chuyên đề hình học giải tích trong không gian

1
Chuyên đề : HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG
KHÔNG GIAN

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN:


PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỌA ĐỘ ĐIỂM - TỌA ĐỘ VÉC TƠ


I. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong không gian

 x
'
Ox : trục hoành
 y
'
Oy : trục tung
 z
'
Oz : trục cao
 O : gốc toạ độ
 ,,
 
ijk: véc tơ đơn vò
(hay i; j;k
 
: véc tơ đơn vò )
Quy ước : Không gian mà trong đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz được gọi là

không gian Oxyz và ký hiệu là : kg(Oxyz)
II. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ:
1. Đònh nghóa 1: Cho
()
M
kg Oxyz
. Khi đó véc tơ OM


được biểu diển một cách duy nhất theo

,,
 
ijk
bởi hệ thức có dạng :

. . + y. với x,y,z


OM x i y j k
.
Bộ số (x;y;z) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M.
Ký hiệu: M(x;y;z)
( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M, z: cao độ của điểm M )



/
( ; ; ) . . .



đn
M
xyz OM xiyjzk
 Ý nghóa hình học:













; y= OQ ; z = ORxOP
O
z
'x
y
x
'y
k

i

j


'z
O
z
y
x
M
z
y
x
z
y
x
p
1
M
M
Q
3
M
2
M
R
O

2

2. Đònh nghóa 2: Cho
()akgOxyz


. Khi đó véc tơ a

được biểu diển một cách duy nhất theo

,,
 
ijk
bởi hệ thức có dạng :


12 3 12
. . + a . với a ,a

 
aaiaj k .
Bộ số (a
1
;a
2
;a
3
) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a

.

Ký hiệu:
12
(; )aaa



/
123 1 2 3
=(a ;a ;a ) . . .

đn
aaaiajak

II. Các công thức và đònh lý về toạ độ điểm và toạ độ véc tơ :
Đònh lý 1: Nếu
B
(;;) và B(x;;)
A
AA BB
A
xyz yz thì


(;;)
B
AB AB A
A
Bxxyyzz  



Đònh lý 2: Nếu
123 123

(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb

thì

*
11
22
33
a

b
ab a b
ab



 






*
112233
(; ; )ab a ba ba b   


*
112 233

(; ; )ab a ba ba b   


*
123
.(;;)k a ka ka ka

()k



III. Sự cùng phương của hai véc tơ:
Nhắc lại
 Hai véc tơ cùng phương là hai véc tơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường
thẳng song song .
 Đònh lý về sự cùng phương của hai véc tơ:
 Đònh lý 3 : Cho hai véc tơ và với 0abb





cùng phương !k sao cho .
ab akb  
 


Nếu
0a 


thì số k trong trường hợp này được xác đònh như sau:
k > 0 khi
a

cùng hướng b


k < 0 khi
a

ngược hướng b



a
k
b






3
 Đònh lý 4 : , , thẳng hàng cùng phương
A
BC AB AC

 


Đònh lý 5: Cho hai véc tơ
123 123
(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb


ta có :


11
22 123123
33
a
cùng phương a : : : :
kb
abakbaabbb
akb



 






IV. Tích vô hướng của hai véc tơ:
Nhắc lại:

cos(,)ab a b a b
    


2
2
aa



. 0ab ab 
 



 Đònh lý 6: Cho hai véc tơ
122 123
(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb


ta có :


11 22 33
.ab ab a b ab 



Đònh lý 7: Cho hai véc tơ
123
(; ; ) aaaa

ta có :


222
123
aaaa



 Đònh lý 8: Nếu
B
(;;) và B(x;;)
A
AA BB
A
xyz yz thì


222
()()()
BA BA BA
A
Bxx yy zz

 Đònh lý 9: Cho hai véc tơ
123 123
(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb


ta có :


11 22 33
a 0ab bab ab   



 Đònh lý 10: Cho hai véc tơ
123 123
(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb


ta có :




 




11 2 2 33

222222
123123
.
cos( , )
.
.
ab ab ab
ab
ab
ab
aaa bbb


4

V. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k:
Đònh nghóa : Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k

1 ) nếu như :

.
M
AkMB

 












