20 câu ôn tập hình học không gian có lời giải chi tiết

CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

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
x2

y2

2x 2y 2z 1 0 là đường tròn có bán kính r = 1.

z2

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

R2

d(I; P)

r2

3

m 2n m n 2m 6n
2

(m 2n)

m

2

n

5m2 22m.n 17n2
5m 2

Cho n 1

3

2

3. 2m 2 5n 2

4m 7n

0

22m 17

Vậy, có 2 mặt phẳng (P):

0

m

17
5

1 hay m

(P1 ) : x y z 4

0

(P2 ) : 7x 17y 5z 4

0

Câu 2:
.

A/

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)
/

/

/

/

/

/

BC

H

C

A
B

(A/ BC)
1
a2

F

H

/

1
1
4
/ 2
2
A F FD
3a2
a 21
Vậy, d(A/ B; B/ C/ ) FH
7
Trang 1
A/FD vuông có:

1
FH2

FH

C/
B/

d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC))
BC FD
BC (A / BC)
Ta có:
/
/
/

BC A D ( A BC cân tại A )
Dựng FH A/ D
Vì BC (A/ BC)

4m.n

7
3a2

FH

a 21
.
7

D


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Cách 2:
Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
ABC, A/B/C/ là các tam giác đều cạnh a.
Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
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

z
a

A

C/

/

B/

C

A

a a 3
a a 3
;
; a , C/
;
;a
2 2
2 2
Ta có: B/ C/ // BC, B/ C/ // (A/ BC)
B/

x

D

y

B

d(B/ C/ ; A/ B) d(B/ C/ ; (A/ BC)) d(B/ ; (A/ BC))


a a 3
a a 3
A/ B
;
; a , A/ C
;
; a
2 2
2 2
2
 
3
3
3


/
/
2 a
[A B; A C]

0; a ;
a2 0; 1;
a2 .n, với n
0; 1;
2
2
2

/
/
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
a 21
2
2

2
2
d(B/ (A / BC))
.
7
3
7
1
4
2
a 21
Vậy, d(A/ B; B/ C/ )
.
7

BÀI 2

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)
Trang 2

CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
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:
1. Phương trình tham số của (D):

x 1 2t
y
2 t

z 3 2t
M ( )
M(1 2t; 2 t; 3 2t)


AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)
 
[AB; AC] ( 3; 6; 6)
3(1; 2; 2)



3.n , với n (1; 2; 2)

Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0.
1  
1

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
Thể tích tứ diện MABC bằng 3
V
. .
3
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
N(1 2t; 2 t; 3 2t)
2. N ( )
1  
1
2
3 2
SABN
[NA; NB]
32t 2 128t 146
(4t 8)2 9
2
2
2
2
3 2
maxSABN
4t 8 0
t
2.
2
Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).
Câu 2:

S
Cách 1:
Gọi O là tâm của ABC
I
SA SB SC
Ta có:
OA OB OC ( ABC đều)
A

SO là trục của đường tròn (ABC)
SO (ABC)
Mà : AO

BC; SO

BC

BC

(SOA)

Dựng BI SA , suy ra: SA (IBC) SA
 là góc phẳng nhò diện (B, SA, C).
BIC
Trang 3

BC
IC.

SA

C
O
B

M


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
SOA vuông có: SA

2

SO

2

OA

2

h

2

a2
3

3h2

a2
3

3h2

SA

a2
3

Gọi M là trung điểm BC
Ta có: BM (SOA), BI SA
IM SA (đònh lý 3 đường vuông góc)
MIA  SOA

a 3
3
.
2
3h2 a2
SAC (c.c.c)
IB IC

MI

SO.

SAB
(SAB)

AM
SA

(SAC)

3ah

h.

