Phương pháp tìm điểm qua sơ đồ tư duy 2 và 3

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình oxyz

TÌM ĐIỂM LOẠI 2 VÀ 3
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng Tìm điểm loại 2 và 3 thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc
gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn
cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;0 , B  2;0; 1 và mặt phẳng

 P  : 2 x  y  z  1  0 . Tìm tọa độ điểm C trên  P 
 P  và tam giác ABC có diện tích bằng 14 .

sao cho mặt phẳng  ABC  vuông góc với mặt phẳng

Giải
Giả sử C  a; b; c  , nP   2;1;1 là vecto pháp tuyến của  P  . Do C   P   2a  b  c  1  0 (1)

 AB  1;1; 1
Ta có: 
  AB, AC    c  b  1;1  a  c; b  a  2 
AC

a

1;
b


1;
c



 Mặt phẳng  ABC  nhận n   c  b  1;1  a  c; b  a  2  là vecto pháp tuyến
Vì  ABC    P   n.nP  0  2a  3b  c  5  0 (2)
Mà: SABC 

1
 AB, AC  

2

 c  b  1  1  a  c   b  a  2
2

2

2

 2 14 (3)

b  2a  2
Từ (1) và (2) ta có: 
c  1  4 a
 a  2  b  2, c  7
2
2

Thay vào (3) ta được:  2a    3a   a 2  4.14  a 2  4  
 a  2  b  6, c  9
Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C  2; 2; 7  hoặc C  2; 6;9  .
Bài 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hình vuông MNPQ có M (5;3; 1), P(2;3;  4) . Tìm toạ
độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x  y  z  6  0.
Giải.
Giả sử N ( x; y; z ) . Vì N  ( )  x  y  z  6  0 (1)

 MN  PN
MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân tại N  

 MN .PN  0
2
2
2
2
2
2

( x  5)  ( y  3)  ( z  1)  ( x  2)  ( y  3)  ( z  4)

2

( x  5)( x  2)  ( y  3)  ( z  1)( z  4)  0

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

 x  z 1  0

2
( x  5)( x  2)  ( y  3)  ( z  1)( z  4)  0
 y  2 x  7
Từ (1) và (2) suy ra 
.
z  x 1

Hình oxyz

(2)
(3)

 x  2, y  3, z  1
 N (2; 3;  1)
Thay vào (3) ta được x2  5x  6  0  
hay 
.
 x  3, y  1, z  2
 N (3; 1;  2)
5
7
Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I  ;3;   .
2

2

+) Nếu N (2;3  1) thì Q(5;3;  4).

+) Nếu N (3;1;  2) thì Q(4;5;  3).

Vậy Q(5;3;  4) hoặc Q(4;5;  3) .
Bài 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C (0;3; 2) và mặt phẳng
( ) : x  2 y  2  0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ).

Giải.
Giả sử M ( x; y; z ) . Khi đó từ giả thiết ta có: MA  MB  MC

 ( x  1)2  y 2  z 2  x 2  ( y  1)2  z 2  x 2  ( y  3)2  ( z  2)2 

( x  1) 2  y 2  z 2  x 2  ( y  1) 2  z 2

  x 2  ( y  1) 2  z 2  x 2  ( y  3) 2  ( z  2) 2

2
( x  1) 2  y 2  z 2  ( x  2 y  2)

5

x  2y  2
5

(1)
(2)
(3)

y  x
Từ (1) và (2) suy ra 
.
z  3  x
 M (1;1; 2)
x  1

Thay vào (3) ta được 5(3x  8x  10)  (3x  2) 
   23 23 14 
M  ;
 x  23
; 
  3 3
3
3

2

2

Bài 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  2  9 và mặt phẳng
2

 P  : x  2 y  z 11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng  P 
tròn giao tuyến của  P  và  S  .

2

2

cắt mặt cầu  S  . Tìm tọa độ tâm H của đường

Giải
Mặt cầu  S  có tâm I 1;1; 2  và bán kính R  3 .

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  là: d  I ,  P   

1  2.1   2   11
1  2   1
2

2

2

Hình oxyz



6
6

 6.

Vì d  I ,  P    R nên mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  .
Gọi  C  là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặt cầu  S  thì H là hình chiếu vuông góc của

x  1 t

I lên mặt phẳng  P  . Ta có phương trình đường thẳng IH là:  y  1  2t  H 1  t ;1  2t; 2  t  .
 z  2  t

Mặt khác H   P  nên ta có: 1  t  2 1  2t    2  t   11  0 hay t  1 . Vậy H  2;3; 3  .

