Phương pháp giải toán hình học (Phần 3: Oxyz)

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN

PHÂN DẠNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

HÌNH HỌC
DÀNH CHO HỌC SINH 10–11–12
VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC

PHẦN 3

HÌNH GIẢI TÍCH
TRÊN KHƠNG
GIAN (Oxyz)
Biên soạn:

NGUYỄN QUANG HIỂN
TRẦN MINH QUANG
HOÀNG HỮU VINH

Hình học

151


Lời nói đầu
Các em học sinh thân mến!
Chúng tôi là nhóm giáo viên Toán của Trung tâm luyện thi Vónh Viễn có
nhiều kinh nghiệm trong việc giảng dạy và biên soạn sách tham khảo.
Nhằm mục đích giúp các em học sinh tự học, nâng cao bài tập ở các lớp 10,
11, 12 và nhất là các em đang sắp thi vào Đại học, chúng tôi cùng biên
soạn bộ Toán gồm ba quyển.

Quyển 1: Hình học (3 Phần)
Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phức
Quyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợp
Mỗi quyển sách gồm:
• Tóm tắt lý thuyết một cách có hệ thống và đầy đủ.
• Phân loại các dạng toán cùng với cách giải dễ hiểu. Nhiều bài tập mẫu
từ dễ đến khó, trong đó có nhiều bài được giải bằng nhiều cách khác nhau.
Chúng tôi hy vọng quyển sách này sẽ giúp các em thích thú, nâng cao
học lực và thành công trong kì thi tuyển sinh Đại học sắp đến. Dù đã cố
gắng nhiều, nhưng chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu sót, mong sự đóng góp ý
kiến của các em học sinh và của độc giả.
Nhóm biên soạn

152

Nhiều tác giả


BÀI 1

HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
→

→

• Trong không gian (Oxyz) cho hai vectơ a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3).
a1 = b1

Ta có: a = b ⇔ a 2 = b2

a = b
3
 3
→

→

→

→

a ± b = ( a1 ± b1 , a 2 ± b2 , a 3 ± b3 )

→

k a = ( ka1 , ka 2 , ka 3 ) (k ∈ R)
→
r
r
→
→
r r
a và b cùng phương ⇔ [a, b] = 0 ⇔ ∃k ∈ R : a = k. b
⇔

( b ≠ 0)
→

→

a1 a 2 a 3
=
=
(b1.b2.b3 ≠ 0)
b1 b2 b3

r r
r r
a . b = a . b cos(a, b)
→ →

Đònh nghóa:
r r
Đònh lý: a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3
r 2 r 2 ar = a 2 + a 2 + a 2
1
2
3
Hệ quả: a = a ;
→

→

→ →

a ⊥ b ⇔ a.b = 0
• Trong không gian (Oxyz) cho A(xA, yA, zA, ), B(xB, yB, zB), C(xC, yC, zC)
uuuu
r
Ta có:

AB = (xB – xA, yB – yA, zB – zA)
uuuu
r
2
2
2
AB = AB = ( x B - x A ) + ( y B - y A ) + ( zB - z A )
x A + xB

 xI =
2

y

A + yB
Trung điểm I của đoạn AB:  y I =
2

zA + zB

zI =
2


Hình học

153


xA + xB + xC


xG =
3

y A + y B + yC

G trọng tâm ∆ABC yG =
3

zA + zB + zC

zG =
3

 Lưu ý:
Nếu M ∈ (Oxy) thì zM = 0
Nếu M ∈ (Oyz) thì xM = 0
Nếu M ∈ (Oxz) thì yM = 0
Nếu M ∈ x′Ox thì yM = zM = 0
Nếu M ∈ z′Oz thì xM = yM = 0
Nếu M ∈ y′Oy thì xM = zM = 0
• Tính có hướng của hai vectơ
→

→

Trong không gian (Oxyz) cho 2 vectơ: a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3)
r
r r
→

→
r
Tích có hướng của hai vectơ a và b , ký hiệu a, b  (hoặc a ∧ b ), là
vectơ có tọa độ:
 a2
r r
[a, b] = 
 b2

a3
b3

,

a3

a1

b3

b1

,

a1
b1

a2 
÷
b2 ÷



Tính chất:
r
r
r r
1/ Vectơ [a, b] vuông góc với cả hai vectơ a và b
→ →
→ →
2/  a, b  = −  b, a 

( )

→ →
→ →
→ →
3/  a, b  = a b sin a, b

Ứng dụng của tích có hướng
r r r
r r r
a/ a, b, c đồng phằng ⇔ [a, b].c ≠ 0
b/ Diện tích tam giác ABC: S =

154

Nhiều tác giả

r uuuu
r

1 uuuu
[AB, AC]
2


uuur uuur
c/ Diện tích hình bình hành ABCD: S = [AB, AD]
d/ Thể tích tứ diện ABCD: V =

1
6

 → →  →
 AB, AC AD

 → →  →
e/ Tính thể tích hình hộp ABCD.A′B′C′D′: V =  AB, AD  AA '