2 3h2 a2
IBC cân tại I.
1
IM
BC
IBC vuông cân tại I
2
3ah
1
a
3h
3h2 a2
2
2
2
2 3h a

9h2

3h2 a2

h

a 6
.
6

Vậy, h

a 6
.
6
z
S

Cách 2:
Gọi H là tâm của ABC
và M là trung điểm của BC
SA SB SC
Ta có:
HA HB HC ( ABC đều)
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc A(0; 0; 0),
B

a a 3
;
;0 ,C
2 2



SA

0;

 
[SA; SB]


với n1

H

M

z

y

B

a a 3
a 3
a 3
;
; 0 , H 0;
; 0 , S 0;
;h .
2 2
2
3


a 3
; h , SB
3

a a 3
;
;
2 6


h , SC

a a 3
;
;
2 6

h

a2 3
6

a
(3h 3; 3h; a 3)
6

a 
.n1,

6

ah a2 3
;
2
6

a
(3h 3; 3h; a 3)
6

a 
.n 2 ,
6

ah 3 ah
; ;
2
2

(3h 3; 3h; a 3)

 
[SA; SC]


với n2

C

A

ah 3
;
2

(3h 3; 3h; a 3) .

 
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB nên có pháp vectơ
 
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC nên có pháp vectơ
 
(SAB) (SAC) cos(n1; n 2 ) 0
Trang 4


n1 .

n2 .


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

27h 2 9h 2 3a2

3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0
18h2
Vậy: h

3a2

h

0

a 6
.
6

a 6
.
6

BÀI 3
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S):
(d) :

2x 2y z 1 0
;
x 2y 2z 4 0

(S) :x 2

y2 z2

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:
Mặt cầu (S): (x 2)2 (y 3)2
I(-2; 3; 0), bán kính R IN
MH
Dựng IH MN

IH

IN2 HN2

z

2

M

13 m có tâm

13 m , với m < 13.

HN 4

13 m 16

y 1
z

1
;1
2

N

I

m 3 , với m < -3.
x t

Phương trình tham số của đường thẳng (d):


(d) có vectơ chỉ phương u 1;

 
AI ( 2; 2; 1); [AI; u] (3; 6;

H

1
t

2
1 t

1
(2; 1; 2) và đi qua điểm A(0; 1; -1)
2

6)

Trang 5


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d):
 
[AI; u]
32 62 62
81
h
3.

u
9
22 12 22
Ta có: IH = h

m 3 3
m 3 9
Vậy, giá trò cần tìm: m = -12.

12 (thỏa điều kiện)

m

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
Ta có: AO

BN, OH

AK (K BN; H AK)

(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
OH2

1
OA2

1

OK2

1
OA2

Vậy, d(OM; AB) OH

1
OB2

1
ON2

1
3a2

1
a2

1
3a2

5
3a2

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),
M

a 15
5

C

O

a a 3
a 3 a 3
;
; 0 và N 0;
;
2 2
2
2

B

a 3

M
a

x

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)).


a a 3
a 3 a 3
OM
;
; 0 , ON
0;
;
2 2
2
2
 
[OM; ON]

3a2 a2 3 a2 3
;

;
4
4
4

a2 3
4

3; 1; 1

a2 3 

n , với n ( 3; 1; 1)
4


Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x y z
Trang 6

0

y


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Ta có: d(B; (OMN))
Vậy, d(AB; OM)

3.a 0 0
3 1 1

a 3
5

a 15
5

a 15
.
5

BÀI 4
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua giao tuyến của ( ) 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 đònh giá trò của x để góc phẳng nhò diện (B, SA, C) bằng 60o.

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

Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ:
5
5m
A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0;
2
m n
Thể tích tứ diện OABC bằng
125
1
1 5
5m
125
V
.OA.OB.OC
. .5.
36
6
6 2 m n
36
m n 3m
m 1, n 2
m n 3m
m n
3m
m 1, n
4
Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P):
(P1 ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n
(P2 ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n

Câu 2:
. Cách 1:
Gọi M là trung điểm của BC
AM BC ( ABC vuông cân)
Ta có: SG

(ABC)

Suy ra: BC (SAM)
IM
Dựng BI SA

SG

2)
4)
S

I

C

BC .

SA và IC

SA

Trang 7

A

G

B

M


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

 là góc phẳng nhò diện (B; SA; C).
BIC
SAB
SAC (c.c.c)
IB IC

IBC cân tại I.

