khoang cach va goc trong oxyz khoang cach va goc trong oxyz

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH
I. LIÊN QUAN ĐẾN GÓC .
(5 BÀI )
Bµi 1 ( KA-2006) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' với
A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0;1; 0), A'(0; 0;1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN.
1
2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α biÕt cos 
6
GIẢI
a/
Tính
h(
A’C,MN).
Z
D’
 1

- Ta có : A ' C  1;1;1 , MN   0;1;0  , MA '    ;0;1
A’
 2

B’
C’
- Do đó :
1 1
1 1 1

11 1
3
 A ' C , MN  MA '  

0.

1


1



0 0
0 1 2
21 0
2
A
3
D
M
 A ' C , MN  MA '
3


N ’
2
- Vậy : h  A ' C , MN  



B
1 0 1 2 2
 A ' C , MN 
C


b/ Lập mặt phẳng (P) chứa A’C .
- Gọi (P) : ax+by+cz+d=0 (1)
- Do đi qua (A’C) cho nên : Qua A’(0;0;1) suy ra : c+d=0 (2). Suy ra c=-d = a+b .
(P) qua C(1;1;0) : a+b+d =0 (3) suy ra : (P) : ax+by+(a+b)z-(a+b)=0 (*)
- Mặt phẳng (P) có : n   a; b; c  , mặt phẳng (Oxy) có véc tơ pháp tuyến là k   0;0;1 . Do đó ta có :

cos 

n.k



n.k

ab
a 2  b2  c 2



 a  2b
1
2
(4)
 6  a  b   a 2  b2  c 2  

6
b  2a

- Với : a=-2b, chọn b=-1, ta được (P) : 2x-y+z-1=0
- Với b=-2a , thì chọn a=1 , ta được (P) : x-2y-z+1=0 .
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 3), B(2; 1; 6) và mp(P): x + 2y + z
3= 0 . Viết phương trình mp(Q) chứa AB và tạo với mp(P) một góc  thỏa mãn: cos  
GIẢI
Gọi (Q) có dạng : ax+by+cz+d=0 .
(Q) qua A(-1;2;-3) ta có : -a+2b-3c+d=0 (1) và (Q) qua B(2;-1;-6) : 2a-b-6c+d=0 .(2)
- Mặt phẳng (P) có n  1; 2;1 . Suy ra

cos 

nP .n Q
nP . n Q



a  2b  c
a 2  b2  c 2 1  4  1



3
2
 6  a  2b  c   3  a 2  b 2  c 2  (3)
6

a  2b  3c  d  0

c  a  b

- Từ (1) và (2) ta có : 
.
2a  b  6c  d  0
d  4a  b

3
6


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

- Thay vào (3)
 a  4b  c  3b, d  15b
2
2
:  6  2a  3b   3  a 2  b 2   a  b    3a 2  11ab  8b 2  0  


 a  b  c  0, d  3b
- Vậy có hai mặt phẳng : (Q): -4x+y-3z-15=0 và (Q’): -x+y-3=0 .
Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2; 1; 1), B(0; 1: 2) và đường thẳng (d):
x y  3 z 1
. Viết phương trình đường thẳng () đi qua giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng


1

1
2
5
(OAB), nằm trong mặt phẳng (OAB) và hợp với đường thẳng (d) một góc  sao cho cos   .
6

GIẢI
 1 1 1 2 2 1 
;
;
- Ta có : OA   2; 1;1 , OB   0;1; 2   OA, OB   
  1; 4; 2   n
 1 2 2 0 0 1 
- Do đó : mp(OAB): x+4y+2z=0 (1) . Gọi M là giao của d với (OAB) thì tọa độ của M là nghiệm của hệ :
 x  4 y  2z
x  t

 t  4(3  t )  2(2t  1)  0  t  10  M   10;13; 21

y  3t
 z  1  2t
- Vì    OAB      d ,   , nP .u  0  a  4b  2c  0





- Do đó : cos ud , nP 

ud .nP

ud nP



a  b  2c
a b c
2

2

2

11 4



2

u   a; b; c  

a  b  2c
6 a b c
2

2

2



5
 4
6

5

b c
2
2
2
2
2


- Suy ra :  6  5b   25  4b  2c   b  c  11b  16bc  5c  0 
11



b  c
 x  10  2t
5
2

 2 5

- Với b  c  a   c  ud    c; c; c  / /u   2; 5; 11   :  y  13  5t
11
11
 11 11 

 z  21  11t

 x  10  6t

- Với b=c, thay vào (2) ta có a=-6c  u   6c; c; c  / / u '   6; 1; 1   :  y  13  t
 z  21  t

Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A(0;1;2), vuông góc
x+ 3 y- 2 z
=
= và tạo với mặt phẳng (P): 2x + y  z +5 = 0 một góc 300.
với đường thẳng (d ) :
1
- 1
1
GIẢI
* Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u  1; 1;1 , đường thẳng  có véc tơ chỉ phương u   a; b; c  .
2





Mặt phẳng (P) có n   2;1; 1 .Gọi    d ; P   u , ud .