 Đònh lý 11 : Nếu
B
(;;) , B(x;;)
A
AA BB
A
xyz yz và
.
M
AkMB

 
( k

1 ) thì


.
1
.
1
.
1

A
B
M
A
B
M
A
B
M
x
kx
x
k
yky
y
k
z
kz
z
k





















Đặc biệt : M là trung điểm của AB


2
2
2
A
B
M
A
B
M
A
B
M
x
x
x
yy
y

z
z
z
















Định lý 12: Cho tam giác ABC biết
BC
(;;) , B(x;;), C(x;;)
A
AA BB CC
A
xyz yz yz
G là trọng tâm tam giác ABC


3

3
3















A
BC
G
A
BC
G
A
BC
G
x
xx
x
yyy

y
z
zz
z

Ví dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3)
Tìm điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành
Ví dụ 2: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0)
a. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông .
b. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
c. Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ A







A B M

5
VI. Tích có hướng của hai véc tơ:
1. Đònh nghóa: Tích có hướng của hai véc tơ
123 123
(; ; ) và (; ; )aaaa bbbb


là một véc tơ được
ký hiệu : ;ab




có tọa độ là :


2331
12
2331
12
;;;
aaaa
aa
ab
bbbb
bb







Cách nhớ
:
123
123
(; ; )
(; ; )
aaaa
bbbb







2. Tính chất:


; và ;ab a ab b
 

 
   




1
.;
2
ABC
SABAC




 


;
ABCD
SABAD




 




''' '
'
.
;.
ABCD A B C D
VABADAA









1
.;.

6
ABCD
VABACAD



  



cùng phương ; 0abab







, , đồng phẳng , . 0abc ab c



  


A, B, C, D đồng phẳng AB,AC,AD
  
đồng phẳng AB,AC .AD 0






  




BÀI TẬP ỨNG DỤNG:
Bài 1: Cho bốn điểm A(-1;-2;4), B(-4;-2;0), C(3;-2;1), D(1;1;1)
a. Chứng minh rằng bốn điểm A,B,C,D không đồng phẳng
b. Tính diện tích tam giác ABC
c. Tính thể tích tứ diện ABCD
Bài 2: Tính thể tích tứ diện ABCD biết A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3)
Bài 3: Cho tứ diện ABCD với A ( 2; 1; 6 ) , B( 3; 1; 4) , C( 5; 1; 0 ) , D(1; 2; 1) . Chứng minh tam giác ABC
vng. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và thể tích tứ diện ABCD.





1 2 3
A
B
C
A
B
C
D
A

B
C
D
A
B
C
D
'
A
'
B
'C
'D

6
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN
I. Các đònh nghóa:
1. Véc tơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng:


a

là VTCP của đường thẳng (

)
đn

0
a có giá song song hoặc trùng với ( )
a















Chú ý:
 Một đường thẳng có vô số VTCP, các véc tơ này cùng phương với nhau.
 Một đường thẳng () hoàn toàn được xác đònh khi biết một điểm thuộc nó và một VTCP của
nó.
2. Véc tơ pháp tuyến ( VTPT) của mặt phẳng :




n

là VTPT của mặt phẳng

đn

0

n có giá vuông góc với mp
n












Chú y ù:
 Một mặt phẳng có vô số VTPT, các véc tơ này cùng phương với nhau.
 Một mặt phẳng hoàn toàn được xác đònh khi biết một điểm thuộc nó và một cặp VTPT của nó.
II. Phương trình của mặt phẳng :
Đònh lý 1: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình mặt phẳng

đi qua điểm
0000
(;;)
M
xyz và có một
VTPT ( ; ; )
nABC

là:


Mx;y;z

000
()()()0


x
y
z
C
z
A
y
B
x



Đònh lý 2: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình dạng :

0

A
BC
x
yzD với
222

0ABC



là phương trình tổng quát của một mặt phẳng .
Chú ý :
 Nếu ( ): 0
x
y C
z
B
D
A

thì ( )

có một VTPT là ( ; ; )nABC



0000 0 0 0
(;;)(): 0 Ax 0
M
xyz AxByCzD By Cz D




a


a

)(

n


);;( CBAn 

);;(
0000
zyxM
0
M

x
y
z
);;( CBAn



7
Các trường hợp đặc biệt:
1. Phương trình các mặt phẳng tọa độ:
 (Oxy):z = 0
 (Oyz):x = 0
 (Oxz):y = 0
2. Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn:
 Phương trình mặt phẳng cắt các trục Ox, Oy, Oz tại

