i I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
d
và (P). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình c
ủ
a
đườ
ng th

ẳ
ng
∆
n
ằ
m trong (P),
vuông góc v
ớ
i
d
sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
I
đế
n
∆
b
ằ
ng
h
3 2
=
.

Bài 8:
Trong không gian v
ớ
i h

ệ
to
ạ

độ
O
xyz
, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
x y z
d
1 2
:
2 1 1
− −
= =
, hai
đ
i
ể
m
A B
(1;1;0), (2;1;1)
. Vi
ế
t ph
ươ

ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua A và vuông góc v
ớ
i
d
, sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
B
đế
n
∆
là l
ớ
n nh
ấ
t.

Bài 9:
Trong không gian v
ớ
i h

ệ
to
ạ

độ
O
xyz
, vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
d

đ
i qua
A
(0; 1;2)
−
, c
ắ
t
đườ
ng
th
ẳ

ng
x y z
1
1 2
:
2 1 1
∆
+ −
= =
−
sao cho kho
ả
ng cách gi
ữ
a
d
và
đườ
ng th
ẳ
ng
x y z
2
5
:
2 2 1
∆
−
= =
−

là l
ớ
n nh
ấ
t.
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Website: www.moon.vn Facebook:
/>

Bài 10: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
x y z
1 1
:
2 3 1
+ +
∆ = =
−
và hai điểm
A
(1;2; 1),
−

B
(3; 1; 5)
− −
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ
B đến đường thẳng d là lớn nhất.
Lời giải:
•
Giả sử d cắt

∆
tại M
M t t t
( 1 2 ;3 ; 1 )
⇒ − + − −
,
AM t t t AB
( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)
= − + − − = − −
 

Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó
d B d BH BA
( , )
= ≤
. Vậy
d B d
( , )
lớn nhất bằng BA
H A
⇔ ≡
AM AB AM AB
. 0
⇔ ⊥ ⇔ =
 
t t t t
2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2
⇔ − + − − + = ⇔ =
M
(3;6; 3)

⇒
−

⇒
PT đườngthẳng
x y z
d
1 2 1
:
1 2 1
− − +
= =
−
.
Bài 11: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
x y z
2 5 0
+ − + =
, đường thẳng
x y z
d
3 1 3
:
2 1 1
+ + −
= =
và điểm
A
( 2;3;4)
−

. Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trên (P), đi qua giao
điểm của d và (P), đồng thời vuông góc với d. Tìm điểm M trên
∆
sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Lời giải:
•
Gọi B = d
∩
(P)
⇒

B
( 1;0;4)
−
. Vì
P
d
( )
∆
∆

⊂

⊥

nên
P
d

u n
u u
∆
∆

⊥

⊥

 
 
.
Do đó ta có thể chọn
P d
u n u
1
, (1; 1; 1)
3
∆
 
= = − −
 
  

⇒
PT của
∆
:
x t
y t

z t
1
4

= − +

= −


= −

.
Giả sử
M t t t
( 1 ; ;4 )
∆
− + − − ∈

⇒
AM t t t
2
2
4 14 14
3 8 10 3
3 3 3
 
= + + = + + ≥
 
 

Dấu "=" xảy ra
⇔
t
4
3
= −

⇔
M
7 4 16
; ;
3 3 3
 
−
 
 
. Vậy AM đạt GTNN khi M
7 4 16
; ;
3 3 3
 
−
 
 
.
Bài 12: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
x y z
3 2 1
2 1 1
− + +

= =
−
và mặt phẳng (P):
x y z
2 0
+ + + =
. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng
(P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới
∆
bằng
42
.
Lời giải:
•
PTTS d:
x t
y t
z t
3 2
2
1

= +

= − +


= − −



M
(1; 3;0)
⇒ −
. (P) có VTPT
P
n
(1;1;1)
=

, d có VTCP
d
u
(2;1; 1)
= −


Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
d P
u u n
, (2; 3;1)
∆
 
= = −
 
  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
MN x y z
( 1; 3; )
= − +

.
Ta có
MN u
N P
MN
( )
42
∆

⊥

∈


=




⇔

x y z
x y z

x y z
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42

+ + + =

− + − =


− + + + =


⇒
N(5; –2; –5) hoặc N(–3; – 4; 5)
•
Với N(5; –2; –5)
⇒
Phương trình của
x y z
5 2 5
:
2 3 1
− + +
∆ = =
−

•
Với N(–3; – 4; 5)

⇒
Phương trình của
x y z
3 4 5
:
2 3 1
+ + −
∆ = =
−
.