 Các dạng toán thường gặp

uuur uuur
r
uuur
uuur
• A, B, C, thẳng hàng ⇔ AB cùng phương với AC ⇔ AB, AC = 0
Suy ra: A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác ⇔ A, B, C không thẳng
hàng.
• A, B, C, D là 4 đỉnh của 1 tứ diện

uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
⇔ AB , AC , AD không đồng phẳng ⇔ AB, AC.AD ≠ 0
• Trực tâm H của ∆ABC
Tìm tọa độ điểm H từ điều kiện:
uuuu
r uuur
AH.BC = 0
uuur uuur
⇔
BH.AC = 0
A, B, C, H đồng phẳng


uuuu
r uuur
AH.BC = 0
uuur uuur
BH.AC = 0
r
 uuur uuur uuuu
AB, AC.AH = 0

• Chân đường cao A′ của đường cao AA′ của ∆ABC
Tìm tọa độ điểm A′ từ điều kiện
uuuur uuur
AA ′.BC = 0
uuur ⇔
uuuur
BA ′ cùng phương BC

uuuur uuur
AA ′.BC = 0
r
 uuuur uuur
BA ′,BC = 0

• Tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC
Tìm tọa độ điểm I từ điều kiện:
IA2 = IB2
IA = IB
 2

2
⇔ IA = IC
IA = IC
u
u
u
r
u
u
u
r
uur
A, B, C, I đồng phẳng


AB, AC.AI = 0
• Chân đường phân giác trong và ngoài của ∆ABC

·
Gọi D, D′ là chân đường phân giác trong và ngoài của BAC
DB D′B AB
=
=
Ta có:
DC D′C AC

Hình học

155


uuur
uuuur AB uuuur
AB uuur
.DC và D′B =
.D′C
Vậy DB = −
AC
AC
• Để tìm tâm của đường tròn nội tiếp:
µ cắt
– Vẽ đường phân giác trong của B

AD tại I thì I chính là tâm đường
tròn nội tiếp ∆ABC.
– Tìm I từ công thức:
B
uur

IA BA
BA uur
=
.ID
⇒ IA = −
ID BD
BD

A

I
D

C

B. BÀI TẬP MẪU

r
r
r
Bài 1: Cho ba vectơ a = (1, m, 2), b = (m + 1, 2, 1), c = (0, m – 2, 2)
r
r
a
b
a. Tìm m để
vuông góc .
r r r
b. Tìm m để a, b, c đồng phẳng
r r

r
c. Tìm m để a + b = c
Giải
a/ Ta có:

r r
rr
a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ m + 1 + 2m + 2 = 0 ⇔ m = –1

b/ Ta có:

r r
[a, b] = (m – 4, 2m + 1, –m2 – m + 2)
r r r
⇒ [a, b] . c = (m – 2)(2m + 1) + 2(–m2 – m + 2) = –5m + 2

Do đó:
r r r
a, b, c đồng phẳng ⇔
r r
c/ Ta có: a + b = (m + 2,
r
r r
Do đó: a + b = c ⇔

2
r r r
[a, b] . c = 0 ⇔ –5m + 2 = 0 ⇔ m =
5
m + 2, 3)

r r2 r2
a+b = c

⇔ (m + 2)2 + (m + 2)2 + 9 = (m – 2)2 + 4
⇔ m2 + 12m + 9 = 0 ⇔ m = –6 ± 3 3
r
r
r
Bài 2: Cho a = (1, –2, 3). Tìm vectơ b cùng phương với vectơ a , biết
r
r
rằng b tạo với trục tung một góc nhọn và b = 14 .
Giải
r
r
Gọi b = (x, y, z); Oy có vectơ đơn vò j = (0, 1, 0).

156

Nhiều tác giả


r
r
 b = ka
 x = k, y = −2k, z = 3k
 r r

Ta có:  b. j > 0 ⇔  y > 0
r

 2
2
2
 x + y + z = 14
 b = 14
 x = k, y = −2k, z = 3k
 x = k, y = −2k, z = 3k


⇔ y > 0
⇔ y > 0
 2
 k = ±1
2
2

 k + 4k + 9k = 14
 x = −1, y = 2, z = −3
⇔ 
 k = −1
r
Vậy b = (–1, 2, –3)
Bài 3: Cho ba điểm: A (–2, 0, 2), B (1, 2, 3), C(x, y – 3, 7).
Tìm x, y để ba điểm A, B, C thẳng hàng
Giải
uuur
uuur
Ta có: AB = (3, 2, 1), AC = (x + 2, y – 3, 5)
uuur uuur
 Cách 1: [AB, AC] = (y – 13, 13 – x, 2x – 3y + 13)

 y − 13 = 0
uuur uuur

→
Ta có: A, B, C thẳng hàng ⇔ [AB, AC] = 0 ⇔ 13 − x = 0
2x − 3y + 13 = 0

 Cách 2:
A, B, C thẳng hàng ⇔
 Cách 3:

⇔ x = y = 13
x+2 y−3 5
=
=
⇔ x = y = 13
3
2
1

 x + 2 = 3k
 x = 13
uuur
uuur


A, B, C thẳng hàng ⇔ AC = k AB ⇔  y − 3 = 2k ⇔  y = 13
5 = k
k = 5




Bài 4: Cho ba điểm: A(1, 1, 1), B(–1, –1, 0), C(3, 1, –1)
a. Tìm điểm M trên trục Oy cách đều hai điểm B, C
b. Tìm điểm N trên mặt phẳng (Oxy) cách đều ba điểm A, B, C.
c. Tìm điểm P trên mặt phẳng (Oxy) sao cho PA + PC nhỏ nhất.
Giải
a/ Gọi M(0, y, 0) ∈ Oy
M cách đều hai điểm B, C ⇔ MB2 = MC2