(;0;0)
(0; ;0) (a,b,c 0)
(0;0; )
Aa
Bb
Cc










là:
1
x
yz
abc





Ví dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3)
Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz cho







A1;3;2,B 1;2;3,C 2;0;1. Tìm tọa độ trực tâm của tam giác
ABC.
Ví dụ 3: Trong khơng gian Oxyz cho






A1;3;2,B 1;2;3,C 2;0;1. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại
tiếp của tam giác ABC.
Ví dụ 4: Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9;1;1), cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao
cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ 5: Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm




A 0; 0; 3 ; B 2; 0; 1

 và mặt phẳng (P) có phương trình

3x 8y 7z 1 0
. Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC là tam giác
đều.

III. Vò trí tương đối của hai mặt phẳng

1. Một số quy ước và ký hiệu
:
Hai bộ n số :
12
12
(, , , )
( , , , )
n
n
aa a
bb b



được gọi là tỷ lệ với nhau nếu có số 0t

sao cho
11
22
.
.
nn
atb
atb
atb














Ký hiệu:
12 12
: : : : : :
nn
aa a bb b hoặc
12
12

n
n
a
aa
bb b


2. Vò trí tương đối của hai mặt phẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng
,



xác đònh bởi phương trình :

1111 1111
2222 2222
( ): 0 có VTPT ( ; ; )
(): 0 có VTPT ( ; ; )
A
xByCzD n ABC
A
xByCzD n ABC


 
 




)(Oxz
)(Oxy
)(Oyz
z
y
x
O
A

B
C
a

b
c
O

8











11 11 11
111 22 2
22 22 22
111 1
222 2
111 1
222 2
A
( ) cắt ( ) A : : : : (hay: )
A
A
( ) // ( )
A
A

( ) ( )
A
B
BC C A
B C A B C hoặc hoặc
B
BC C A
BCD
BCD
BCD
BCD



  




Đặc biệt:

12 12 12
A 0
A
BB CC


   

ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN

I. Phương trình của đường thẳng:
1.Phương trình tham số của đường thẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình tham số của đường thẳng ( )

đi qua điểm
0000
(;;)
M
xyz
và nhận
123
(; ; )aaaa

làm VTCP là :


01
02
03
( ): (t )
x
xta
yy ta
zz ta



 










Ví dụ:
Cho điểm M(-2;1;1) và đường thẳng
x12t
(d): y 1 t
z3t











. Lập phương trình mặt phẳng (P) qua điểm
M và vuông góc với đường thẳng (d).
2. Phương trình chính tắc của đường thẳng:
Đònh ly
ù: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình chính tắc của đường thẳng

()

đi qua điểm
0000
(;;)
M
xyz
và nhận
123
(; ; )aaaa

làm VTCP là :


2
n

1
n



1
n

2
n




1
n

2
n

O
z
y
x
)(

0
M
),,( zyxM
a


9


000
123
():
x
xyyzz
aaa





Ví dụ: Cho điểm M(1;2;3) và đường thẳng
xzz
(d):
111



. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm
M và đường thẳng (d)


II. Vò trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng
:
1.Vò trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng :









Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho :
đường thẳng
000
123
():

x
xyyzz
aaa

 có VTCP
123
(; ; )aaaa

và qua
0000
(;;)
M
xyz
và mặt phẳng
(): 0
A
xByCzD

 có VTPT ( ; ; )nABC


Khi đó :














 






123
000
123
00
3
0
12
( ) cắt ( ) Aa 0
( ) // ( )
0
Aa 0
( ) ( )
Aa 0
0
Ba
Ba Ca
Ax By Cz D
Ba Ca

Ax By Cz D
Ca







Đặc biệt:
123
( ) ( ) a : : : :aa ABC

  

Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của (

) và (

) ta giải hệ phương trình :
()
()
p
t
p
t






tìm x,y,z
Suy ra: M(x,y,z)

Ví dụ 1
: Cho hai điểm A(0;0;-3) , B(2;0;-1) và mặt phẳng (P): 3x - 8y + 7z -1 = 0
Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng AB và mặt phẳng (P).