1
a 2
a 2
BC
; AG
2
2
3
AM
a 2
1

SG.
x.
.
AS
2
SG 2 AG 2

BC a 2; AM BM MC
AIM ~ AGS

IM

IM

 60o
Ta có: BIC

Vậy, x

3ax 2
2 9x2

2a2

 30o
BIM
9x 2

2a2

18x 2

2a2

ax 2
2 x

2

2a2
9

.

BM
3x 3

a
.
3

IM.tg30o

a 2
2

3.3ax 2
2 9x 2

9x 2

2a2

27x 2

9x 2

a2

x

2a2

a
.
3
z

Cách 2:
x
BC a 2
Gọi M là trung điểm BC
a 2
a 2
AM
; AG
2
3
F
A

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G
G
trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
E
M
a
B
AG AE 2
AE AF
.
3
x
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



a a
2a a
a 2a
SA
; ; x , SB
;
; x , SC
; ; x

3 3
3
3
3 3
 
a2
a

a

[SA; SB]
0; ax;
a 0; x;
a.n1 , với n1
0; x;
3
3
3
 
a2
a
a


[SA; SC] ( ax; 0; )
a x; 0;
a.n 2 , với n2
.
x; 0;
3

3
3
 
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB nên có pháp vectơ
 
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC nên có pháp vectơ
Góc phẳng nhò diện (B; SA; C) bằng 60o.
Trang 8

C
y


n1

n2


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

0.x x.0

cos60o

0 x

1
2

a2

2

2

9x a
a
.
Vậy, x
3

2

a a
3 3

a2 2
x
9
9x 2

a2

a2
0
9
2a2

a2
9

9x2 a2
9
9x 2

a2

x

a
.
3

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

x 1 y
1
2

z 2
và mặt phẳng ( ) : 2x – y – 2z = 0.
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 và AF.

GIẢI
Câu 1:
Gọi A(a; 0; 0)

Ox .

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) : d(A; )

2a

22 12

( ) qua M 0 (1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)
 
Đặt M0M1 u
Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1
 
[AM0 ; u]
2.SAM0M1
8a2 24a 36
d(A; )

M0 M1
u
3
Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )

Trang 9

22

2a
3


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

2a

8a2 24a 36
4a2
3
3
4(a 3)2 0
a 3.
Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).

8a2 24a 36

4a2 24a 36

Câu 2:
Cách 1:
Gọi M là trung điểm của BF
EM // AF



(SA;
AF) (EM;

AF) SEM
SAE vuông tại A có:
SE2 SA2 AE a2 2a2

AF

2a 2. 3
2

S

SA2 AB2

A

H

SE a 3

a 6

EM BM MF

SB2

3a2

K

Vì AF // ME

F
M

a 6
; BF a 2
2
a2 8a2 9a2
SB 3a

ME; AH

B

2
2

a 2
và AH
2
d(AF; (SME)) AH.

SK. Ta có: AK

d(SE; AF)

1
1
1
2

2
AH
SA AK2
a 3
Vậy, d(SE; AF)
.
3
Cách 2:
Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
SAK vuông có:

C
E

SF2 SA2 AF2 a2 6a2 7a2
SF a 7
Áp dụng đònh lý đường trung tuyến SM trong SBF có:
1 2
SB2 SF 2 2.SM 2
BF
2
1 2
15a2
9a2 7a2 2SM2
.2a
SM2
2
2
Gọi là góc nhọn tạo bởi SE và AF

Áp dụng đònh lý hàm Côsin vào SEM có:
3a2 15a2
3a2
2
2
2
ES EM SM
2
2

cos
cosSEM
2.ES.EM
a 6
2.
.a 3
2
45o.
Dựng AK

0

MF

1
a2

2
a2

3
a2

2
.
2

(SME)

a 3
3

AH

z
a S

C
A

Trang 10

x

E

M
B

F

y


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
B(a 2; a 6; 0), C( a 2; a 6; 0), S(0; 0; a),
E

a 2 a 6
;
; 0 ; F(0; a 6; 0)
2
2

và M

a 2
; a 6; 0 .
2


SE


a 2 a 6
;
; a ; AF
2
2

Gọi

là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có:

cos

 
cos(SE; AF)

0.


