Bai 3 HDGBTTL ly thuyet co so ve mat phang hocmai vn 2

Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Hình học giải tích không gian

LÝ THUYẾT CƠ SỞ VỀ MẶT PHẲNG
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG

Bài 1. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñiểm G(1;1;1)
a. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua G và vuông góc với OG.
b. Mặt phẳng (P) ở câu (1) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C.
CMR: ABC là tam giác ñều.
Lời giải:
a. Do OG ⊥ ( P ) ⇒ n( P ) = OG = (1;1;1) ⇒ ( P ) :1( x − 1) + 1( y − 1) + 1( z − 1) = 0 ⇒ ( P ) : x + y + z − 3 = 0
y = 0
b. Vì phương trình của Ox : 
⇒ A(3; 0;0) . Tương tự : B(0;3;0) và C (0;3;0)
z = 0
Ta có: AB=BC=CA=3 2 ⇒ ∆ABC là tam giác ñều

Bài 2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng :
x −1 y − 3 z
∆:
=
= và ñiểm M(0 ; - 2 ; 0).
1
1
4
Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm M song song với ñường thẳng ∆ ñồng thời khoảng cách
giữa ñường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Lời giải:

Giả sử n(a; b; c) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.
ðường thẳng ∆ ñi qua ñiểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u = (1;1; 4)

n.u = a + b + 4c = 0
∆ / /( P)

⇔  | a + 5b |
Từ giả thiết ta có 
=4
d ( A; ( P )) = 4
 2
2
2
 a +b +c
Thế b = - a - 4c

a
=4 v
c

⇔

Với

(1)
(2)

vào (2) ta có ( a + 5c) 2 = (2a 2 + 17c 2 + 8ac) ⇔ a 2 - 2ac − 8c 2 = 0

a
= −2
c

a
= 4 chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
c

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Với

Hình học giải tích trong không gian

a
= −2 chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
c

Bài 3. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho 2 ñường thẳng có phương trình:

 x = 5 + 2t
x + y + z − 7 = 0


(d1 ) :  y = 1 − t
và (d 2 ) : 
2 x + 3 y + z − 16 = 0
z = 5 − t

Viết phương trình mặt phẳng chứa ( d1 ) và ( d 2 )

Lời giải:
Giả sử mặt phẳng cần lập là (Q) ta có:
Lấy 2 ñiểm M (5;1;5) ∈ d1 ; N (5; 2; 0) ∈ d 2 ⇒ MN = (0;1; −5)
Và n ( Q ) = u ( d1 ) .MN  = (6;10; 2) ⇒ (Q) : 6( x − 5) + 10( y − 1) + 2( z − 5) = 0 hay (Q ) : 3 x + 5 y + z − 25 = 0

Bài 4. Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng d:

x −1 y z + 2
= =
.
2
1
−3

Viết phương trình mặt phẳng (Q ) chứa d sao cho khoảng cách từ ñiểm I (1, 0, 0) tới (Q) bằng

2
.
3

Lời giải:
Dễ thấy A(1;0;-2), B(3;1;-5) thuộc (d).
Khi ñó phương trình mặt phẳng (Q) chứa d có dạng:

a ( x − 1) + b( y − 0) + c( z + 2) = 0
B ∈ (Q ) ⇒ 2a + b − 3c = 0 ⇒ b = 3c − 2a
⇒ (Q ) : ax + (3c − 2a ) y + cz + 2c − a = 0
a = c ⇒ b = c
2
⇒ d ( I , (Q)) =
=
⇔
2
2
2
 a = 7c ⇒ b = c
3
a + (3c − 2a ) + c
5
5

| a + 2c − a |

 a = 5, b = 5 ⇒ (Q ) : x + y + z + 1 = 0
Chọn c = 5 ⇒ 
 a = 7, b = 1 ⇒ (Q ) : 7 x + y + 5 z + 3 = 0
Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm như trên.