Ví dụ 2: Cho điểm M(1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x2y3z140

. Tìm tọa độ hình

n

M
)(
a


n

M
)(

a


n

M

)(

a


a

n


10
chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P).
Ví dụ 3: Cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình :

41
( ): và (P):x-y+3z+8=0
43 2
x
yz
d


Viết phương trình hình chiếu của (d) lên (P).

Ví dụ 4: Trong khơng gian Oxyz cho




A1;1;0,B 1;2;1 và đường thẳng (d) có phương trình

x1 y z2
21 2



.Tìm tọa độ điểm C thuộc (d) sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh C.
Ví dụ 5: Trong khơng gian Oxyz cho




A1; 1;0,B3;3;2 và đường thẳng (d) có phương trình
xy1z1
21 1



. Gọi C là hình chiếu vng góc của A trên đường thẳng (d). Tìm tọa độ tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Ví dụ 6: Trong khơng gian Oxyz cho




A 2;0;0 ,B 2;3;0 và mặt phẳng (P) có phương trình
xyz70. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA MB

 
đạt giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ 7: Cho đường thẳng

x1 y2 z2
(d):
15 4



và mặt phẳng
2
(P):x 3y 4m z m 0 . Tìm m
để đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng (P).
Ví dụ 8: Trong khơng gian Oxyz cho hai đường thẳng

1
xyz
d:
112

 và

2
x12t
d:yt
z1t
 








. Tìm tọa độ
điểm M thuộc

1
d
và N thuộc

2
d
sao cho MN song song với mặt phẳng

P:x y z 0
và MN 2
Ví dụ 9: Trong khơng gian Oxyz mặt phẳng


P:x y 2z 3 0

, điểm

A1;1; 2 và đường thẳng

x1 y3 z
:
214


. Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, cắt đường thẳng


 và song song với
mặt phẳng (P).
2. Vò trí tương đối của hai đường thẳng :






Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :

000
1 0000
'''' ''''
000
2 0000
'''
( ) : có VTCP ( ; ; ) và qua M ( ; ; )
( ): có VTCP ( ; ; ) và qua M ( ; ; )
x
xyyzz
uabc xyz
abc
xx yy zz
uabc xyz
abc

 

 





0
M
'
0
M
a

1

2

b

0
M
u

'u

1

2

'
0
M

0
M
'
0
M
u

'u

1

2

u

'u

0
M
'
0
M
1

2


11



   








  




   
''
12 00
''
00
12
'''
12
( ) và ( ) đồng phẳng , . 0
,. 0
( ) cắt ( )
:: : :
( ) // ( ) : :

 


 

uu MM
uu MM
abc a b c
abc

  


 


       

''' ' ' '
00 00 00
''' ' ' '
12 0000
''
12 00
00
:: ( ):( ):( )
( ) ( ) : : : : (
( ) và ( ) chéo nha
):( ):( )
u , . 0
 

uu MM

abc x x y y z z
abc a b c x x y y z z

Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của
12
() và ()

 ta giải hệ phương trình :
1
2
()
()
pt
pt





tìm x,y,z
Suy ra: M(x,y,z)
Ví dụ: Cho hai đường thẳng

1
xy1z2
d:
21 1




và

2
x12t
d:y1t
z3










1) Chứng minh rằng


1
d và


2
d chéo nhau
2) Viết phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng


1
d và


2
d .
III. Góc trong không gian:
1. Góc giữa hai mặt phẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng
,


xác đònh bởi phương trình :

1111
2222
( ): 0
(): 0
A
xByCzD
Ax By Cz D






Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng ()&()


ta có công thức:

12 12 12
222222
111 222
cos
.
AA BB CC
ABCABC



 



Ví dụ: Cho hai mặt phẳng (P):x y 2 0&(Q): x z 3 0   . Xác đònh góc giữa hai mặt phẳng
(P) và (Q).
2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng



000
():
x
xyyzz
abc

và mặt phẳng ( ): 0

A
xByCzD



Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng ()&()


ta có công thức:



