Tuyển tập các bài toán hay về mặt phẳng tọa độ và tọa độ không gian

Tuyển tập các bài toán hay về Mặt phẳng tọa độ và tọa độ khơng gian

BÀI 1
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) :
x − y − 2 = 0

sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) :
2x − z − 6 = 0
x 2 + y 2 + z 2 + 2x − 2y + 2z − 1 = 0 là đường tròn có bán kính r = 1.
Câu 2:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần
lượt là trung điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B
và B'C'.
GIẢI
Câu 1:
Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0
⇔ (P) : (m + 2n)x − my − nz − 2m − 6n = 0
°
°

Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2.
(P) cắt (S) theo một đường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = 1
⇔ d(I; P) = R 2 − r 2 = 3
⇔

−m − 2n − m + n − 2m − 6n
2

2

(m + 2n) + m + n

2

= 3

⇔ −4m − 7n = 3. 2m 2 + 5n 2 + 4m.n

⇔ 5m 2 + 22m.n + 17n 2 = 0
°

2
Cho n = 1 ⇒ 5m + 22m + 17 = 0 ⇔ m = −1 hay m = −

°

(P1 ) : x + y − z − 4 = 0
Vậy, có 2 mặt phẳng (P): 
(P2 ) : 7x − 17y + 5z − 4 = 0

Câu 2:
.

Cách 1:
° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
⇒ AB = BC = CA = A / B/ = B/ C/ = C/ A / = a
⇒ các tam giác ABC, A/B/C/ là các tam giác đều.
/ /
/ /
/

° Ta có: B C // BC ⇒ B C //(A BC)
⇒ d(A / B; B/ C/ ) = d(B/ C / ; (A / BC)) = d(F; (A / BC))

1|Page

17
5

A/

C/
B/

F

H

C

A
B

D


°
°
°

BC ⊥ FD

⇒ BC ⊥ (A / BC)
Ta coù: 
/
/
/
BC ⊥ A D (∆A BC cân tại A )
Dựng FH ⊥ A / D
/
/
Vì BC ⊥ (A BC) ⇒ BC ⊥ FH ⇒ H ⊥ (A BC)

1
1
1
4
1
7
a 21
= / 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ FH =
.
2
2
7
FH
AF
FD
3a a
3a
a 21

° Vậy, d(A / B; B/ C/ ) = FH =
7
Cách 2:
° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
C/
z
⇒ ∆ABC, ∆A/B/C/ là các tam giác đều cạnh a.
A/
a
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
B/
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
a a 3   a a 3  /
B ;
; 0 ÷, C  − ;
; 0 ÷, A (0; 0; a),
2 2
  2 2

°

°
°
°
°

°

°

∆A/FD vuông có:

A

 / a a 3 
/ a a 3
D
B ;
; a ÷, C  − ;
; a÷
2 2

 2 2

x
B
/ /
/ /
/
Ta coù: B C // BC, B C // (A BC)
⇒ d(B/ C/ ; A / B) = d(B/ C / ; (A / BC)) = d(B/ ; (A / BC))
uuuu  a a 3
r
r
 uuuu  a a 3

A/ B =  ;
; − a ÷, A / C =  − ;
; − a÷
2 2


 2 2

2
uuuu uuuu 
r
r

a 3
3
3
r 
2
2 r
[A / B; A / C] =  0; a2 ;
÷ = a  0; 1;
÷ = a .n, với n =  0; 1;
÷

2 

2 

2 
r
Phương trình mp (A/BC) qua A/ với pháp vectơ n :
3
0(x − 0) + 1(y − 0) +
(z − a) = 0
2

3
a 3
⇔ (A / BC) : y +
z−
=0
2
2
a 3
3
a 3
a 3
+
.a −
2
2 = 2 = a 21 .
d(B/ (A / BC)) = 2
7
3
7
1+
4
2
a 21
.
Vaäy, d(A / B; B/ C/ ) =
7

BÀI 2

2|Page

C
y


Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường thẳng
x −1 y + 2 z − 3
=
=
(∆) :
2
−1
2
1. Tìm điểm M thuộc (∆) để thể tích tứ diện MABC bằng 3.
2. Tìm điểm N thuộc (∆) để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất.
Câu 2: (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng
cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và
(SAC) vuông góc nhau.

GIẢI
Câu 1:

x = 1 + 2t

1. Phương trình tham số của (D): y = −2 − t
z = 3 + 2t

M ∈ (∆) ⇒ M(1 + 2t; − 2 − t; 3 + 2t)

° uuu
r
uuu
r
° AB = (2; 1; 2), AC = (−2; 2;1)
uuu uuu
r r
r
r
° [AB; AC] = (−3; − 6; 6) = −3(1; 2; − 2) = −3.n , với n = (1; 2; − 2)
r
° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0.
r r 1
1 uuu uuu
9
SABC = [AB; AC] =
(−3)2 + (−6)2 + 62 = .
°
2
2
2
° Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC):
1 + 2t + 2(−2 − t) − 2(3 + 2t) − 2
−4t − 11
MH = d(M(ABC)) =
=
3
1+ 4 + 4
1 9 4t + 11
=3

° Thể tích tứ diện MABC bằng 3 ⇔ V = . .
3 2
3
5
17
⇔ 4t + 11 = 6 ⇔ t = − hay t = − .
4
4
 3 3 1
 15 9 11 
° Vậy, có 2 điểm M cần tìm là: M  − ; − ; ÷ hay M  − ; ;
÷
 2 4 2
 2 4 2
2. N ∈ (∆ ) ⇒ N(1 + 2t; − 2 − t; 3 + 2t)
r r
1 uuu uuu
1
2
3 2
32t 2 + 128t + 146 =
(4t + 8)2 + 9 ≥
° SABN = [NA; NB] =
2
2
2
2
3 2
⇒ max SABN =
⇔ 4t + 8 = 0 ⇔ t = −2.