Hình học

157


⇔ 1 + (y + 1)2 = 9 + (y – 1)2 + 1 ⇔ y =
9
, 0)
4
b/ Gọi N(x, y, 0) ∈ (Oxy)

9
4

Vậy M(0,

 NA 2 = NB2
N cách đều ba điểm A, B, C ⇔ 
2
2

 NA = NC
x = 2
(x − 1)2 + (y − 1)2 + 1 = (x + 1)2 + (y + 1) 2

7
⇔ 
⇔ 
2
2
2
2
(x − 1) + (y − 1) + 1 = (x − 3) + (y − 1) + 1
 y = − 4
Vậy N (2, –

7
, 0)
4

c/ Gọi P(x, y, 0)

A

Nhận thấy A và C nằm khác phía
đối với mp (Oxy) (do zA.zC = –1 < 0)
Ta có: PA + PC ≥ AC

A
P

Oxy

P
C

Do đó: PA + PC nhỏ nhất

⇔ PA + PC = AC ⇔ P = AC ∩ (Oxy) ⇔ A, P, C thẳng hàng
uuur
uuur
Ta có: AP = (x – 1, y – 1, –1), AC = (2, 0, –2)
uuur
uuur
uuur
uuur
A, P, C thẳng hàng ⇔ AP và AC cùng phương ⇔ AP = k AC

Oxy

p

C

x = 2
 x − 1 = 2k
 y = 1

⇔ y − 1 = 0 ⇔ 
 −1 = −2k
k = 1



2
Vậy P(2, 1, 0)
Bài 5: Cho ∆ABC có A(0, 0, 1), B(1, 4, 0), C(0, 15, 1)
a. Tính độ dài đường cao AK của

ABC.

b. Tìm tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
c. Tìm trực tâm H của ∆ABC.
Giải
uuur
uuur
uuur
a/ AB = (1, 4, –1), AC = (0, 15, 0), BC = (–1, 11, 1)
uuur uuur
1 uuur uuur
15 2
[ AB , AC ] = (15, 0, 15) ⇒ SABC = [AB, AC] =
2
2
158

Nhiều tác giả


1
15 2 15 2
15 2

=
AK.BC =
⇒ AK =
2
BC
123
2
IA = IB

b/ Gọi I(x, y, z). Ta có: IA = IC
 uuur uuur uur
 AB, AC, AI đồng phẳng
21

x = − 2
2
2
IA = IB
 x + 4y − z − 8 = 0

 2
15


2
⇔ IA = IC
⇔ 2y − 15 = 0
⇔ y =
2
 uuur uuur uur

x + z − 1 = 0


[AB, AC].AI = 0
23

z = 2

Ta cũng có: SABC =

Vậy I(–

21 15 23
,
,
)
2
2
2

c/ Gọi H(x, y, z). Ta có: H là trực tâm ∆ABC
uuuu
r uuur
 AH.BC = 0
uuuu
r uuur
 uuur uuur
 AH.BC = 0
BH.AC = 0
 uuur uuur

r
 uuur uuur uuuu
BH.AC = 0
 AB, AC  .AH = 0
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r


⇔  AB, AC, AH đồng phẳng ⇔  

− x + 11y + z − 1 = 0
 x = 22


⇔ y − 4 = 0
⇔ y = 4
x + z − 1 = 0
z = −21



Vậy: H(22, 4, –21)
Bài 6: Cho bốn điểm: A(1, 0, 1), B(–1, 1, 2), C(–1, 1, 0), D(2, –1, –2)
a. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.
b. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
c. Tính độ dài đường cao AH của tứ diện ABCD.
Giải

uuur uuur uuur
a/ A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện ⇔ AB , AC , AD không đồng
uuur uuur uuur
phẳng ⇔ [ AB, AC ]. AD ≠ 0
uuur
uuur
uuur
Ta có: AB (–2, 1, 1), AC = (–2, 1, –1), AD = (1, –1, –3)
uuur uuur uuur
uuur uuur
[ AB , AC ] = (–2, –4, 0) ⇒ [ AB, AC ]. AD = 2 ≠ 0
Vậy A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.

Hình học

159


uuur
uuur uuur
b/ Ta có: CD = (3, –2, –2), AB.CD = –10
uuur uuur

uuur uuur
10
10
AB.CD
=
cos(AB, CD) = |cos( AB, CD )| = uuur uuur =
6. 17
102
AB . CD
1 uuur uuur uuur 1
c/ VABCD = [AB, AC].AD =
6
3
1
1
1
Ngoài ra: VABCD = SBCD.AH =
⇒ AH =
SBCD
3
3
uuur uuur
Ta có:
[ BC, CD ] = (–4, –6, 0)
1
1 uuur uuur
1
16 + 36 = 13 ⇒ AH =
⇒ SBCD = [BC, CD] =
13