222222
sin
.
Aa Bb Cc
ABCabc










);;(

2222
CBAn


);;(
1111
CBAn


00
900 


);;( CBAn


)(

);;( cbaa


00
900 


12
3.Góc giữa hai đường thẳng :
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :






000
1
000
2
'''
():
():
x
xyyzz
abc
x
xyyzz
abc


Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng
12
()&()

 ta có công thức:


'''
222 '2'2'2
cos

.
aa bb cc
abcabc



 


IV. Khoảng cách:
1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( ): 0
A
xByCzD


và điểm
0000
(;;)
M
xyz
Khoảng cách từ điểm M
0
đến mặt phẳng ( )

được tính bởi công thức:



000

0
222
(;)
A
xByCzD
dM
ABC







Ví dụ : Cho hình tứ diện ABCD biết tọa độ các đỉnh A(2,3,1) ; B(4,1,-2) ; C(6,3,7) ; D(-5,-4,8)
Tính độ dài đường cao hình tứ diện xuất phát từ D.

2. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:

Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng (

) đi qua điểm
0000
(;;)
M
xyz và có VTCP
( ; ; )uabc


. Khi đó khoảng cách từ điểm M

1
đến ( )

được tính bởi công thức:


01
1
;
(,)
M
Mu
dM
u






 



Ví dụ: Cho đường thẳng :
13
():
34 1
x
yz

d



và điểm A(1;2;1)
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng (d).
3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng chéo nhau :

10000
'''' ''''
20000
( ) có VTCP ( ; ; ) và qua M ( ; ; )
( ) có VTCP ( ; ; ) và qua M ( ; ; )
uabc xyz
uabc xyz





Khi đó khoảng cách giữa
12
() và ()

 được tính bởi công thức
);;(
1
cbaa



1

2

)';';'(
2
cbaa


00
900 


);;(
0000
zyxM
H
H
u

);;(
0000
zyxM
1
M
)(


13

'
00
12
,'.
(, )
;'


 





uu MM
d
uu



Ví dụ: Cho hai đường thẳng :

 
  

12
112 22

(): và (d):
231 1 52
x
yz x y z
d
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
).

0
M
'
0
M
u

'u

1

2


14
MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN

I. Phương trình mặt cầu:
1. Phương trình chính tắc:
Đònh lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình của mặt cầu (S) tâm I(a;b;c), bán kính R là :



2222
():( )( )( )Sxa yb zc R
(1)

Phương trình (1) được gọi là phương trình
chính tắc của mặt cầu


Đặc biệt: Khi I

O thì 
222 2
():Cx y z R


2. Phương trình tổng quát
:
Đònh lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình :


   
222
222 0xyz axbyczd

với

222
0abcd là phương trình của mặt cầu (S) có
tâm I(a;b;c), bán kính


222
Rabcd.
Ví dụ: Cho 4 điểm A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3)
Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Xác đònh tâm và bán kính của mặt cầu
II. Giao của mặt cầu và mặt phẳng:
Đònh lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( )

và mặt cầu (S) có phương trình :





(): 0
2222
():( ) ( ) ( )
A
xByCzD
Sxa yb zc R

Gọi d(I;

) là khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng



Ta có :







1. ( ) cắt mặt cầu (S) d(I; ) < R
2. ( ) tiếp xúc mặt cầu (S) d(I; ) =R
3. ( ) không cắt mặt cầu (S) d(I; ) > R














I
H
R

M
H
M
R
I
I
R
r
H
M
)(S
)(S
)(S
)(C
z
y
x
O
R
);;( zyxM
)(S
I


15

Chú ý:
Khi

cắt mặt cầu (S) thì sẽ cắt theo một đường tròn (C). Đường tròn (C) này có:

 Phương trình là:








0
222
2
Ax By Cz D
x
aybzcR


Tâm là hình chiếu vng góc của tâm mặt cầu trên mặt phẳng


 Bán kính


22
(, )rRdI

Ví dụ: Cho mặt cầu
222
(S): x y z 4x 2y 2z 3 0. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu tại

điểm M(0;1;-2).
Hết

16
BI TP RẩN LUYN
Bi 1:

Bi gii:
Gọi


l mặt phẳng đi qua
dA
. Ta chọn


2,1,1
d
un

pt


032:

zyx

.