Gia sư Thành Được
- Do đó : cos 

u , n

www.daythem.edu.vn
2a  b  c



a b c
2

u n

2

2

4 11



2a  b  c
6 a b c
2

2

2

 cos300 

 2 2a  b  c  3. 6 a 2  b 2  c 2  2  2a  b  c   9  a 2  b 2  c 2 

- Vì : d    ud .u  0  a  b  c  0  b  a  c
- Thay (3) vào (2) ta được :

3
2

 2

3

c  0
2
 18a 2   a 2  c 2   a  c    2a 2  2a 2  c 2  2ac  c  c  2a   0  


c  2a
x  t

- Với c-0, thay vào (3) ta có b=a suy ra u   b; b;0  / / u  1;1;0    :  y  1  t
 z  2

x  t

- Với : c=-2a , thay vòa (3) ta có b=-a  u   a; a; 2a  / / u '  1; 1; 2    :  y  1  t
 z  2  2t

Bài 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng :
x
y

z
x 1 y 1 z 1
 , và


1 : 
2 :
1 2 1
1
1
3
a/Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau.
b/Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 một góc 300
GIẢI
a/Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau:
* Đường thẳng 1 có véc tơ chỉ phương u1  1; 2;1 và qua O(0;0;0), còn  2 qua B(1;-1;1)

 2 1 1 1 1 2 
;
;
Có véc tơ chỉ phương u2  1; 1;3  u1 , u2   
   5; 2; 1 (1)

1
3
3
1
1

3



Mặt khác : u1 , u2  OB  1.  5   1 2   1.  1  6  0 . Kết hợp với (1) suy ra hai đường thẳng 1 và 2
chéo nhau .
b/ Viết phương trình (P).
 x 1 y  1
 1  1
x  y  0
Đường thẳng  2 : 

3x  z  2  0
 x 1  z 1
 1
3
*. Vì (P) chứa  2   P  thuộc chùm :
m  x  y   n  3x  z  2   0   m  3n  x  my  nz  2n  0

Mặt khác (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 300 thì :
n, u1
1
 300  900  n, u1   n, u1  600  cos60 
 


2
n u1









m

2

 n2  0

 *

m  3n  2m  n

 m  3n 

2

 m2  n2 1  4  1


Gia s Thnh c

www.daythem.edu.vn

6 2m 10n 6mn 4 2n m
2

2

2

11

m n

2m 13mn 11n 0
2

m n
2

2

3

- Thay (3) vo (*) ta cú :
11
5
11
- Vi m n P : x y z 2 0 P : 5x 11y 2z 4 0 .
2
2
2
Vi m=-n thỡ (P): 2nx-ny-nz-2n=0 , Hay (P): 2x-y-z-2 =0 .
Bi 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đ-ờng thẳng d và d
y2
z
lần l-ợt có ph-ơng trình :

d : x
và
d :
1
x2
z5
y 3
.
2
1
Viết ph-ơng trình mặt phẳng (P) đi qua d và tạo với d một góc 30 0
GII
Tng t nh bi 4, ta chuyn d sang dng l giao ca hai mt phng : x-z=0 v x+y-2=0 .
Do ú (P) thuc chựm : m(x-z)+n(x+y-2)=0 ; hay : (m+n)x+ny-mz-2n=0 (1)
ng thng d cú u 2;1; 1 . Vỡ (P) to vi d mt gúc bng 300 cho nờn
n, u '
1
300 900 n, u1 n, u1 600 cos60



2
n u'

2 m n n m

m n

2

n2 m2 4 1 1

m 2n
m 2n
2 m n mn 6 m n 2m 5mn 2n 0

n
m
n 2m

2
- Vi m=-2n thay vo (1) thỡ (P): -nx+ny+2nz-2n=0 ; hay (P):-x+2y+2z-2=0 .
- Vi n=-2m thay vo (1) thỡ (P): -mx-2my-mz+4m=0 ; hay (P): -x-2y-z+4=0 .
2

2

2

2

2

3

II. LIấN QUAN N KHONG CCH
( 32 BI )
Bi 1.(H_KD-2009).
Trong khụng gian ta Oxyz , cho t din ABCD cú ta cỏc nh A(1;2;1),B(-2;1;3),
C(2;-1;1),D(0;3;1).Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua A v B sao cho khong cỏch t im C n
mt phng (P) bng khong cỏch t im D n mt phng (P).
GII
- Mt phng (P) cú dng : ax+by+cz+d=0 .
- (P) qua A(1;2;1) thỡ : a+2b+c+d=0 (1) . (P) qua B(-2;1;3) thỡ : -2a+b+3c+d=0 (2).
2a b c d
3b c d