 P  : 2 x  3 y  z 11  0 và mặt cầu
 S  : x2  y 2  z 2  2x  4 y  2z  8  0 . Chứng minh mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  . Tìm tọa độ
tiếp điểm của  P  và  S  .
Bài 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

Giải
Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;1 , bán kính R  14 .
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  là: d  I ,  P   

2  6  1  11
14

 14  R

Suy ra mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  tại H ( H là hình chiếu vuông góc của I trên  P  ).

Giả sử H  x; y; z  . Ta có IH cùng phương với vecto pháp tuyến n p  (2;3;1) của mặt phẳng  P  nên

 x  1  2t
 x  1  2t


IH  t.nP   y  2  3t   y  2  3t
z 1  t
z  1 t



(thực chất là phương trình IH )  H (1  2t; 2  3t;1  t )

Khi đó H  ( P)  2(1  2t )  3(2  3t )  1  t 11  0  t  1  H 3;1;2  .
Vậy tiếp điểm của  P  và  S  là H  3;1; 2  .
x  2 y 1 z 1
và mặt


2
1
1
phẳng ( P) : x  y  z  2  0. Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng ( P) biết đường thẳng AM vuông góc với

Bài 6. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M (1;  1; 0) đường thẳng  :

 và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  bằng

33

.
2

Giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với   A  (Q)
Khi đó nQ  u  (2;  1;1) là vecto pháp tuyến của Q , suy ra phương trình (Q) : 2 x  y  z  3  0.

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình oxyz

Ta có nQ  (2;  1;1), nP  (1;1;1). Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó

 x  1  2t

.
ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) và N (1; 0; 1)  d nên phương trình của d :  y  t
 z  1  3t

1 1

Vì A  d suy ra A(1  2t; t; 1  3t ). Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra H 1;  ; 

2 2


Ta có d ( A, )  AH 

33
8
 14t 2  2t  16  0  t  1 hoặc t 
2
7

 23 8 17 
Suy ra A(1;  1; 4) hoặc A  ; ;   .
7
 7 7

Bài 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;3; 4 , B  5;3; 1 và mặt phẳng

 P  : x  y  z  4  0 . Tìm tọa độ điểm C

trên  P  sao cho tam giác ABC vuông cân tại C .

Giải
Gọi C  x; y; x  y  4   P  , suy ra : AC   x  2; y  3; x  y  , BC   x  5; y  3; x  y  3 .
Tam giác ABC vuông cân tại C nên

 x  2  x  5   y  32   x  y  x  y  3  0
 AC.BC  0

 2

2
2
2
2
2
2
2
 x  2    y  3   x  y    x  5   y  3   x  y  3
 AC  BC
 x  3; y  1
3x 2  23x  42  0
.


 x  14 ; y  13
 y  2x  5
3
3

 14 13 11 
Vậy C  3;1; 2  hoặc C  ; ;   .
3
 3 3

Bài 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, biết A(1;0;1), B(1; 2; 1), C (1; 2;3) .
Giải.
Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:
x  y  z  1  0 và y  z  3  0.

Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC): 2 x  y  z  1  0

 x  y  z 1  0
x  0


Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
2 x  y  z  1  0  z  1



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình oxyz

Bán kính là R  IA  (1  0)2  (0  2)2  (1  1)2  5.
Bài 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện OABC với A(1;2; 1), B(2; 1;3), C(2;3;3).
Tính thể tích tứ diện OABC và tìm tọa độ điểm D nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho tứ diện ABCD có
các cạnh đối điện vuông góc với nhau.
Giải


OA  1, 2, 1 , OB   2, 1,3 ,OC   2,3,3



1
20
OA, OB  .OC  40  V  OA, OB  .OC 




6
3
Gọi D  x, y,0   mp  Oxy  theo đề bài ta có:



 AD.BC  0  x  y  1  0

 x  2


 D   2, 1, 0 
 BD.CA  0  3x  y  5  0  
 y  1

x  3 y 1  0

CD. AB  0 

Bài 10. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có A(1;1;1) ,
B(1;2;0), C(1;3; 1) . Tìm tọa độ điểm D.