- Từ hệ

1,2,1
032
2
1
1
1
1
2













H
zyx
z
y
x
trong đó

dH



.
- Vì
H
l trung điểm AB nên

2,3,4

B

Với

PC , để
BC
nhỏ nhất thì
C
l hình chiếu của
B
lên


P hay

PBC .
Ta chọn

3,2,3
pBC
nu pt
3
2
2
3
3
4
:






z
y
x
BC

Từ hệ

1,1,1
02323
3
2
2
3
3

4
C
zyx
z
y
x













.
Bi 2:

Bi gii:
a) Ta có
1
d l giao tuyến của (P) v (Q), trong đó (Q) l mặt phẳng chứa (d) v vuông góc với (P).
d có vtcp
)2;1;2( u v đi qua )0;3;1(
0
M , vtpt của (P) )1;1;3( n .

Suy ra vtpt của (Q):



1;4;1,' nun .
Do đó pt (Q):
0134 zyx .
Vậy pt





033
0134
:
1
zyx
zyx
d
.

b) +) Gọi
)(

l mặt phẳng qua A v vuông góc với d. Ta có pt
)(

:
08220)3(2)1(2

zyxzyx .
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm


0,1,2

A , đờng thẳng ,
2
1
1
1
1
2
:






z
y
x
d

mặt phẳng

02323: zyxP . Gọi
B
l điểm đối xứng của
A
qua d . Tìm toạ độ điểm C trong
mặt phẳng

P sao cho đoạn thẳng BC có độ di nhỏ nhất.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng








tz
ty
tx
d
2
3
21
:
v mặt phẳng
(P):
033 zyx .
a) Viết phơng trình đờng thẳng

1
d l hình chiếu vuông góc của đờng thẳng d trên mặt phẳng
(P).
b) Cho điểm
)3;0;1(A . Tìm toạ độ điểm B thuộc mặt phẳng (P) sao cho đờng thẳng AB vuông
góc v cắt đờng thẳng d.

17
+) Gäi C lμ giao ®iÓm cña )(

vμ d th× to¹ ®é C tho¶ m·n hÖ:











0822
2
3
21
zyx
tz
ty
tx

Suy ra C(3; 2; 2).
+) )1;2;2( AC . Suy ra pt AC:








tz
ty
tx
3
2
21

+) Ta cã B lμ giao ®iÓm cña AC vμ (P), nªn to¹ ®é B tho¶ m·n hÖ:












033
3
2
21
zyx
tz
ty
tx

Suy ra )4;2;1( B .


Bài 3:

Bài giải:

- Gi¶ sö );;(
000
zyxN . V× )1(06)(
000




 zyxN


- MNPQ lμ h×nh vu«ng MNP vu«ng c©n t¹i N









0.
PNMN
PNMN










0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx








)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx

- Tõ (1) vμ (2) suy ra






1
72
00
00
xz
xy
. Thay vμo (3) ta ®−îc 065
0
2
0
 xx







2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay






)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gäi I lμ t©m h×nh vu«ng
 I lμ trung ®iÓm MP vμ NQ  )
2
5
;3;
2
7
(
I .
NÕu
)13;2( N
th×
).4;3;5( Q

NÕu
)2;1;3( N th× ).3;5;4( Q


Bài 4:


Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5(

 PM . Tìm toạ độ

đỉnh Q biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng .06:)(




zyx



18


Bài giải:

Gi¶ sö );;(
000
zyxM . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
22
)2()3()1()1(
00
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0


yx
zyxzyxzyx














)3(

5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx

Tõ (1) vμ (2) suy ra





00
00
3 xz
xy
.
Thay vμo (3) ta ®−îc
2
00
2
0
)23()1083(5  xxx








3
23
1
0
0
x
x







).
3
14
;
3
23
;
3
23

(
)2;1;1(
M
M


Bài 5:

Bài giải:

+) Rõ ràng
ACkAB . nên A, B, C không thẳng hàng.
+)
CD // AB nên chọn )1;1;2(  ABu
CD
. Suy ra pt








tz
ty
tx
CD
1
3

21
:

CDtttD  )1;3;21(
.
Vì
ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó
6)2()2()2(
222
 ttt























3
2
;
3
8
;
3
5
)0;2;3(
3
1
1
0143
2
D
D
t
t
tt

Để
ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi đó ABCD là hình bình
Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng
.022:)(
 yx

Tìm toạ độ của điểm
M

biết rằng
M
cách đều các điểm CBA ,, và mặt
phẳng ).(


Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(

 CBA . Tìm tọa độ D.