2
° Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).
3|Page


Câu 2:
Cách 1:
° Gọi O là tâm của ∆ABC
SA = SB = SC
° Ta coù: 
OA = OB = OC (∆ABC đều)
A
⇒ SO là trục của đường tròn (ABC)
⇒ SO ⊥ (ABC)
° Maø : AO ⊥ BC; SO ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SOA) ⇒ BC ⊥ SA
° Dựng BI ⊥ SA , suy ra: SA ⊥ (IBC) ⇒ SA ⊥ IC.
·
⇒ BIC là góc phẳng nhị diện (B, SA, C).
°

∆SOA vuông có: SA 2 = SO2 + OA 2 = h 2 +

°

S

I

C
O

M

B

a2 3h 2 + a2
3h 2 + a2
=
⇒ SA =
3
3
3

Gọi M là trung điểm BC
Ta có: BM ⊥ (SOA), BI ⊥ SA
⇒ IM ⊥ SA (định lý 3 đường vuông góc)
⇒ ∆MIA : ∆SOA
AM
a 3
3
3ah
= h.
.
=
SA
2
3h 2 + a2 2 3h 2 + a2
∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân tại I.
1
(SAB) ⊥ (SAC) ⇔ ∆IBC vuông cân tại I ⇔ IM = BC

2
3ah
1
⇔
= a ⇔ 3h = 3h 2 + a2
2 3h 2 + a2 2
⇒ MI = SO.

°
°

⇔ 9h 2 = 3h 2 + a2
°

Vậy, h =

⇔ h=

a 6
.
6

Cách 2:
° Gọi H là tâm của ∆ABC
và M là trung điểm của BC
SA = SB = SC
° Ta coù: 
HA = HB = HC (∆ABC đều)
°

°

a 6
.
6
z
S

H
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
z
đôi một vuông góc A(0; 0; 0),
B
a a 3   a a 3   a 3   a 3 
B ;
; 0 ÷, C  − ;
; 0 ÷, H  0;
; 0 ÷, S  0;
; h ÷.
2
3
2 2
  2 2
 
 


uuu  a 3  uur  a a 3
r
u

 uur  a a 3

SA =  0;
; h ÷, SB =  ;
; − h ÷, SC =  − ;
; − h÷
3


2 6

 2 6


4|Page

C

A
M

y


°

°

°
°

°

uuu uur  ah 3 ah a2 3 
r
a
a r
[SA; SB] =  −
; ;−
÷ = − (3h 3; − 3h; a 3) = − .n1 ,
2
2
6 
6
6

r
với n1 = (3h 3; − 3h; a 3)
uuu uur
r u
 ah 3
ah a2 3 
a
a r
[SA; SC] =  −
;− ;
÷ = − (3h 3; 3h; − a 3) = − .n 2 ,
2
2
6 
6

6

r
với n 2 = (3h 3; 3h; − a 3) .
uuu uur
r
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB nên có pháp vectơ
uuu uur
r u
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC nên có pháp vectơ
r r
(SAB) ⊥ (SAC) ⇔ cos(n1; n 2 ) = 0

r
n1 .
r
n2 .

⇔ 3h 3.3h 3 − 3h.3h + a 3(−a 3) = 0 ⇔ 27h 2 − 9h 2 − 3a 2 = 0
⇔ 18h 2 = 3a2 ⇔ h =
°

Vậy: h =

a 6
.
6

a 6
.

6

BÀI 3
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S):
2x − 2y − z + 1 = 0
(d) : 
;
x + 2y − 2z − 4 = 0

(S) :x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0

Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho MN = 8.
Câu 2:
Cho tứ diện OABC có đáy là ∆OBC vuông tại O, OB = a, OC = a 3, (a > 0) và
đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và OM.

GIẢI
Câu 1:
2

2

2

Mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 3) + z = 13 − m coù tâm
I(-2; 3; 0), bán kính R = IN = 13 − m , với m < 13.
5|Page

M

H

I

N


°

°

°
°
°

°
°

Dựng IH ⊥ MN ⇒ MH = HN = 4
⇒ IH = IN 2 − HN 2 = 13 − m − 16 = − m − 3 , với m < -3.
x = t

1

Phương trình tham số của đường thaúng (d):  y = 1 + t
2

 z = −1 + t



r  1  1
(d) có vectơ chỉ phương u =  1; ; 1÷ = (2; 1; 2) và đi qua điểm A(0; 1; -1)
 2  2
uu
r
uu r
r
AI = (−2; 2; 1); [AI; u] = (3; 6; − 6)
Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d):
uu r
r
[AI; u]
32 + 62 + 62
81
h=
=
=
= 3.
r
2
2
2
u
9
2 +1 + 2
Ta coù: IH = h
⇔ − m − 3 = 3 ⇔ − m − 3 = 9 ⇔ m = −12 (thỏa điều kiện)
Vậy, giá trị cần tìm: m = -12.

Câu 2:
Cách 1:
°

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.