Giải

 AB  (2;1; 1)

  AB, AC   (0; 4; 4)  0  AB, AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng

AC

(0;
2;

2)


0 2 2
hàng. (có thể trình bày bằng cách
 
 AB  k . AC , suy ra A, B, C không thẳng hàng)
2 2 1

CD // AB nên chọn uCD

 x  1  2t

 AB  (2;1;  1) . Suy ra phương trình CD :  y  3  t  D(1  2t;3  t; 1  t )
 z  1  t


Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó:

 D(3; 2;0)
t  1

 5 8 2
(2t )  (t  2)  (t  2)  6  3t  4t  1  0 
t   1  D  ; ;  
3   3 3 3 

2

2

2

2

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
 5 8 2
hành. Vậy D   ; ;   .
 3 3 3
Bài 11. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d :

x  2 y  3 z 1


. Xét hình bình hành
1

2
2

ABCD có A(1;0;0), C (2;2;2), D  d . Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 3 2 .
Giải.

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Ta có D  d :

Hình oxyz

x  2 y  3 z 1
3 2


 D(t  2 ;  2t  3 ;  2t  1) , khi đó: S ABCD  3 2  S ACD 
2
1
2
2

(1)

Ta có AC  (1; 2; 2); AD  (t  3 ;  2t  3 ;  2t  1)  [ AC, AD]  (4;4t  7;  4t  9)
Suy ra S ACD 

1
1
1
 AC , AD  
16  (4t  7)2  (4t  9) 2 
32t 2  128t  146 .


2
2
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có 32t 2 128t  128  0  t  2 . Suy ra D(0 ; 1;  3) .
Mặt khác ABCD là hình bình hành nên AB  DC . Suy ra B(3;3;5) .
Bài 12. Trong không gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 , D 1; 2;3 . Tìm tọa độ
điểm I cách đều 4 điểm A, B, C, D.
Giải
A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 , D 1; 2;3 .
Giả sử I  x; y; z  . Do I cách đều A, B, C, D hay IA  IB  IC  ID

 IA2  IB 2

  IA2  IC 2

 IA2  ID 2

1

 x  12  y 2  z 2  x 2   y  2 2  z 2
x

2
x

4
y


3

2


3
2
2


1
2
2
2
2
  x  1  y  z  x  y   z  3

 2 x  6 z  8   y  1  I  ; 1;  .
2
2

4 y  6 z  13 
2
2
2
2
2
2
3

 x  1  y  z   x  1   y  2    z  3
z 
2

Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A 1;2;1 , B  0; 1;0 , C  3; 3;3 . Chứng minh
rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC và tọa độ điểm D sao cho
ABCD là hình chữ nhật.
Giải
Ta có: AB   1; 3; 1 , AC   2; 5;2 
Dễ thấy 2 vecto AB   1; 3; 1 , AC   2; 5;2  không cùng phương nên A, B, C là 3 đỉnh của một tam
giác.

Gọi G  xG ; yG ; zG 

1 0  3 4



 xG 
3
3

2

1

3
2

4 2 4
   G ; ; 
là trọng tâm tam giác ABC. Ta có:  yG 
3
3
3 3 3

1

0

3
4


 zG 
3
3


Ta có BA  1;3;1 , BC   3; 2;3  BA.BC  1.3  3.  2   1.3  0  BA  BC

 ABC là tam giác vuông tại B. Do đó, ABCD là hình chữ nhật  AB  DC
Gọi D  x0 ; y0 ; z0  . Khi đó: AB   1; 3; 1 , DC   3  x0 ; 3  y0 ;3  z0 
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình oxyz

1  3  x0
 x0  4


AB  DC  3  3  y0   y0  0  D  4;0; 4 
1  3  z
z  4
0

 0
Vậy D  4;0;4  là điểm cần tìm.
Bài 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;3;5 . Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng

 Oxy  , tọa độ điểm C

thuộc trục Oz sao cho A, B, C phân biệt, thẳng hằng và AB  35 .

Giải

 B  x; y;0  
 B  (Oxy ) 
 AB   x  1; y  3; 5 


Do 
C  Oz

C  0;0; z  
 AC   1; 3; z  5 
 x  1  k

Ta có A, B, C thẳng hằng  AB  k AC   y  3  3k  k  0 
5  k z  5
 


Mặt khác: AB  35  ( x  1)2  ( y  3)2   5  35   k    3k   10  k  1
2

2



x  0

 B  0;0;0 
 B  C (loại).
Với k  1 , ta có  y  0  
 z  0 C  0;0;0 




x  2
 B  2;6;0 

Với k  1 , ta có  y  6  
(thỏa mãn).
C
0;0;10



 z  10 


2

Vậy B  2;6;0 , C 0;0;10  .

Giáo viên
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

: Nguyễn Thanh Tùng
:
Hocmai.vn

- Trang | 7 -