19
hành.
Với







3
2
,
3
8
,
3
5
D thỏa mãn.

Bài 6:


Bài giải:

+)
)12;32;2(
2
1
2
3
1
2
:








 tttD
zyx
dD


2

23
23

ACDABCD
SS . (1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1(  tttADAC .
Suy ra
)94;74;4(],[  ttADAC .
Suy ra


14612832
2
1
)94()74(16
2
1
,
2
1
222
 ttttADACS
ACD
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
2012812832
2
 ttt
. Suy ra )3;1;0(



D .
+)
ABCD là hình bình hành nên DCAB  . Suy ra B(3 ; 3 ; 5).

Bài 7:

Bài giải:

Mặt cầu có tâm
dtttI

 )1;1;22( .
3
9
))(;(


t
PId
. Chọn )1;1;0( 

u và


)3;1;1(M .
Khi đó
)2;2;12(  tttMI
.

Suy ra
)12;12;42(],[ 

yttMIu

Suy ra
2
182412
],[
),(
2




tt
u
MIu
Id
.
Từ giả thiết ta có RIdPId

 );())(;(
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng .
2
1
2
3
1
2

:







zyx
d
Xét hình bình hành ABCD có
.),2;2;2(),0;0;1( dDCA  Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng
.23

Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ,0422:)(  zyxP đường thẳng
1
1
1
1
2
2
:






 zyx
d

và đường thẳng

là giao tuyến của hai mặt phẳng .04,1



 z
y
x
Viết
p
hương t
r
ình
m
ặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với

và (P).

20

53
90
0
090539126
3
9
22
t
t
tttt
t

* Vi
0t
. Ta cú 3),1;1;2( RI . Suy ra phng trỡnh mt cu
.9)1()1()2(
222
zyx
* Vi
53
90
t
. Ta cú
53
129
,
53
143
;
53

37
;
53
74







RI
. Suy ra phng trỡnh mt cu
2222
53
129
53
143
53
37
53
74

zyx



Bi 8:

Bi gii:
Gọi AM, CH tơng ứng l trung tuyến v đờng cao từ A v từ
C của
ABC

1
dAM

v
2
dCH .


72,1,
1111





tttAdA


42,3,1
111
tttBA

0.
2
BAuABCH
d

042312
111







ttt


5,2,11
1
At



*)


4,3,12
2222

tttCdC









2
7
,
2
7
,
2
22
222
ttt
M

1
4
7
2
5
2
22
2

222
1







t
ttt
dM


3,2,3C .
*) Dễ thấy

ABCCH nên ABC thoả mãn bi toán.
*) Chu vi
26222222 CABCABABC ( ABC

đều)

Bi 9:


Bi gii:
A
B
C

M
H
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có )3;4;1(B , phơng trình các đờng
thẳng chứa đờng trung tuyến kẻ từ A v đờng cao kẻ từ C lần lợt l
2
7
1
1
1
:
1





zyx
d v
.
1
4
1
3
2
1
:
2

zyx
d
Tính chu vi tam giác ABC.
Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hình lập phơng D'C'B'A' ABCD. có
A(0,3,3).(0,3,0),A' (3,0,0),C' (0,0,0),D' Tìm tọa độ điểm Q trên đờng thẳng B'D sao cho
0
120'' QCA

21

Từ tính chất của hình vuông hoặc sử dụng
phép chiếu lên 3 trục ta có




3,0,0,0,3,3' DB .
*)




1,1,133,3,3'DB phơng trình

tz
ty
tx
DB
3
:'



'3,, DBtttQ


.
*)


3,3,' tttQA ;


3,,3' tttQC
.