°

Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình)
⇒ OM // (ABN)

°
°

⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)).
Dựng OK ⊥ BN, OH ⊥ AK (K ∈ BN; H ∈ AK)
Ta coù: AO ⊥ (OBC); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN
BN ⊥ OK; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ (AOK) ⇒ BN ⊥ OH
OH ⊥ AK; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ (ABN) ⇒ d(O; (ABN) = OH

°

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:

1
1
1
1
1

1
1
1
1
5
a 15
=
+
=
+
+
= 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ OH =
2
2
2
2
2
2
5
OH
OA OK
OA OB ON
3a a 3a 3a
°

Vaäy, d(OM; AB) = OH =

z

a 15

.
5

a 3 A

Cách 2:
°

N

Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz
đôi một vuông góc O(0; 0; 0),
A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0),
B
x

6|Page

C

O

a 3
M

a

y

a a 3 
 a 3 a 3
M ;
; 0 ÷ và N  0;
;
÷
2
2 
2 2


là trung điểm của AC.
°

MN là đường trung bình của ∆ABC
⇒ AB // MN

°

⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)).
uuuu  a a 3  uuu  a 3 a 3 
r
r
OM =  ;
; 0 ÷, ON =  0;
;
÷
2 2
2
2 




uuuu uuu
r r  3a2 a2 3 a2 3  a2 3
a2 3 r
r
[OM; ON] = 
;
;
3; 1; 1 =
n , với n = ( 3; 1; 1)
÷=
4
4 
4
4
 4
r
Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x + y + z = 0

°

Ta có: d(B; (OMN)) =

°

Vậy, d(AB; OM) =

°

°

(

3.a + 0 + 0
3 +1+1

=

)

a 3 a 15
=
5
5

a 15
.
5

BÀI 4
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (α) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua giao tuyến của (α) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng
125
tọa độ một tứ diện có thể tích bằng
.
36
Câu 2:
Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a

(a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Đặt SG = x
(x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60 o.

GIẢI

Câu 1:
Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0
° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác định bởi (α) và (xOy) có dạng:
m(2x – y + z – 5) – nz = 0 ⇔ (P) : 2mx − my + (m + n)z − 5m = 0
°

Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ:
5m 
5


A  ; 0; 0 ÷, B(0; − 5; 0), C  0; 0;
÷
m+n
2



7|Page


125
36
1
1 5

5m
125
⇔ V = .OA.OB.OC = . .5.
=
6
6 2 m+n
36
 m + n = 3m
 m = 1, n = 2
⇔ m+n =3m ⇔ 
⇒
 m + n = −3m
 m = 1, n = −4

°

Thể tích tứ diện OABC bằng

°

Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P):
(P1 ) : 2x − y + 3z − 5 = 0 (m = 1; n = 2)
(P ) : 2x − y − 3z − 5 = 0 (m = 1; n = −4)
 2

Câu 2:
. Cách 1:
° Gọi M là trung điểm của BC
⇒ AM ⊥ BC (∆ABC vuông cân)
° Ta coù: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC .

Suy ra: BC ⊥ (SAM)
° Dựng BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA và IC ⊥ SA
·
⇒ BIC là góc phẳng nhị dieän (B; SA; C).
° ∆SAB = ∆SAC (c.c.c)
⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân tại I.
°
°

I

3ax 2
2 9x 2 + 2a2

C

A

M

G

B

1
a 2
a 2
BC = a 2; AM = BM = MC = BC =
; AG =
2

2
3
AM
a 2
1
∆AIM ~ ∆AGS ⇒ IM = SG.
= x.
.
=
AS
2
SG 2 + AG 2
⇔ IM =

°

S

ax 2
2 x2 +

2a2
9

.

a 2
3.3ax 2
o
o

·
·
=
Ta coù: BIC = 60o ⇔ BIM = 30 ⇔ BM = IM.tg30 ⇔
2
2 9x 2 + 2a2
⇔ 9x 2 + 2a2 = 3x 3 ⇔ 9x 2 + 2a2 = 27x 2
⇔ 18x 2 = 2a2

a
Vậy, x = .
3
Cách 2:
° BC = a 2
° Gọi M là trung điểm BC
a 2
a 2
⇒ AM =
; AG =
2
3

a
⇔ 9x 2 = a2 ⇔ x = .
3

°

z
x

F

A

y

G

8|Page

E

B
x

C

M


°

°

°
°
°
°
°

°

°

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G
trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
a
⇒ AG = AE 2 ⇒ AE = AF = .
3
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),
a a  a a 
C(0; a; 0), G  ; ; 0 ÷, S  ; ; x ÷.
3 3  2 2 
uuu  a a  uur  2a a
r
u
 uur  a 2a

SA =  ; ; x ÷, SB =  ; − ; − x ÷, SC =  − ; ; − x ÷
3
3 3 
 3

 3 3

2
uuu uur 
r
a 

a
a
r
r 

[SA; SB] =  0; ax; − ÷ = a  0; x; − ÷ = a.n1 , với n1 =  0; x; − ÷
3
3
3



uuu uur
r u
a
r 
a2
a
r

[SA; SC] = (−ax; 0; ) = −a  x; 0; − ÷ = −a.n 2 , với n 2 =  x; 0; − ÷.
3
3
3


uuu uur
r
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB nên có pháp vectơ
uuu uur

r u
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC nên có pháp vectơ
Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) baèng 60o.
a a
a2
0.x + x.0 +
3 3
9
⇔ cos60o =
=
2
2
9x 2 + a2
a
a
0 + x2 +
x2 + 0 +
9
9
9
a
1
a2
⇔ 9x2 = a2 = 2a2 ⇔ 9x 2 = a2 ⇔ x = .
⇔ = 2
3
2 9x + a2
a
Vaäy, x = .
3

r
n1
r
n2

BÀI 5
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :

x −1 y z + 2
= =
và mặt phẳng (α) : 2x – y – 2z = 0.
1
2
2

Câu 2:
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA vuông
góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính
góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SE vaø AF.
9|Page


GIẢI
Câu 1:
Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox .
°
°

°
°

°

2a
2a
=
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (α) : d(A; α) =
3
22 + 12 + 22
r
(∆) qua M 0 (1; 0; − 2) và có vectơ chỉ phương u = (1; 2; 2)
uuuuuu r
r
Đặt M 0 M1 = u
Do đó: d(A; ∆) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1
uuuuu r
r
[AM 0 ; u]
2.SAM0M1
8a2 − 24a + 36
⇒ d(A; ∆ ) =
=
=
r
M 0 M1
u
3
Theo giả thiết: d(A; α) = d(A; ∆)

2a
8a2 − 24a + 36
⇔
=
⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 0
3
3
2
⇔ 4(a − 3) = 0 ⇔ a = 3.

° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 2:
Cách 1:
° Gọi M là trung điểm của BF ⇒ EM // AF
·
·
·
⇒ (SA; AF) = (EM; AF) = SEM
°
°

∆SAE vuông tại A coù:
SE2 = SA 2 + AE = a2 + 2a2 = 3a2 ⇒ SE = a 3
AF =

2a 2. 3
=a 6
2

a 6

; BF = a 2
2
SB2 = SA 2 + AB2 = a2 + 8a2 = 9a2 ⇒ SB = 3a

⇒ EM = BM = MF =
°
°
°

°
°

SF 2 = SA 2 + AF 2 = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a 7
Áp dụng định lý đường trung tuyến SM trong ∆SBF có:
1
SB2 + SF 2 = 2.SM2 + BF 2
2
1 2
15a2
2
2
2
2
⇔ 9a + 7a = 2SM + .2a ⇔ SM =
2
2
Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF
Áp dụng định lý hàm Côsin vào ∆SEM coù:

10 | P a g e

S

H
K

A

C
F

E

M
B


3a2 15a2
3a +
−
ES2 + EM 2 − SM2
2
2 = − 2 = 2.
·
cos α = cosSEM =
=
2.ES.EM
2
2
a 6

2.
.a 3
2
o
⇒ α = 45 .
2

a 2
Dựng AK ⊥ ME; AH ⊥ SK. Ta có: AK = MF =
và AH ⊥ (SME)
2
° Vì AF // ME ⇒ d(SE; AF) = d(AF; (SME)) = AH.
1
1
1
1 2
3
a 3
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
° ∆SAK vuông có:
3
AH 2 SA 2 AK 2 a a
a
a 3
° Vậy, d(SE; AF) =
.
3
z

Cách 2:
a S
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
B(a 2; a 6; 0), C(−a 2; a 6; 0), S(0; 0; a),
°

a 2 a 6 
E
;
; 0 ÷; F(0; a 6; 0)
2
2


a 2

; a 6; 0 ÷.
và M 
 2

°
°

C

A
x

E

M

F

y

B

uur  a 2 a 6
r
uuu  a 2
r
 uuu

SE = 
;
; − a ÷; AF = (a; a 6; 0), SM = 
; a 6; − a ÷
2
 2

 2

Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta coù:
uur uuu
r
cos α = cos(SE; AF) =

a 2

a 6
+ a 6.
0(−a)
3a2
2
2
2
=
=
.
2
2
2
a 6.a 3
a 3a
0 + 6a2 + 0.
+
+ a2
2
2
0.

°

⇒ α = 45o.
uur uuu
r  a2 6
r
a2 3  a2 3
a2 3 r

[SE; SM] = 
; 0;
=
( 2; 0; 1) =
n, với n = ( 2; 0; 1)
÷
 2
2 
2
2
r
Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ n : 2x + z − a = 0.

°

Khoảng cách từ A đến (SEM): d(A;SEM) =

°

Vì AF // EM ⇒ AF //(SEM) ⇒ d(SE; AF) = d(A; SEM)
a 3
.
Vaäy, d(SE; AF) =
3

°

°

11 | P a g e

0+0−a
2 +1

=

a 2
3


ĐỀ 6
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S):
2
(P): 2x + 2y + z − m − 3m = 0 ;

(S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 9 .

Tìm m để (P) tiếp xúc (S). Với m tìm được xác định tọa độ tiếp điểm.
Câu :
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA
vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng minh ∆MAB cân và
tính diện tích ∆MAB theo a.
LỜI GIẢI
Câu 1:
(P) : 2x + 2y + z − m 2 − 3m = 0
(S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (x − 1)2 = 9 có tâm I(1; -1; 1) và bán kính R = 3.
(P) tiếp xúc (S) ⇔ d[I, (P)] = R
 m 2 + 3m − 1 = 9
m = 2

⇔
= 3 ⇔ m + 3m − 1 = 9 ⇔  2
⇔ 
 m + 3m − 1 = −9
 m = −5
22 + 22 + 12

° Vậy, (P) tiếp xúc (S) khi m = -5 hay m = 2, khi đó (P): 2x + 2y + z – 10 = 0
° Đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) có phương trình:
x −1 y +1 z −1
=
=
2
2
1
x = 3
2x + 2y + z − 10 = 0


° Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:  x − 1 y + 1 z − 1 ⇒ y = 1
z = 2
 2 = 2 = 1


2.1 + 2.(−1) + 1.1 − m 2 − 3m

°

2

Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2).