2
2
Bài 7: Cho ∆ABC có A(1, 1, 1), B(5, 1, –2), C(7, 9, 1)
a. Tính cosin của góc A.
b. Chứng minh rằng góc B nhọn.
c. Tính độ dài đường phân giác trong của góc A.
d. Tìm tọa độ chân đường cao vẽ từ A.
Giải
uuur
uuur
uuur
a/ Ta có: AB = (4, 0, –3), AC = (6, 8, 0), BC = (2, 8, 3)
uuur uuur
uuur uuur
AB.AC
24
12
µ = cos( AB , AC ) = uuur uuur =
=
cos A
AB . AC 5.10 25
uuur
uuur
b/ BA = (–4, 0, 3), BC = (2, 8, 3)
uuur uuur
⇒ BA . BC = 1 > 0 ⇒ góc B nhọn.
c/ Gọi D(x, y, z) là giao điểm đường phân giác trong của góc A với cạnh BC.
uuur
uuur
DB AB

5
1
=
=
=
Ta có:
⇒ DC = −2DB
DC AC 10 2
17

x = 3
7 − x = −2(5 − x)


⇔ 9 − y = −2(1 − y) ⇔  y = 11

1 − z = −2(−2 − z)
3


z
=
−
1

Vậy D(
⇒

17 11
, , –1)

3 3
AD =

2

2

2 74
 17
  11

− 1÷ + 
− 1 ÷ + (−1 − 1)2 =

3
 3
  3


d/ H(x, y, z) là chân đường vẽ từ A đến BC.

160

Nhiều tác giả


uuuu
r uuur
 AH.BC = 0
uuur

 uuur
BH cùng phương BC (*)
uuur
uuuu
r
uuur
Ta có: AH = (x–1, y–1, z–1), BH = (x–5, y–1, z+2), BC = (2, 8, 3)
387

 x = 77

2(x − 1) + 8(y − 1) + 3(z − 1) = 0
85


⇔
⇔
x − 5 y − 1 z + 2
y =
Do đó: (I)
77
 2 = 8 = 3

151

z = − 77

 387 85 −151 
, ,
Vậy H 

÷
 77 77 77 

z

• Trong các bài tập sau đây
chúng ta sẽ lưu ý kỹ năng
gắn trục tọa độ đề giải quyết
các bài toán Hình không
gian. Gốc tọa độ phải là
điểm để có tam diện vuông.

M
O

y

H
x
Nếu H là hình chiếu vuông góc của M lên (Oxy) thì x M = xH, yM = yH
Để biết tọa độ M ∈ (Oxy) ta vẽ riêng hình trong mặt phẳng tọa độ
quen thuộc và chú ý zM = 0
Vài tình huống cụ thể khi gặp tứ diện S.ABC.

• Nếu SA ⊥ (ABC)

z

và ∆ABC ⊥ tại A

A

x

C

y

B

z và ∆ABC tại B
• Nếu SA ⊥ (ABC)
S c lượng trong ∆ABC ⊥ ta xác đònh được tọa độ B
Dùng hệ thứ
y
xB = AH
yB = AK
zB = 0
C

A

y

K

A

x
B

B

H

Hình học

C

x

161


• Nếu SA ⊥ (ABC) và ∆ABC cân tại A hay đều ta chọn Ox ⊥ BA hay
Ox qua AC
y
z
S
S

A

x

A

C

C

x

I
y

B
y
• Nếu S.ABC là hình chóp đều có ∆ABC đều cạnh a

B

Gọi O là tâm đường tròn (ABC) thì SO ⊥ (ABC)
S

z
y

O

A

C
I

y

x

B

Gắn trục tọa độ như hình vẽ
Ta có:

162

xB = xC = OI =

Nhiều tác giả

1
a 3
.AI =
3
6

A

B

O

I
C

x


yB = –yC = IB =
xA = OA = –

a
2

2
2 a 3
a 3
AI = –
=–
3
3 2
3

 a 3

a 3 a 
 a 3 −a 
, 0, 0÷, B 
, , 0÷ , C 
,
, 0÷
Vậy A  −
3
2 


 6 2 
 6
• Nếu S.ABCD là hình chóp có đáy ABCD hình chữ nhật (hay hình
vuông) có SA ⊥ (ABCD)

z
S
x

A

y

B
C

D

• Nếu S.ABCD là hình chóp có (SAB) ⊥ (ABCD) và ABCD hình chữ
nhật vẽ SO ⊥ AB thì SO ⊥ (ABCD)
z
S
A

B

O
y

x

z

D

A′

C

• Nếu ABCD.A′B′C′D′ là hình hộp chữ nhật (hay lập phương)
B′
C′
A

B
y

D
C

x
Hình học

163


Bài 8. Cho tứ diện N.ABC có NA vuông góc (ABC), NA = a, tam giác
ABC vuông cân tại A có AB = AC = a. Từ trung điểm M của BC vẽ
a
đường vuông góc (ABC) lấy điểm I cùng phía với N sao cho MI =
.
2
Gọi H là chân đường vuông góc vẽ từ A đến NC.
Chứng minh: AH vuông góc NI.
Giải