(a; a 6; 0), SM

a 2
2

a 6
0( a)
2
a2 3a2
0.
a2
2
2

a 6.

0 6a2

a 2
; a 6; a
2

3a2
a 6.a 3

2
.
2

45o.
 
a2 6
a2 3
a2 3
a2 3 

[SE; SM]
; 0;
( 2; 0; 1)
n, với n ( 2; 0; 1)
2
2
2
2

Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ n : 2x z a 0.
0 0 a a 2
Khoảng cách từ A đến (SEM): d(A;SEM)

3
2 1
Vì AF // EM

AF //(SEM)

Vậy, d(SE; AF)

d(SE; AF)

d(A; SEM)

a 3
.
3

ĐỀ 6
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S):
(P): 2x 2y z m2 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 đònh 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 m2 3m 0
Trang 11


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

(S) : (x 1)2 (y 1)2 (x 1)2
(P) tiếp xúc (S)

d[I, (P)]

9 có tâm I(1; -1; 1) và bán kính R = 3.
R

2.1 2.( 1) 1.1 m2 3m

3

22 22 12

m

2

3m 1

m2 3m 1 9

9

m2 3m 1

m 2
m
5

9

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:
y 1
x 1 y 1 z 1

2

2

z 2

1

Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2).

S

Câu 2:
Cách 1:
Ta có: SA

(ABC)

SA

M

AC.

Do đó SAC vuông tại A có AM là
1
SC.
trung tuyến nên MA
2
SA (ABC)
Ta lại có:
AB BC ( ABC vuông tại B)

SB

A
K
B

BC (đònh lý 3 đường vuông góc)

Do đó SBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên MB
Suy ra: MA = MB
MAB cân tại M.
Dựng MH // SA và HK // BC (H AC; K
vì:

SA
BC

C

H

(ABC)
AB

MHK vuông tại H có: MK2
Diện tích MAB: SMAB

1
SA a
2
1
BC a
2

HK

MH2 HK2

1
.MK.AB
2

Cách 2:
ABC vuông tại B có:
AC2 AB2 BC2 a2 4a2

AB)

MH

MH (ABC)
HK AB

1
SC.
2

a2 a2

1
.a 2.a
2

2a2

MK a 2

a2 2
2
z

5a

2

2a

S

AC a 5

Trang 12

M

H

C

y


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Dựng BH

AC (H AC), ta có:

AB2
a2
a
AH
AC a 5
5
1
1
1
5
2
2
2
BH
AB BC
4a2
2a
BH
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
Tọa độ trung điểm M của SC là M 0;



Ta có: MA


MB

0;

a 5
;a
2

a 5
3a
;a
MA
2
2
2a 3a
3a
;
; a
MB
.
2
5 2 5

suy ra: MA = MB
 
Ta có: [MA; MB]
Diện tích MAB: SMAB

MAB cân tại M.
a2
;
5

2a2 2
;a
5

1  
[MA; MB]
2

 
[MA; MB]

1 2
.a 2
2

a2 2

a2 2
.
2

BÀI 7
Câu 1:
Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc

bằng (0o
90o ) . 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 2t
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:
Trang 13


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
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, nên SHA
Ta có: OH

1
AH
3

.

a 3
.
6

SHO vuông góc: SO HO.tg

a 3
tg và SH
6

HO
cos

a 3
6.cos

1
1 a 3
a2 3
.SO.SABC
.

tg .
3
3 6
4
2
1
a 3
.SH.BC
2
12.cos

a3tg
24

Thể tích hình chóp S.ABC: V
Diện tích SBC: SSBC

Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có:

V

1
.h.SSBC
3

h

3.V
SSBC

3.

a3tg
a2 3
:
24 12 cos

Cách 2:
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:
-

AO

-

AM

a 3
sin
2
z
S

2
AM
3

a 3
a 3
và OM
3
6

BC, SM BC
SMA

C
A
O

-

M

y

SOM vuông có:
B
a 3
x
SO OM.tg
tg
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
2 2
2 2
2
3
3
6
Thể tích hình chóp: V