S

Câu 2:
Cách 1:
° Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AC.
Do đó ∆SAC vuông tại A có AM là
1
trung tuyến nên MA = SC.
2
SA ⊥ (ABC)
° Ta lại có: 
AB ⊥ BC (∆ABC vuông tại B)
12 | P a g e

M

A

H
K
B

C


⇒ SB ⊥ BC (định lý 3 đường vuông góc)

°

°

°
°

1
Do đó ∆SBC vuông tại B có BM là trung tuyến neân MB = SC.
2
Suy ra: MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M.
Dựng MH // SA và HK // BC (H ∈ AC; K ∈ AB)
1

MH = SA = a

SA ⊥ (ABC)
MH ⊥ (ABC)

2
⇒
⇒ 
vì: 
BC ⊥ AB
HK ⊥ AB
HK = 1 BC = a


2
2
2
2

2
2
2
∆MHK vuông tại H có: MK = MH + HK = a + a = 2a ⇒ MK = a 2

Diện tích ∆MAB: SMAB

1
1
a2 2
= .MK.AB = .a 2.a =
2
2
2

Cách 2:
° ∆ABC vuông tại B có:
AC2 = AB2 + BC2 = a2 + 4a2 = 5a2
°

°
°

2a

S

⇒ AC = a 5
Dựng BH ⊥ AC (H ∈ AC), ta có:
2

2

M

AB
a
a
=
=
AC a 5
5
y
C
H
A
1
1
1
5
a 5
=
+
= 2
⋅
2
2
2
K
BH

AB BC
4a
x
a
B
2a
⇒ BH =
5
5
Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc và
 2a a

A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B 
;
; 0÷
 5 5

 a 5 
;
Tọa độ trung điểm M của SC là M  0;

2

uuuu  a 5 
r
3a
; a ÷ ⇒ MA =
Ta coù: MA =  0;

2


2
uuur  2a 3a
3a

MB =  −
;
; a ÷ ⇒ MB = .
2
5 2 5 

⋅

°

z

AH =

suy ra: MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M.
uuuu uuur  a2
r
uuuu uuur
r
2a2 2 
[MA; MB] = 
;−
; a ÷ ⇒ [MA; MB] = a2 2
° Ta có:
5

 5

r
1 uuuu uuur
1 2
a2 2
.
° Diện tích ∆MAB: SMAB = [MA; MB] = .a 2 =
2
2
2
13 | P a g e


BÀI 7
Câu 1:
Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc
o
o
bằng ϕ (0 < ϕ < 90 ) . Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh
A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 2:
. Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng:
x = 2 t
x + y − 3 = 0

(d1) : y = t ;
(d2) : 
4x + 4y + 3z − 12 = 0
z = 4



Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính
là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).

GIẢI
Câu 1:

S

Cách 1:
° Gọi H là trung điểm của BC.
° Do S.ABC đều và ∆ABC đều nên
chân đường cao đỉnh S trùng với
giao điểm ba đường cao là trực tâm O
của ∆ABC và có ∆SBC cân tại S.
·
suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, neân SHA = ϕ .
°

A
O

H
B

1
a 3
.
Ta có: OH = AH =

3
6
∆SHO vuông góc: SO = HO.tgϕ =

HO
a 3
a 3
=
tgϕ vaø SH =
cos ϕ 6.cos ϕ
6

°

1
1 a 3
a2 3 a3tgϕ
tgϕ.
=
Thể tích hình chóp S.ABC: V = .SO.SABC = .
3
3 6
4
24

°

1
a2 3
SSBC = .SH.BC =

Diện tích ∆SBC:
2
12.cos ϕ

°

Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta coù:
1
3.V
a3tgϕ a2 3
a 3
V = .h.SSBC ⇒ h =
= 3.
:
=
sin ϕ
3
SSBC
24 12 cos ϕ
2

Caùch 2:

14 | P a g e

C

ϕ

°

°

Vì S.ABC là hình chóp đều
nên chân đường cao đỉnh S trùng
với tâm O đường tròn (ABC).
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:
-

2
a 3
a 3
AO = AM =
và OM =
3
3
6
·
AM ⊥ BC, SM ⊥ BC ⇒ SMA = ϕ

z
S

C
A

-

°

°
°
°
°

1
a3tgϕ
Thể tích hình chóp: V = .SO.SABC =
3
24
uur  a a 3 a 3
r
 uuu
;
tgϕ ÷, BC = (−a; 0; 0)
Ta coù: BS =  − ; −
6
6
 2

uur uuu 
r
a2 3
a2 3  r
[BS; BC] =  0; −
tgϕ; −
÷= n
6
6 



r
Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n :

a  a2 3
a 3  a2 3

O  x − ÷−
tgϕ  y −
(z − 0) = 0
÷−
2
6
2 
6


a 3
tgϕ = 0.
2
Khoảng cách d từ A đến (SBC):
tgϕ.O + O −
d=

a 3
tgϕ
2

tg2 ϕ + 1

a 3
tgϕ a 3
2
=
=
sin ϕ.
1
2
cos ϕ

Caâu 2:

r
u1 = (2; 1; 0)
(d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
r
(d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 = (3; − 3; 0)
uuu
r
° AB = (3; 0; − 4)
uuu r r
r
uuu r r
r
° AB.[u1; u2 ] = 36 ≠ 0 ⇒ AB, u1 , u 2 không đồng phẳng.
°

ϕ
M

y

∆SOM vuông có:
B
a 3
x
SO = OM.tgϕ =
tgϕ
6
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
a a 3   a a 3   a 3   a 3   a 3 a 3

B ;
; 0 ÷,C  − ;
; 0 ÷,M  0;
; 0 ÷, O  0;
; 0 ÷, S  0;
;
tg ϕ ÷
2
3
3
6
2 2
  2 2
 
 
 