2
1
120cos','cos''cos
0

gt
QCQAQCA



2
1
33.33
333
2
2
222
2
2





tttttt
ttttt



2036369
2
1
32
333
2

2
2





ttt
tt
tt

Vậy

1,2,2Q .
Bi 10:

Bi gii:









Từ gt

3,6,6'C , ta chọn

1,2,2'
3
1
'
ACu
AC


pt








1
1
1
2
2
:'
tz
ty
tx
AC

',2,2
111

ACtttE

.
Ta có

3,6,0',3,0,6' DB , ta chọn

0,1,1''
6
1
''
DBu
DB

D
z
C
D'
A'

0,3,0
C'


0,0,3

A

3,3,0
B

Q
B'
x
y

y
z

'
D

'B

'C

F

E

A

x

C
)3,0,0('A

)0,0,6(B

)0,6,0(D

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hình hộp chữ nhật '''' DCBABCDA có

3,0,0';0,6,0;0,0,6;0,0,0 ADBA
. Tìm toạ độ hai điểm FE, lần lợt thuộc hai đờng thẳng 'AC
v ''D
B
sao cho 3EF v E
F
song song với mặt phẳng


BDA' .

22
 pt









3
''3,,6
6
:''
222
2

z
DBttFty
tx
DB


11212
3,2,26 tttttEF 
Ph−¬ng tr×nh

1
366
:' 
z
y
x
BDA

.062  zyx V×

BDAEF '// nªn 0.
'

BDA
nEF

203221261
111212




 tttttt .

30963142
22
2
2
2
2
2
2
2
 tttttEF
gt
.

3,3,3;2,4,4 FE .
Thö l¹i thÊy

BDAE '
nªn

BDAEF '//
(tho¶ m·n bμi to¸n)


Bài 11:


Bài giải:

 Gọi

A(d) P  , tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:


2x y z 8 0
x6
x2 y1 z1
y5 A6;5;9
z9
23 5







 











Lấy

B2; 1;1 d, gọi (d') là đường thẳng qua B và vuông góc với (P)
Phương trình tham số của (d') là:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x y z 8 0

 và đường thẳng (d):

x2 y1 z1
23 5





Tìm phương trình

 , hình chiếu vuông góc của (d) trên (P).

23

x22t
y1t
z1t



 







Gọi H (d ') (P)  , tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:

2
t
3
10
x22t
x
10 1 5
y1t
3
H;;
z1t 1
333
y
2x y z 8 0
3
5
z
3











 


















 chính là đường thẳng đi qua hai điểm A, H. Ta có

81632 8
AH ; ; 1;2; 4
333 3



  






Vậy phương trình

x6 y5 z9
:
12 4






Bài 12:


Trong không gian Oxyz cho

x1 y1 z3
M1;2;3;a 6;2;3,d:
32 5


   



. Tìm phương trình
đường thẳng

 qua M, vuông góc a

và cắt (d).

24
Bài giải:
 Lấy điểm
N(d)
, tọa độ N có dạng


N 1 3t; 1 2t;5 3t  , ta có:



MN 23t;32t;65t 









MN a MN.a 0 6 2 3t 2 3 2t 3 6 5t 0 t 0       

 


Đường thẳng cần tìm đi qua M có VTCP là


MN 2; 3;6


có phương trình là:

x1 y2 z3
236






Bài 13:




Trong không gian Oxyz, lập phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua

A0;1;1, vuông góc
1
x1 y2 z
(d ) :

311

 và cắt

2
d là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình:

xyz20,x10

 

25
Bài giải:
 Viết phương trình tham số của đường thẳng


2
d :
x1
y1t
zt











Xét điểm

2
B1;1t,t (d)  . Tìm t để
1
d
AB.a 0







1
d
AB.a 0 t 3 B 1;2;3 



Phương trình (d):
xy1z1
12 3




Bài 14:


Bài giải:
 Do M (d) (P)  nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:


x3 y2 z1
x1
y3M1;3;0
21 1
z0
xyz20





 










(d) có VTCP


a2;11



và (P) có VTPT


P
n 1;1;1


.
Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT

QP
na;n 2;3;1




  

Phương trình mp(Q):
2x 3y z 11 0
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d):
x3 y2 z1
21 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 (P) saocho



vuông
góc với (d) và khoảng cách từ M đến



bằng 42 .