Ta có: BS
 
[BS; BC]

a
;
2
0;

1
.SO.SABC
3

a 3 a 3
;
tg
6
6

a2 3
tg ;
6

a2 3
6

a3tg
24

, BC ( a; 0; 0)

n


Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n :

Trang 14


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
O x

a
2

a2 3
tg
6

y

a 3
2

a2 3
(z 0)
6

0

a 3
tg
0.
2
Khoảng cách d từ A đến (SBC):
(SBC) : tg y z

tg .O O
d

tg2

a 3
tg
2
1

a 3
tg
2
1
cos

a 3
sin .
2

Câu 2:


(d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1

(2; 1; 0)

(d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)

AB (3; 0; 4)
  
  
AB.[u1; u2 ] 36 0 AB, u1, u2 không đồng phẳng.
Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

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 (d2 )
N(3 t / ; t / ; 0)

MN (3 t / 2t; t / t; 4)
 
MN u1
2(3 t / 2) (t / t) 0
t/
1
Ta có:  
t 1
3 t / 2t (t / t) 0
MN u2

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:
Trang 15

N(2; 1; 0)

1
MN 2.
2
(z 2)2 4.

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

M(2; 1; 4)


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
(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:


(P) có pháp vectơ nP

/
/
(3; 12; 3) 3(1; 4; 1) 3n P , với n P

(Q) có pháp vectơ nQ (3; 4; 9)

(d1) có vectơ chỉ phương u1 (2; 4; 3)

(d2) có vectơ chỉ phương u2 ( 2; 3; 4)
(

/

)

(P)

P



nq Q


np

(Q)

/

(d1 ) (P ), (d 2 )
 
u u /


u

P/

(P / )//(P), (Q / )//(Q)

Gọi:

(1; 4; 1)

Q/


u1

/

(Q )

A
d1

/


u2
B

d2

Suy ra ( ) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P )
và (Q/), và ( ) // ( /).
 / 
/
( ) có vectơ chỉ phương u [nP ; nQ ] (32; 12; 16) 4(8; 3; 4) 4u ,
/
với u (8; 3; 4).

/
mp (P/) có cặp vectơ chỉ phương u1 và u nên có pháp vectơ:

 /
n P/ [u1; u ] (25; 32; 26)

Phương trình mp (P/) chứa (d1) đi qua điểm A(-5; 3; -1) (d1 ) với n P/ là:
25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0

(P ) : 25x 32y 26z 55 0

/
mp (Q/) có cặp vectơ chỉ phương u 2 và u nên có pháp vectơ:

 /
nQ/ [u2 ; u ] (0; 24; 18)
/

Phương trình mp (Q/) chứa (d2) đi qua điểm B(3; -1; 2)
0(x 3) 24(y 1) 18(z 2) 0
/
(Q ) : 4y 3x 10 0
Ta có: ( ) (P/ )


(d 2 ) với n Q/ là:

(Q/ ).

Vậy, phương trình đường thẳng ( ) :

25x 32y 26z 55 0
4y 3z 10

Trang 16

0

CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Câu 2:
Cách 1:
Bốn tam giác vuông AA/ M, BCM, CC/ N, A/ D/ N bằng nhau (c.g.c)
/

A M MC CN NA
A/ MCN là hình thoi.

/

D/

A/

C/

N
B/

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

Mà: VB/ .ANC

SA/ MCN

D

2.VB/ .A/ NC.
VC.A/ B/ N

Ta có: SA / MCN

2.SA/ NC
A

1
.CC/ .SA/ B/ N
3

a3
6

1 1
.a. .a.a
3 2

VB/ .A/ MCN

1 /
.A C.MN, với A/ C a 3; MN BC/
2

BH

a3
.
3

a 2

a2 6
.
2

Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: VB/ .A / MCN
/

M

3.VB/ .A/ MCN

a3 a2 6
3. :
3
2

SA/ MCN

1 /
.B H.SA / MCN
3

a 6
.
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


Ta có: A / C ( a; a; a), MN ( a; 0; a)
 
[A / C; MN] (a2 ; 2a2 ; a2 ) a2 (1; 2; 1)


a2 .n với n (1; 2; 1).