Gắn trục tọa độ như hình vẽ
Ta có: A(0, 0, 0), B(a, 0, 0), C(0, a, 0), N(0, 0, a)
a a 
z
Ta có: M  , , 0÷ trung điểm AB
2 2 
N

a a a
⇒ I , , ÷
 2 2 2
∆ANC vuông cân tại A nên H là trung điểm NC
Vậy

 a a
H  0, , ÷
 2 2

Ta có

uuuu
r
 a a
AH =  0, , ÷
 2 2

và

uuu
r

a a a
NI =  , , − ÷
 2 2 2
uuuu
r uuu
r
a2 a2
−
⇒ AH.NI = 0 +
=0
4
4
⇒ AH ⊥ NI

164

Nhiều tác giả

H

J
A

I
M

B
x

C

y


Bài 9. Đề dự bò Đại học khối A 2006
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc (ABCD), đáy ABCD hình chữ
nhật AB = a, AD = 2a, SB tạo với mp(ABCD) góc 60 o. Trên SA lấy M
a 3
sao cho AM =
, SD cắt (BCM) tại N. Tính thể tích khối S.BCNM.
2
Giải
SA
Ta có: ∆SAB ⊥ ⇒ tan60o =
AB
⇒ SA = a 3

z
S

a 3
vậy M
2
trung điểm SA. Mp(SAD)
chứa AD // (BCM)

M

Nên (SAD) cắt (SAD) theo
giao tuyến MN // AD

A

Mà AM =

Gắn trục tọa độ như hình
vẽ thì B(a, 0, 0), D(0, 2a, 0),
C(a, 2a, 0), S(0, 0, 3 a),
M(0, 0,
Ta có:

N

D

y

60o

B

x
3
3
a), N(0, a,
a)
2
2
uuuu
r

uuur
3
a), SB = (a, 0, –a 3 )
SM = (0, 0, –
2

C

uuur
uuur
a 3
)
SC = (a, 2a, – 3 a), SN = (0, a, –
2
uuuu
r uuur
a2 3
2 3
SM
∧
SC
⇒
= (a
,–
, 0)
2
Ta có:

VS.BCNM = VS.BCM + SS.MNC
=

r uuur uuur 1 uuuu
r uuur uuur
1 uuuu
(SM ∧ SC).SB + (SM ∧ SC).SN
6
6

=

1
1 3
1 a3 3
a 3+ −
= a3 3
4
6
6
2

Bài 10. Đề dự bò Đại học khối D 2003

Hình học

165


Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC), tam giác ABC vuông tại
B, AB = a, BC = SA = 2a. Gọi M trung điểm SC. Chứng minh tam giác
AMB cân tại M. Tính diện tích ∆AMB.

Giải

y

S
M

2a
B

C

A

x

C
A

H

x

a
y

2a
B

Gắn trục như hình vẽ

Ta có: A(0, 0, a), C(a 5 , 0, 0), S(0, 0, 2a)
∆ABC ⊥ tại B ⇒ AB2 = AH.AC
⇒ xB = AH =

BA.BC a.2a 2a
AB2
a2
a
=
=
=
=
và BH = yB =
AC
AC
a 5
5
a 5
5

 a 2a 
, 0÷
Vậy B  ,
 5 5 
a 5

, 0, a ÷
Trung điểm SC là M 
 2


Vậy

MA2 =

5a2
9a2
+ a2 =
4
4
2

a 5 a 5
4a2
MB = 
+
+ a2
−
÷
5
2 
 5
2

=

45a2 9a2  9 9  2 45 2 9a2
+
=
+ ÷a =
a =

100
5
20
4
 20 5 

Vậy MA = MB nên ∆MAB cân tại M

166

Nhiều tác giả


Ta có:

uuuur  a 5
uuur  a 5 2a 5 

MA = 
, 0, a ÷ và AB = 
,
, 0÷
5
 2

 5


uuuur uuur  2a2 5 a2 5 2 
,

,a ÷
⇒ MA ∧ AB =  −
5
5


Do đó: dt(∆MAB) =
=

1 uuuur uuur 1 20a4 5a4
MA ∧ AB =
+
+ a4
2
2 25
25
a2 4 1
a2
+ +1 =
2 5 5
2 2

Bài 11. Đề dự bò Đại học khối D/2007
Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác vuông, AB = AC = a,
AA′ = a 2 . Gọi M, N là trung điểm của AA′, BC′. Chứng minh MN là
đường vuông góc chung của AA′ và BC′. Tính thể tích khối M.A′B′C′.
Giải
Gắn trục như hình vẽ
Ta có: B(a, 0, 0), C(0, a, 0)
A′(0, 0, a 2 ), B′(a, 0, a 2 ), C′(0, a, a 2 )

⇒ M(0, 0,
Ta có:

Ta có:

a a a 2
a 2
) và N( , ,
)
2 2
2
2

Vậy MN là đường vuông góc chung
của AA′ và BC′
Ta có:

z

uuuur
a a
MN = ( , , 0)
2 2
uuuur
AA ′ = (0, 0, a 2 )
uuuu
r
BC′ = (–a, a, a 2 )
uuuur uuuur
MN.AA ′ = 0 ⇒ MN ⊥ AA′

uuuur uuuu
r
MN.BC′ = 0 ⇒ MN ⊥ BC′

C′

A′

B′

M

N
A

x

y
C

B

BA = d(B, MA′C′) = a

Hình học

167


Dt(∆MA′C′) =

Vậy

1
1 a 2 
a2 2
MA′.A′C′ = 
÷a =
2
2 2 
4

VM.A′BC′ = VB.A′MC′ =

1
a  a2 2  a3 2
BAdt(∆MAA′) = 
÷=
3
3 4 
12

Bài 12. Tuyển sinh Đại học khối B 2003
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình thoi
·
cạnh a, BAD
= 60o. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm AA′ và CC′.
Chứng minh bốn điểm B′, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Tính độ
dài AA′ theo a để tứ giác B′MDN là hình vuông.
Giải