⇔ (SBC) : tgϕy + z −

°

O

Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

15 | P a g e


°
°
°

°
°
°

x = 3 + t /

/
(d2) có phương trình tham số: y = −t
z = 0

Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)
M ∈ (d1 ) ⇒ M(2t; t; 4) , N ∈ (d 2 ) ⇒ N(3 + t / ; − t / ; 0)
uuuu
r

⇒ MN = (3 + t / − 2t; − t / − t; − 4)
uuuu r
r
/
/
MN ⊥ u1

 t / = −1
M(2; 1; 4)

2(3 + t − 2) − (t + t) = 0
⇒
⇔
⇒
r
Ta coù:  uuuu r
/
/
N(2; 1; 0)
3 + t − 2t + (t + t) = 0
MN ⊥ u2
t = 1


1
MN = 2.
2
2
2
2

Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 1) + (z − 2) = 4.
Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R =

BÀI 8
Câu 1:
Trong không gian Oxyz có 2 mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3z – 5 = 0,
(Q): 3x – 4y + 9z + 7 = 0 và 2 đường thẳng:
(d1):

x+ 5 y − 3 z +1
=
=
;
2
−4
3

(d 2 ) :

x − 3 y +1 z − 2
=
=
−2
3
4

Viết phương trình đường thẳng (∆) song song với hai mặt phẳng (P) và (Q),
và cắt hai đường thẳng (d1) và (d2).
Câu 2:
Cho hình lập phương ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần lượt là trung điểm của AB

và C'D'. Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN).

GIẢI
Câu 1:

r
r/
r/
r
(P) có pháp vectơ n P = (3; 12; − 3) = 3(1; 4; − 1) = 3n P , với n P = (1; 4; − p
n 1)
P
r
° (Q) có pháp vectơ n Q = (3; − 4; 9)
r
° (d1) có vectơ chỉ phương u1 = (2; − 4; 3)
r
P/
r
° (d2) có vectơ chỉ phương u2 = (−2; 3; 4)

16 | P a g e

u1

A
d1

∆/

r
nq Q

∆
r

u

Q/

r
u2

B d
2


°

°
°
°
°

(∆ / ) = (P) ∩ (Q)
 /
/
(P )//(P), (Q )//(Q)
Goïi: 
/

/
(d1 ) ⊂ (P ), (d 2 ) ⊂ (Q )
r r /
 u = u∆
Suy ra (∆) laø giao tuyến của hai mặt phẳng (P/)
và (Q/), và (∆) // (∆/).
r r/ r
r/
(∆) có vectơ chỉ phương u = [n P ; n Q ] = (32; − 12; − 16) = 4(8; − 3; − 4) = 4u ,
r/
với u = (8; − 3; − 4).
r
r/
mp (P/) có cặp vectơ chỉ phương u1 và u nên có pháp vectô:
r
r r/
n P / = [u1; u ] = (25; 32; 26)
r
Phương trình mp (P/) chứa (d1) đi qua điểm A(-5; 3; -1) ∈ (d1 ) với n P / laø:
25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0
⇔ (P ) : 25x + 32y + 26z + 55 = 0
r
r/
mp (Q/) có cặp vectơ chỉ phương u2 và u nên có pháp vectơ:
r
r r/
n Q/ = [u2 ; u ] = (0; 24; − 18)
r
Phương trình mp (Q/) chứa (d2) đi qua điểm B(3; -1; 2) ∈ (d 2 ) với n Q/ là:
0(x − 3) + 24(y + 1) − 18(z − 2) = 0

/
⇔ (Q ) : 4y − 3x + 10 = 0
/

°
°

°

/
/
Ta coù: (∆) = (P ) ∩ (Q ).

°

25x + 32y + 26z + 55 = 0
Vậy, phương trình đường thẳng (∆) : 
4y − 3z + 10 = 0

Câu 2:
Cách 1:
°

/
/
/ /
Bốn tam giác vuông AA M, BCM, CC N, A D N baèng nhau (c.g.c)
/

⇒ A M = MC = CN = NA

/

⇒ A / MCN là hình thoi.
°

A/

Hai hình chóp B/A/MCN và B/.A/NC có chung
đường cao vẽ từ đỉnh B/ và SA/ MCN = 2.SA / NC
nên: VB/ .A / MCN = 2.VB/ .A / NC.

Maø: VB/ .ANC = VC.A/ B/ N

°

1 /
/
/
Ta coù: SA/ MCN = .A C.MN, với A C = a 3; MN = BC = a 2
2

C/

N
B/

D
A

M

1
1 1
a3
a3
/
= .CC .SA / B/ N = .a. .a.a =
⇒ VB/ .A / MCN = .
3
3 2
6
3

°

17 | P a g e

D/

C
B


⇒ SA/ MCN =
°

a2 6
.
2

1 /
Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: VB/ .A / MCN = .B H.SA / MCN
3
3.VB/ .A/ MCN
a3 a 2 6 a 6
⇒ B/ H =
= 3. :
=
.
SA / MCN
3
2
3

Cách 2:
°

°

°

Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz
đôi một vuông góc,
A(a; 0; 0), B(a; a; 0), C(0; a; 0),
D(0; 0; 0), A/(a; 0; a),
B/(a; a; a), C/(0; a; a), D/(0; 0; a),
 a   a 
M  a; ; 0 ÷, N  0; ; a ÷
 2   2 

uuuu
r
uuuu
r
Ta coù: A / C = (−a; a; − a), MN = ( −a; 0; a)
uuuu uuuu
r
r
/
[A C; MN] = (a2 ; 2a2 ; a2 ) = a2 (1; 2; 1)
r
r
= a2 .n với n = (1; 2; 1).

z
/
a D

N

C/

A/

C
a y

D
A
x

a

M

B

r
Phương trình mp (A/MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ n :
1(x − 0) + 2(y − a) + 1(z − 0) = 0
⇔ (A / MCN) : x + 2y + z − 2a = 0.