z

/
a D

A
x

a

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

1 4 1
Trang 17

C
a y

D

(A/ MCN) : x 2y z 2a 0.
a 2a a 2a

C/

A/

M


Phương trình mp (A/MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ n :
1(x 0) 2(y a) 1(z 0) 0

d

N

2a
6

a 6

.
3

B

C
B


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

ĐỀ 9
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
x t
x t'
(d1) : y 4 t ;
và (d2) : y 3t ' 6

z

6 2t

z

t' 1

Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d2). Tìm phương trình
tham số của đường thẳng qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).
Câu 2:

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 .

GIẢI
Câu 1:


(d1) có vectơ chỉ phương u1 (1; 1; 2)

(d2) có vectơ chỉ phương u2 (1; 3; 1)


IK (t / 1; 3t / 5; t / 2)
18
18 12 7
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 ))

18
56
59
HK
t;
t;

2t
11
11
11
 
18
56
118
26
HK u1
t
t
4t 0
t
11
11
11
11

30
7
1
HK
4;
;
(44; 30; 7).
11 11 11
18
x
44

11
12
Vậy, phương trình tham số của đường thẳng ( ): y
30 .
11
7
z
7
11
K (d2 )
 
IK u2

Câu 2:
Cách 1:
Dựng SH

K(t / ; 3t /

6; t / 1)

AB

S

Trang 18


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Ta có:

(SAB)
SH

(ABC), (SAB)

(SAB)

(ABC) và SH là đường cao của hình chóp.

Dựng HN

SN

(ABC) AB, SH

BC, HP

BC, SP

SHN = SHP

AC
 SNH

AC SPH

HN = HP.

AHP vuông có: HP
SHP vuông có: SH

HA.sin60o
HP.tg

Thể tích hình chóp S.ABC : V
Cách 2:
Dựng SH AB
Ta có: (SAB) (ABC), (SAB)

a 3
.
4

a 3
tg
4
1
.SH.SABC
3

1 a 3
a2 3
.
.tg .
3 4
4

(ABC) B, SH

Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc

H là trung điểm AB.
Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz
đôi một vuông góc, H(0; 0; 0),
a
a
A ; 0; 0 ; B
; 0; 0 ,
2
2

C 0;

a 3
; 0 , S(0; 0; h), (h
2

(SAB)

SH

z
h S

B

A
x

Trang 19

C

H

Phương trình mp (ABC):

z = 0, với pháp vectơ n1 (0; 0;1)

(SAC) : 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0
(SAC) tạo với (ABC) một góc :
0 0 a 3
cos
0 0 1. 12h2 4h2
1
16h 2 3a2
2
1
tg
cos2
3a2
3a2 tg2
a 3
2
h
h
tg
16
4
1
Thể tích hình chóp S.ABC: V

.h.SABC
3

(ABC)

và ABC đều, nên suy ra

0).

Phương trình mp (SAC):
x
y
z
1
a a 3 h

a3
tg
16


với n2

a 3
2
a
2

(2h 3; 2h; a 3)
a 3

3a2

16h 2 3a2

1 a 3
a2 3
.
tg .
3 4
4

a3
tg .
16

y


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

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).
2. Xét mặt phẳng ( : x + y + z + 3 = 0. Viết phương trình hình chiếu của ( 2) theo
phương ( 1) lên mặt phẳng ( ).
 
3. Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) để MM1 MM 2 đạt giá trò nhỏ nhất biết M1(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
 120 o , cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh AB'I vuông
BAC
tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).

GIẢI
Câu 1:

x 3 7t1

1.