A′

Gắn trục tọa độ như hình vẽ
Đặt AA′ = h
·
∆BAD cân tại A có BAC
= 60o
nên là ∆ đều ⇒ BD = a và OA =
Ta có:

B′

D′

M

C′

A

a 3
2

a
a
B( , 0, 0), D(– , 0, 0),
2
2

z

O
x

B

C

a 3
a 3
C(0,
, 0), A(0, –
, 0),
2
2
B′(

a
a
a 3
a 3
, 0, h), D′(– , 0, h), C′(0,
, h), A′(0, –
, h)
2
2
2
2

a 3 h

a 3 h
,
), N(0,
,
)
2
2
2
2
uuuur  a
uuuu
r a a 3 h
a 3 h
, ÷ và DN =  ,
, ÷
Ta có DM =  , −
2
2
2
2 2 2
uuuur
uuuur uuuu
r  −ah 3
a2 3 
, 0,
⇒ DM ∧ DN = 
÷ và DB′ = ( a, 0, h)
2 
 2
uuuur uuuu

r uuuur
Do đó: ( DM ∧ DN ). DB′ = 0
M(0, –

⇒ D, M, N, B′ đồng phẳng
uuuur  a
uuuur
a 3 h
, ÷ = DM
Ta có NB′ =  , −
2
2
2
168

Nhiều tác giả

D

N

60o

y


và DM = DN =

a2 +

h2
4

Vậy B′MDN là hình thoi

uuuur uuuu
r
Do đó: B′MDN là hình vuông ⇔ DM.DN = 0
⇔

a2 3a2 h2
a 2 h2
−
+
=
=0⇔
⇔ AA′ = a 2
4
4
4
2
4

Bài 13. (Đề Tuyển sinh Đại học khối A 2007) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P là trung điểm SB, BC, CD.
Chứng minh AM vuông góc BP và tính thể tích khối đa diện CMNP.
Gọi O là trung điểm AD

Giải

z

∆SAD đều nên SO ⊥ AD

S

Mà mp(SAD) vuông góc mp(ABCD)
nên SO ⊥ mp(ABCD)

D

Gắn trục tọa độ như hình vẽ thì
a

 a

a

A  , 0, 0÷ , D  − , 0, 0÷ , B  , a, 0÷
2

 2

2


C

O

y

A

B

 a

a 3
x
C  − , a, 0÷, S  0, 0,
÷
 2

2 

uuuur  a a a 3  uuur 
−a 
, 0÷
a/ Ta có: AM =  − , ,
÷ ; BP =  −a,
2 

 4 2 4 
uuuur uuur
a2 a2
−
Do AM.BP =
+ 0 = 0 nên AM ⊥ BP
4

4
uuur  a
a 
 uuur 
b/ Ta có: CN =  , 0, 0÷ ; CP =  0, − , 0÷
2 
2


2
uuur uuur 
uuuu
r  3a a a 3 
a 
⇒ CN ∧ CP =  0, 0, − ÷ và CM =  , − ,
÷
4

2 4 
4

Vậy VCMNP =

r a3 3
1 uuur uuur uuuu
(CN ∧ CP)CM =
6
96

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1:
Hình học

169


r
a) Tìm vectơ đơn vò vuông góc với trục Ox và vuông góc với a = (3, 6, 8)
r
r
r
b) Tìm b cùng phương với a = (2 2 , –1, 4) biết rằng | b | = 10
r
r
r
r
BT2: Cho a = (1, 1, –2), b = (1, 0, m). Tìm m để góc giữa a và b
bằng 45 o

r
r
r
r
BT3: Cho ba vectơ a = (3, –2, 4), b = (5, 1, 6), c = (–3, 0, 2). Tìm vectơ x
r r
r r
r
r
thỏa mãn đồng thời ba điều kiện: a . x = 4, b . x = 35, c vuông góc x .

BT4: Cho hai điểm A(1, 2, 3), B(2, 0, –1)
a) Tìm điểm M thuộc trục Ox cách đều hai điểm A và B.
b) Tìm điểm N thuộc mặt phẳng (Oxy) cách đều hai điểm A, B và cách
3
gốc O một khoảng bằng
2
BT5: Cho hai điểm A(0, 1, 2), B(–1, 1, 0)
a) Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆OAB
b) Tìm tọa độ trực tâm H của ∆OAB
BT6: Cho A(–3; –2; 6), B(–2; 4; 4). O là gốc tọa độ
a) Chứng minh O, A, B là 3 đỉnh của 1 tam giác.
b) Tính diện tích ∆OAB và độ dài đường cao hạ từ O.
c) Tìm chân đường phân giác trong vẽ từ O của ∆OAB.
BT7: Cho A(0, 0, 3); B(1, 1, 5); C(–3, 0, 0); D(0, –3, 0)
a) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ giác.
b) Tính diện tích ∆ACD và các góc của tam giác.
uuur uuur uuur uuuur uuur
c) Tính [(AB,AC)]AD + CD2 .BC
BT8: Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ với:
A(1, 0, 1); B(2, 1, 2); D(1, –1, 1); C′(4, 5, –5).
a) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại.
b) Tính thể tích của hình hộp ABCD.A′B′C′D′.
BT9: Cho A(0, 1, 0); B(2, 3, 1); C(–2, 2, 2); D(1, –1, 2)
a) Chứng minh ABCD là tứ diện có 3 mặt vuông.
170