Bài 5. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và ñường thẳng (d) lần lượt có phương
trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0;

(d):

x
y +1 z − 2
=
=
−1
2
1

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa ñường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Hình học giải tích trong không gian

2 x + y + 1 = 0
Lời giải: ðường thẳng (∆) có VTCP u = ( −1; 2;1) ; PTTQ: 
x + z − 2 = 0
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; −1; −2)
Góc giữa ñường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là: sin α =

| −2 − 2 − 2 |
6
=

3
3. 6

⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos α = 1 −

6
3
=
9
3

Giả sử (Q) ñi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m2+ n2 > 0)
⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos α =

| 3m |
3. 5m + 2n + 4mn
2

=

2

3
3

⇔ m2 + 2mn + n2 = 0 ⇔ (m + n)2 = 0 ⇔ m = −n.
Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0

Bài 6. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng

(Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q).

Lời giải: Ta có AB (1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ  = (1; −2;1)
Vì  AB; nQ  ≠ 0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trì nhx - 2y + z - 2 = 0

B ài 7. T rong không gian với hệ t ọañộ Oxyz, cho
ñiểm M(1;-1; 1)
x y +1 z
và hai ñường thẳng (d ) : =
=
1
−2
−3

và (d ') :

x y −1 z − 4
=
=
1
2
5

Chứng minh: ñiểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng ñó.

Lời giải: (d) ñi qua M 1 (0; −1; 0) và có vtcp u1 = (1; −2; −3)
(d’) ñi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u2 = (1; 2;5)
Ta có u1 ; u2  = (−4; −8; 4) ≠ O , M 1M 2 = (0; 2; 4)
Xét u1 ; u2  .M 1M 2 = −16 + 14 = 0 nên (d) và (d’) ñồng phẳng.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) thì (P) có vtpt n = (1; 2; −1) và ñi qua M1 nên có phương trình
x + 2y − z + 2 = 0
Dễ thấy ñiểm M(1;-1;1) thuộc mp(P) , từ ñó ta có M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Hình học giải tích trong không gian

Bài 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo
với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600.
Lời Giải




Mặt phẳng (P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,  n p  ( A ; B ; 0) và nQ  (2 ; 1 ; 5 ) .


2A  B



Theo giả thiết: cos(n p , nQ )  cos 60 0 

A  B . 4 1 5
2

2



1
 2 2 A  B  10 . A 2  B 2
2

 6 A 2  16 AB  6 B 2  0

Chọn B = 1 ta có : 6A2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Bài 9. . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1).
Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt
phẳng (P) bằng 3 .
Lời Giải

•Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
• d(C;(P)) =

3

2a  c

a  c
 3  2a 2  16ac  14c 2  0  
 a  7c
a 2  ( a  2c ) 2  c 2

•TH1: a  c ta chọn a  c  1  Pt của (P): x-y+z+2=0
•TH2: a  7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0
Bài 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):x+2y-z-1=0 và (Q):x-y+z-1=0.
Viết phương trình mặt phẳng () đi qua M(-2;1;0), song song với đường thẳng d=(P)(Q) và tạo với
trục Oz góc 300.
Lời Giải



 

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d: ud  [nP , nQ ]  (1; 2; 3)
gọi n(a; b; c) (với a2+b2+c2≠0) là vectơ pháp tuyến của ()
d//()  n.ud  0 a-2b-3c=0a=2b+3c
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5-


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Sin((),Oz)=sin300= cos(n, ud ) 

c
a b c
2

2

2



1
2

Hình học giải tích trong không gian

3c2=a2+b2 3c2=(2b+3c)2+b2


6 6
c
b 
5
5b2+12bc+6c2=0  

6 6
c
b 
5

6 6

32 6
ca
c
5
5

với b 

chọn a  3  2 6 ; b  6  6 ; c  5
phương trình mặt phẳng () là: (3  2 6 ) x  (6  6 ) y  5 z  12  3 6  0
6 6
3 2 6
ca
c
5
5

với b 

chọn a  3  2 6 ; b  6  6 ; c  5
phương trình mặt phẳng () là: (3  2 6 ) x  (6  6 ) y  5c  12  3 6  0
Bài 11. 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.
Lời Giải

Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N  ( )  x0  y0  z0  6  0

(1)

MN  PN

MN .PN  0

MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân tại N  

( x0  5) 2  ( y0  3) 2  ( z0  1) 2  ( x0  2) 2  ( y0  3) 2  ( z0  4) 2

( x0  5)( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  1)( z0  4)  0
 x0  z0  1  0

2
( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0

( 2)
(3)

 y0  2 x0  7
. Thay vào (3) ta được x02  5 x0  6  0
 z 0   x0  1

Từ (1) và (2) suy ra 

 x0  2, y0  3, z 0  1
 N (2; 3;  1)

hay 
.
 N (3; 1;  2)
 x0  3, y0  1, z 0  2
7
2

5
2

Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) .

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6-


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Hình học giải tích trong không gian

Nếu N (2; 3  1) thì Q(5; 3;  4).
Nếu N (3;1;  2) thì Q(4; 5;  3).
Bài 12. 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 ( ).
Lời Giải

Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết suy ra: MA  MB  MC  d ( M , )
( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2 

( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02

  x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2


2
( x0  1) 2  y02  z02  ( x0  2 y0  2)

5

x0  2 y0  2
5

(1)
(2)
(3)

 y0  x0
.
 z0  3  x0

Từ (1) và (2) suy ra 

Thay vào (3) ta được 5(3x02  8 x0  10)  (3x0  2) 2
 x0  1
 M (1; 1; 2)


  23 23 14
 x0  23
 M ( ; ;  ).
3 3
3
3



Bài 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,
cắtcác trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Lời Giải
Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  (P ) :

x y z
  1
a b c


77
4 5 6
a  4



1




77
IA

(4

a
;5;6),

JA

(4;5

b
;6)
a b c


 5b  6c  0  b 
5
JK  (0; b; c), IK  (a;0; c)

4a  6c  0
77
c 
6

Bài 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) và mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – 5 =
0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P).

Lời Giải


  
(Q) đi qua A, B và vuông góc với (P)  (Q) có VTPT n   n p , AB    0; 8; 12   0


 (Q) : 2 y  3z  11  0
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang |7 -


Kh óa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương

Hình học giải tích trong không gian

Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B(1;

3; 0), C(1; 3; 0), M(0; 0; a) với a > 0.

Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC).
1. Cho a  3 . Tìm góc  giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC).
2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất
Lời Giải
1) B, C  (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC  I(0; 3; 0) .


MIO  450    
NIO  450 .
3
3
3
2) VBCMN  VMOBC  VNOBC 
 a   đạt nhỏ nhất  a   a  3 .
3 
a

a
Bài 16.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B(2;0;2) .
a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho MA 2  MB 2  5 .
b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB ) và (Oxy ) .
Lời Giải
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B ( 2;0;2) .
a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho MA 2  MB 2  5 .

M  x, y, z  sao cho MA2  MB 2  5
  x  1   y  1   z  2    x  2   y 2   z  2   5
2

2

2

2

2

 2 x  2 y  7  0.
Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2 x  2 y  7  0 .
b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB ) và (Oxy ) .

 
OA, OB    2; 2; 2   2 1;1; 1   OAB  : x  y  z  0 .



 Oxy  : z  0 .

N  x; y; z  cách đều  OAB  và  Oxy   d  N ,  OAB    d  N ,  Oxy   
x  y 
 x  y  z   3z  
x  y 






3  1 z  0.

x yz
3



z
1

3 1 z  0

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình x  y 





3  1 z  0 và x  y 





3 1 z  0

Giáo viên: Lê Bá Trần Phương
Nguồn:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn
- Trang | 8-