°

Khoảng cách d từ B/(a; a; a) đến mp(A/MCN):
d=

a + 2a + a − 2a
1+ 4 +1

=

2a a 6
=
.
3
6

ĐỀ 9
Câu 1:

Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
x = t
x = t '


(d1) : y = 4 + t ;
vaø (d2) : y = 3t ' − 6
z = 6 + 2 t
z = t ' − 1



Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d 2). Tìm phương trình
tham số của đường thẳng qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).

Câu 2:
18 | P a g e


1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a,
mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.

GIẢI
Câu 1:

r
(d1) có vectơ chỉ phương u1 = (1; 1; 2)
r
(d2) có vectơ chỉ phương u2 = (1; 3; 1)
°

°
°
°
°

°

uu
r
K ∈(d 2 ) ⇒ K(t / ; 3t / − 6; t / − 1) ⇒ IK = (t / − 1; 3t / − 5; t / − 2)
uu r
r
18
 18 12 7 
IK ⊥ u2 ⇔ t / − 1 + 9t / − 15 + t / − 2 = 0 ⇔ t / =
⇒ K ; − ; ÷
11
 11 11 11 
Giả sử (∆) cắt (d1) tại H(t; 4 + t; 6 + 2t), (H ∈ (d1 ))
uuu  18
r
56
59

HK =  − t; −
− t; −
− 2t ÷
11
11
 11


uuu r
r
18
56
118
26
HK ⊥ u1 ⇔
−t−
−t−
− 4t = 0 ⇔ t = −
11
11
11
11
uuur 
30
7 1
⇒ HK =  4; − ; − ÷ = (44; − 30; − 7).
11 11  11

18

x = 11 + 44λ

12

Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (∆): y = − − 30λ .
11


7

z = 11 − 7λ


Câu 2:
Cách 1:
° Dựng SH ⊥ AB
° Ta có:
(SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB)
⇒ SH ⊥ (ABC) và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC
·
·
⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH = α
°
°
°

S

B
H

∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP.
a 3
.
∆AHP vuông có: HP = HA.sin 60o =
4
a 3

tgα
∆SHP vuông có: SH = HP.tgα =
4

19 | P a g e

A

ϕ

N
C

P


1
1 a 3
a 2 3 a3
S.ABC : V = .SH.SABC = .
.tgα.
= tgα
° Thể tích hình chóp
3
3 4
4
16
Cách 2:
° Dựng SH ⊥ AB
° Ta coù: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC)

° Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc α và ∆ABC đều, nên suy ra
H là trung điểm AB.
° Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz
z
H(0; 0; 0),
đôi một vuông góc,
h S
a
  a

A  ; 0; 0 ÷; B  − ; 0; 0 ÷,
2
  2

 a 3 
C  0;
; 0 ÷, S(0; 0; h), (h > 0).
B
2


C
° Phương trình mp (ABC):
H
r
a 3
z = 0, với pháp vectơ n1 = (0; 0;1)
2
A
a

° Phương trình mp (SAC):
2
x
x
y
z
+
+ =1
a a 3 h
r
⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah 3 = 0 với n 2 = (2h 3; 2h; a 3)
°

°

(SAC) tạo với (ABC) một góc α:
0+0+a 3
a 3
cos α =
=
2
2
2
0 + 0 + 1. 12h + 4h + 3a
16h 2 + 3a2
1
16h 2 + 3a2
2
⇔
= 1 + tg α =

cos2 α
3a2
3a2 tg2α
a 3
⇔ h2 =
⇔ h=
tgα
16
4
1
1 a 3
a 2 3 a3
tgα.
= tgα .
Thể tích hình chóp S.ABC: V = .h.SABC = .
3
3 4
4
16

ĐỀ 10
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
x − 3 y −1 z −1
x−7 y−3 z −9
=
=
; (∆ 2 ):
=
=

(∆1) :
−7
2
3
1
2
−1
1. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng (∆3) đối xứng với (∆2) qua (∆1).
20 | P a g e

y


2. Xét mặt phẳng (α) : x + y + z + 3 = 0. Viết phương trình hình chiếu của (∆2) theo
phương (∆1) lên mặt phẳng (α).
uuuu
r

uuuu
r

3. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) để MM1 + MM 2 đạt giá trị nhỏ nhất biết M 1(3; 1;
1) và M2(7; 3; 9).
Câu 2:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc
·
BAC = 120o , cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh ∆AB'I vuông
tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).

GIẢI

Câu 1:
1. °

°
°
°
°

x = 3 − 7t1
r

(∆1 ) : y = 1 + 2t1 có vectơ chỉ phương u1 = (−7; 2; 3)
z = 1 + 3t
1

x = 7 + 7t 2

(∆ 2 ) : y = 3 + 2t 2
z = 9 − t

2

qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) và
r
có vectơ chỉ phương u 2 = (1; 2; − 1)

Gọi H là hình chiếu của A treân (∆1)
H ∈ (∆1 ) ⇒ H(3 − 7t1; 1 + 2t1; 1 + 3t1 )
uuu
r

⇒ AH = (−4 − 7t1; − 2 + 2t1; − 8 + 3t1 )
uuu r
r
AH ⊥ u1 ⇔ − 7(−4 − 7t1 ) + 2(−2 + 2t1 ) + 3(−8 + 3t1 ) = 0
⇔ t1 = 0 ⇒ H(3; 1; 1)