Nhiều tác giả


b) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao hạ từ A.

c) Gọi G là trọng tâm ∆ABC. Chứng minh AG vuông góc mp(BCD).
BT10: Cho A(2, –1, 0); B(–3, 1, 1)
a) Tìm M trên (Oyz) để MA + MB ngắn nhất.
b) Tìm N trên (Oyz) để MA – NB dài nhất.
BT11: Đề Cao đẳng 2009
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N,
K lần lượt là trung điểm SA, SB, CD. Chứng minh MN vuông góc SK.
a3 6
Tính thể tích khối A.MNK (ĐS:
)
48
BT12: Đề Cao đẳng 2008
Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), SA = 2a, ABCD là hình
µ =B
µ = 1v, AB = BC = a, AD = 2a. Gọi M, N lần lượt là
thang có A
trung điểm SA, SD. Chứng minh BCNM là hình chữ nhật. Tính
a3
VS.BCNM (Đáp số:
).
3
BT13: Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Gọi M, N là trung
điểm AD và BB′.
a) Chứng minh MN vuông góc A′C.
b) Trên các đoạn BB′, CD, A′D′ lấy I, J, K sao cho B′I = CJ = D′K.
Chứng minh AC′ vuông góc (IJK).

BÀI 2

MẶT PHẲNG

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. VECTƠ PHÁP TUYẾN (HAY PHÁP VECTƠ) CỦA MẶT PHẲNG
→
r
r
Vectơ n ≠ 0 gọi là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng α nếu giá của n
vuông góc mặt phẳng α.
r
r r
Cho hai vectơ a, b khác 0 và không cùng phương.
r r
r
r r
Nếu giá của a, b song song hoặc nằm trên mặt phẳng α thì n = [ a, b ]
Hình học

171


là một vectơ pháp tuyến của mp α.
II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
có dạng Ax + By + Cz + D = 0 (với A2 + B2 + C2 ≠ 0)
r
Với n = (A, B, C là vectơ pháp tuyến)

r
• Phương trình mặt phẳng qua điểm M(xo, yo, zo) và có vtpt n = (A, B, C)
là:
A(x – xo) + B(y – yo) + C(z – zo) = 0

• Nếu mặt phẳng α cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a, 0, 0), B(0, b, 0),
C(0, 0, c) (a.b.c ≠ 0) thì α có phương trình:
x y z
+ + =1
a b c

Phương trình các mặt phẳng tọa độ:
. (Oxy): z = 0
. (Oxz): y = 0
. (Oyz): x = 0
III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI MẶT PHẲNG
Cho hai mặt phẳng :

r
α: Ax + By +Cz + D = 0 có PVT n α = (A, B, C)
r
α′: A’x + B’y + C’z + D’ = 0 có PVT n α′ = (A’, B’, C’)
r
r
r
a/ α cắt α′ ⇔ A : B : C ≠ A’ : B’ : C’ ⇔ [ n α , n α′ ] ≠ 0
(Ký hiệu A : B : C = A’ : B’ : C’ ⇔
b/ α // α′ ⇔

A
B
C
=
=
) với A′B′C′ ≠ 0

A ′ B′ C′

A
B
C
D
=
=
≠
với A′B′C′D′ ≠ 0
A ′ B′ C′
D′

D
A
B
C
=
=
D
c/ α ≠ α′ ⇔ A ′ B′ C′ = ′ với A′B′C′D′ ≠ 0
r r
d/ α ⊥ α′ ⇔ n α . n α′ = 0 ⇔ AA’ + BB’ +CC’ = 0
IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG
172

Nhiều tác giả


Khoảng cách từ điểm M(xo, yo, zo) đến mặt phẳng α : Ax + By + Cz + D = 0

d(M, α) =

Ax 0 + By 0 + Cz0 + D
A 2 + B2 + C 2

 Lưu ý: Cho mặt phẳng mp α: Ax + By + Cz + D = 0.
Đặt f(x, y, z) = Ax + By + Cz + D. Ta có:
f(xM, yM, zM). f(xN, yN, zN) > 0 ⇔ M và N nằm cùng phía đối với mặt
phẳng α.
f(xM, yM, zM). f(xN, yN, zN) < 0 ⇔ M và N nằm khác phía đối với mặt
phẳng α.
 Trường hợp đặc biệt:
Khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng tọa độ:
d(M, (Oxy)) = |zo|
d(M, (Oxz)) = |yo|
d(M, (Oyz)) = |xo|
V. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

r
Cho hai mặt phẳng α, α′ lần lượt có vectơ pháp tuyến là n = (A, B, C),
r
n′ = (A’, B’, C’)
Góc ϕ giữa α và α′ (0 ≤ ϕ ≤ 90o)
r r
r r
n.n′
cos ϕ = cos(n, n′) = r r =
n . n′