( 1 ) : y 1 2t1 có vectơ chỉ phương u1

( 7; 2; 3)

z 1 3t1

x
(

7 7t 2

3 2t 2
2) : y
z 9 t2

qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) và

có vectơ chỉ phương u2 (1; 2; 1)

Gọi H là hình chiếu của A trên ( 1)
H ( 1)
H(3 7t1; 1 2t1; 1 3t1 )

AH ( 4 7t1; 2 2t1; 8 3t1 )
 
AH u1
7( 4 7t1 ) 2( 2 2t1 ) 3( 8 3t1 ) 0
t1 0
H(3; 1; 1)

B
A


u1
H

K

A/
B/

Gọi 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:
114 25 22
20 105 204
K
; ;
B/
;
;
31 31 31
31
31
31


11 74 13
1
1 
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

đường thẳng A / B/ qua A/ với vectơ chỉ phương a .
Trang 20


CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!
Vậy, phương trình chính tắc ( 3):

x 1
11

y 1
74

z 7
.
13

2. Mặt phẳng ( ) chứa ( 2) và ( ) // ( 1)


( ) có cặp vectơ chỉ phương u1 ( 7; 2; 3), u2 (1, 2, 1)
 



[u1; u2 ] ( 8; 4; 16)
4(2; 1; 4)
4n , với n (2; 1; 4)

Phương trình mp ( ) qua A(7; 3; 9) ( 2 ) với pháp tuyến n :
( ) : 2x y 4z 53 0
Ta có: ( )

( ) (

/
2

) là hình chiếu của ( 2) lên ( ) theo phương ( 1).
x y z 3 0
Vậy, phương trình hình chiếu ( 2/ ) :
2x y 4z 53 0
(
I(5; 2; 5)
3. Gọi I là trung điểm M1M2
 

I
2MI
Ta có: MM1 MM2
 

M1
MM1 MM2 nhỏ nhất
2MI nhỏ nhất

M là hình chiếu của I trên ( )
Phương trình đường thẳng ( ) qua I
và vuông góc với ( ) là:
x 5 t

y

2 t

z

5 t

M0

Gọi M là giao điểm của ( ) và ( )
M ( )
M(5 t; 2 t; 5 t)
M ( )
5 t 2 t 5 t 3 0

t

5

)
M2


u

M

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.
AH

ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a

a 3
BC a 3
2
IB/ C/ vuông có:
a2
IB/ 2 IC/ 2 B/ C/ 2
3a2
4

a
và
2

BH

AIC

vuông có: AI

2

2

IC

13a2
4
2

AC

B/

a2
4

2

a

/2

Trang 21

A/

5a2
4

5a2
13a2
2
Ta có: AI AB
2a
IB/ 2
4
4
(AB/ là đường chéo của hình vuông AA/B/B cạnh a)
Vậy, AB/I vuông tại A.
2

C/

B

H
30o

A

I
C

CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!!

1
1 a 5
a2 10
.AI.AB/
.
.a 2
2
2 2
4
2
1
1 a
a 3
SABC
.AH.BC
. .a 3
2
2 2
4
là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB/I), theo công thức chiếu, ta có:
SABC a2 3 a2 10
30
:
SAB/ I
4
4
10

Ta có: SAB/ I

Gọi
cos

Cách 2:
Gọi H là trung điểm BC
AH BC
ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a
a
a 3
và BH
BC a 3
2
2
Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),

a 3 a
; ;0 , C
2 2

 /
AB


a 3 a
; ; a , AI
2 2

 / 
Ta có: AB .AI

 /
AB

*
*

a 3 a
; ;a ,I
2 2

a 3
.
2


AI.

B/

60o

H

z

B

a 3 a a
; ;
2 2 2

a 3 a a
; ;
2 2 2
a 3
2

a a
a
.
a.
2 2
2

3a2
4

a2
4

2a2
4

0

Vậy, AB/I vuông tại A.


Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ n1 (0; 0; 1)
 / 
mp (AB/I) có cặp vectơ chỉ phương AB , AI , nên có pháp vectơ:

 / 
[AB ; AI]


với n2
Gọi

a2
;
4

3a2 3 2a2 3
;
4
4

a2
(1; 3 3; 2 3)
4

a2 
.n 2
4

(1; 3 3; 2 3) .
là góc giữa (ABC) và (AB/I), ta có:
0 0 2 3
cos
0 0 1. 1 27 12

Trang 22

I
C

A

a 3 a
; ; 0 , A / (0; 0; a),
2 2

a 3 a
; ; a , C/
2 2

B/

A/

a

AH

B

C/

z

2 3
40

30
.
10

y