B
A

r
u1

H

K

∆2

∆1

A/
B/

∆3

Goïi A/ là điểm đối xứng của A qua H ⇒ A/(-1; -1; -7)
Gọi K là hình chiếu của B trên (∆1) và B/ là điểm đối xứng của B qua K.
Tương tự như trên ta tìm được:
105 204 
 114 25 22 

/  20
K
; ;
;−
÷ ⇒ B − ; −
÷
31
31 
 31 31 31 
 31
uuuuu  11 74 13  1
r
r
1 r
/ /
° A B =  ; − ; − ÷ = (11; − 74; 13) = .a , với a = (11; − 74; 13)
31
 31 31 31  31
° Phương trình đường thẳng (∆3) đối xứng với (∆2) qua (∆1) chính là phương trình
r
đường thẳng A / B/ qua A/ với vectơ chỉ phương a .
x +1 y +1 z + 7
=
=
° Vậy, phương trình chính tắc (∆3):
.
11
−74
13
2. Mặt phẳng (β) chứa (∆2) và (β) // (∆1)

r
r
⇒ (β) có cặp vectơ chỉ phương u1 = (−7; 2; 3), u2 = (1, 2, − 1)
r r
r
r
⇒ [u1; u2 ] = (−8; − 4; − 16) = −4(2; 1; 4) = − 4nβ , với nβ = (2; 1; 4)
°
°

21 | P a g e


°

r
Phương trình mp (β) qua A(7; 3; 9) ∈(∆ 2 ) với pháp tuyến nβ :
(β) : 2x + y + 4z − 53 = 0

/
Ta coù: (α) ∩ (β) = (∆ 2 ) là hình chiếu của (∆2) lên (α) theo phương (∆1).
x + y + z + 3 = 0
/
° Vậy, phương trình hình chiếu (∆ 2 ) : 
2x + y + 4z − 53 = 0
(∆)
3. Gọi I là trung điểm M1M 2 ⇒ I(5; 2; 5)
uuuu uuuu
r
r

uuu
r
I
MM1 + MM 2 = 2MI
° Ta coù:
uuuu uuuu
r
r
uuu
r
M1
⇒ MM1 + MM 2 nhỏ nhất ⇔ 2MI nhỏ nhất
⇔ M là hình chiếu của I trên (α)
M0
° Phương trình đường thẳng (∆) qua I
α
và vuông góc với (α) là:
x = 5 + t

y = 2 + t
z = 5 + t


°

°
°
°
°

r
uα
M

Gọi M là giao điểm của (∆) và (α)
M ∈ (∆) ⇒ M(5 + t; 2 + t; 5 + t)
M ∈ (α) ⇒ 5 + t + 2 + t + 5 + t + 3 = 0 ⇔ t = −5 ⇒ M(0; − 3; 0)
Vậy, điểm M cần tìm: M(0; -3; 0).

Câu 2:
Cách 1:
° Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC.
°

M2

∆ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a ⇒ AH =

a
và
2

a 3
⇒ BC = a 3
2
∆IB/ C/ vuông có:
a2
13a2
IB/ 2 = IC/ 2 + B/ C/ 2 = + 3a2 =
4

4
BH =

°

°
°
°
°

B/

C/
A/

a2
5a2
∆AIC vuông có: AI = IC + AC = + a2 =
4
4
2

2

2

5a2
13a2
2
+ 2a =

= IB/ 2
Ta coù: AI + AB =
4
4
(AB/ là đường chéo của hình vuông AA/B/B cạnh a)
Vậy, ∆AB/I vuông tại A.
2

Ta có: SAB/ I

/2

1
1 a 5
a2 10
/
= .AI.AB = .
.a 2 =
2
2 2
4

1
1 a
a2 3
SABC = .AH.BC = . .a 3 =
2
2 2
4
22 | P a g e

B

H
30o

A

I
C


°

Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB/I), theo công thức chiếu, ta có:
cos α =

SABC a2 3 a2 10
30
=
:
=
SAB/ I
4
4
10

Cách 2:
° Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC
z

° ∆ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a
A/
a
a
a 3
B/
⇒ AH = và BH =
⇒ BC = a 3
2
2
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
A
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
60
a 3 a 
 a 3 a  /
z
B
B
; ; 0 ÷, C  −
; ; 0 ÷, A (0; 0; a),
 2 2 
 2 2 
a 3 a  / a 3 a   a 3 a a
B/ 
; ; a ÷, C  −
; ; a ÷, I  −
; ; ÷
2 2 
2 2   2 2 2



uuu /  a 3 a  uu  a 3 a a 
r
r
AB = 
; ; a ÷, AI =  −
; ; ÷
°
2 2 
2 2 2


uuu / uu a 3  a 3  a a
r r
a
3a2 a2 2a2
. −
+ +
=0
÷+ . + a. = −
° Ta coù: AB .AI =
2  2  2 2
2
4
4
4
uuu / uu
r
r

Vậy, ∆AB/I vuông tại A.
⇒ AB ⊥ AI.
r
* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ n1 = (0; 0; 1)
uuu / uu
r r
* mp (AB/I) có cặp vectơ chỉ phương AB , AI , nên có pháp vectô:
o

uuu / uu
r r  a2
3a2 3 2a2 3 
a2
a2 r
[AB ; AI] =  − ; −
;
÷ = − (1; 3 3; − 2 3) = − .n 2
4
4
4 
4
4

r
với n 2 = (1; 3 3; − 2 3) .
°

Gọi α là góc giữa (ABC) và (AB/I), ta có:
0+0−2 3
2 3

30
cos α =
=
=
.
10
0 + 0 + 1. 1 + 27 + 12
40

23 | P a g e

C/
I
C
H

y