AA + BB + CC

A + B2 + C2 . A ′2 + B′2 + C′2
2

B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1: Viết phương trình mặt phẳng:
a. Đi qua ba điểm A(2, 0, –1), B(1, –2, 3), C (0, 1, 2)
b. Đi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) và song song trục Oz
c. Đi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) và vuông góc mặt phẳng β:
–x + z + 10 = 0
d. Qua M(2; –1; –5) và vuông góc hai mặt phẳng (α): x + 3y – 2 = 0,
(β): 2x + y – 4z – 8 = 0
e. Đi qua trục Ox và điểm N(3, –1, 2)
f. Đi qua điểm M(2, –1, 4) và song song mp(α): 3x – y + 2z = 0
Hình học

173


Giải
uuur
uuur
a/ Ta có AB = (–1; –2; 4) và AC = (–2; 1; 3)
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm.
uuur uuur
r
n p = [AB, AC] = (–10, –5, –5) = –5(2, 1, 1)
⇒ (P): 2(x – 2) + y + 1(z + 1) = 0 ⇔ 2x + y + z – 3 = 0
b/ Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm.
r
uuur

Oz có vtcp k = (0, 0, 1), AB = (4, 1, 2)
uuur r
r
⇒ nQ = [AB, k] = (1, –4, 0)
⇒ (Q): 1(x – 1) – 4(y – 1) = 0 ⇔ x – 4y + 3 = 0
c/ Gọi (R) là mặt phẳng cần tìm.
r
Ta có: nβ = (–1, 0, 1)
uuur r
r
⇒ n R = [AB, nβ ] = (1, –6, 1)
⇒ (R): 1(x – 1) – 6(y – 1) + 1(z + 1) = 0 ⇔ x – 6y + z + 6 = 0
r
r
r
r r
d/ n α = (1, 3, –1), nβ = (2, 1, –4) ⇒ n p = [ n α , nβ ] = (–11, 2, –5)
⇒ (P): –11(x – 2) + 2(y + 1) – 5(z + 5) = 0 ⇔ –11x + 2y – 5z – 1 = 0
e/ Gọi (T) là mặt phẳng cần tìm.
r
r
Ta có: a ox = i = (1, 0, 0)
uuuu
r r
r
⇒ n T = [ON, i] = (0, 2, 1) ⇒ (T): 2y + z = 0
f/ Gọi (S) là mặt phẳng cần tìm.
r
r
(S) // (α) ⇒ ns = n α = (3, –1, 2)

⇒ (S): 3(x – 2) – 1(y + 1) + 2(z – 4) = 0 ⇔ 3x – y + 2z –15 = 0
Bài 2: Viết phương trình mặt phẳng ∆ qua điểm M(4, –1, 1) và cắt các
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OA = 2OB = 3OC
Giải
Gọi A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c)(a, b, c > 0) ⇒ α:
Ta có: M ∈ α ⇒

4 1 1
− + =1
a b c

x y z
+ + =1
a b c

(1)

a
a
,c=
2
3
4 2 3
5
5
Thay vào (1): − +
= 1 ⇒ a = 5, b = , c =
a a a
2
3

Và: OA = 2OB = 3OC ⇒ a = 2b = 3c ⇒ b =

174

Nhiều tác giả


⇒ α:

x 2y 3z
+
+
= 1 ⇔ x + 2y + 3z – 5 = 0
5
5
5

Bài 3. Tuyển sinh ĐH khối B/09
Cho A(1, 2, 1); B(–2, 1, 3); C(2, –1, 1); D(0, 3, 1)
Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, B và khoảng cách từ C đến
(α) bằng khoảng cách từ D đến (α).
• Trường hợp 1: C, D nằm cùng phía đối với (α)
Do d(C, α) = d(D, α) nên CD // (α)
uuur
uuur
Vậy (α) có VTCP AB = (–3; –1; 2) và CD = (–2; 4; 0)
uuur uuur
r
Vậy PVT n = AB ∧ CD = (–8, –4, –14) // (4, 2, 7)
⇒ Phương trình (α): 4(x – 1) + 2(y – 2) + 7(z – 1) = 0

⇔ 4x + 2y + 7z – 15 = 0
• Trường hợp 2: C, D nằm hai phía đối với (α) thì (α) qua I(1, 1, 1) là trung
điểm CD thì (α) qua I(1, 1, 1) là trung điểm CD
uuur
uur
Vậy (α) có VTCP AB = (–3; –1; 2) và AI = (0, –1, 0)
uuur uur
r
D
⇒ PVT m = AB ∧ AI = (2, 0, 3)
Phương trình (α) là: 2(x – 1) + 3(z – 1) = 0 ⇔ 2x + 3z – 5 = 0
C
D
I
H
K
A
α

B H

K

Bài 4: Đề tuyển sinh Đại học khối B/2008

C

Cho điểm A(0, 1, 2); B(2, –2, 1); C(–2, 0, 1)
a. Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α): 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA

= MB = MC
Giải
uuur
uuur
a/ Ta có AB = (2; –3; –1) và AC = (–2; –1; –1)
uuur uuur
r
⇒ PVT nABC = AB ∧ AC = 2(1, 2, –4)
Vậy phương trình mp(ABC)
1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0
Hình học

175