2a b c d 3b c d
- Theo gi thit : h(C,P)=h(D,P)
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
2a b c d 3b c d
a b


2a b c d 3b c d
a b c d 0


3b c d 0
b 0

( P) : cz c 0 ( P) : z 1 0
Nu a=b thay vo (1) v (2) :
b c d 0
d c


Gia sư Thành Được


www.daythem.edu.vn

Nếu : a+b+c+d=0 thay vào (1) và (2)
a  2b  c  d  0
2b  0


: a  b  3c  d  0  c  a   P  : ax  az  2a  0   P  : x  z  2  0
a  b  c  d  0
d  2a



Bài 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d lần lượt có
phương trình : (P): 2x-y-2z-2=0 và (d):

x y 1 z  2
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc


1

2
1

(d), I cách (P) một khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3
GIẢI
Gọi (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R . Theo giả thiết :
2a  b  2c  2
 2  2a  b  2c  2  6  2 
- I thuộc d thì I( -t;2t-1;t+2) (1). h(I,P)=2 
4 1 4
- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C ) tâm H và bán kính r=3 thì :
h  I , P   IH  2
 2
 3
2
2
 R  IH  r  4  9  13

7
 7 10 7 
t    I1   ;  ;  

6
3
6
 2t  2t  1  2t  2  6
 6t  7
6



- Thay (1) vào (2) :  
 5
 5 2 5
 2t  2t  1  2t  2  6
 6t  5
t   I 2    ; ; 
 6 3 6
 6
2
2
2

7 
10  
7

S
:
x


y


z

 1  
 
 
  13

6
3
6






- Vậy có 2 mặt cầu (S) : 
2
2
2

 S 2  :  x  5    y  2    z  5   13
6 
3 
6



Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):

x y  3 z 1


và hai điểm
1
1
2

A(2; 1; 1), B(0; 1: 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho tam giác ABM có diện tích
nhỏ nhất.
GIẢI
- Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(t;3-t;2t-1) .
- Ta có :

 4  t 2t  2 2t  2 t  2 t  2 4  t 
 AM   t  2; 4  t; 2t  2  
  AM , BM   
;
;

   t  8; t  2; 4 
2

t
2
t

1
2
t

1
t
t
2

t

BM

t
;
2

t
;
2
t

1






1
1
1
1
2
2
2
- Do đó : S   AM , BM  
 t  8   t  2   16  2  t  5  34  34
2
2
2

2
34
- Vậy : min S =
khi t=-5 và M=( -5;8;-11).
2
Bài 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng

 :

x 1 y 1 z

 . Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
2
1 2


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

GIẢI
Cách giải tương tự như bài 3 .
- Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(2t-1;1-t;2t) .
- Ta có :

 4  t
2t
2t
2t  2 2t  2 4  t 
 AM   2t  2; 4  t; 2t 

  AM , BM   
;
;



2

t
2
t

6
2
t

6
2
t

4
2t  4 2  t 
BM

2
t

4;

2


t
;
2
t

6





  2t  24;8t  12; 2t  12 
1
1
- Do đó : S   AM , BM  
2
2

 2t  14   8t  12    2t  12 
2

2

2

2

 23  1547 1
 18  t   


1547
36
6
 18 

23
1547
 14 5 23 
khi t 
 M   ; ;  .
18
6
 9 18 9 
Bài 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;9;9), B(10;13;1)
và mặt phẳng (P): x + 5y  7z  5 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi M (x;y;z) thuộc (P) thì ta có : x+5y-7z-5=0 (1).
2
2
2
2

 AM   x  4; y  9; z  9   AM   x  4    y  9    z  9 
Khi đó : 
2
2
2
2


 BM   x  10; y  13; z  1  BM   x  10    y  13   z  1

- Vậy : min S =

Do đó MA2  MB 2   x  4    y  9    z  9    x  10    y  13   z  1
2

2

2

2

2

2

2
2
2
Hay : MA2  MB 2  2  x  3   y  11   z  4    156 (2) .


Từ (1) -75=1(x+3)+5(y-11)-7(z+4) . Theo bất đẳng thức Bu nhe cốp ski suy ra :
2
2
2
2
2

 75   1 x  3  5  y  11  7  z  4    1  25  49   x  3   y  11   z  4  
752
2
2
2
 75
Do đó :  x  3   y  11   z  4   

 75
2
2
2
Và : MA2  MB 2  2  x  3   y  11   z  4    156  2.75  156  306


50

x




17
 x  3 y  11
 y  5x+26
5x  y  26


 1


192


5
Dấu đẳng thức xảy ra khi : 
 7x  z  25
  z  7x  25   y  
17
x3  z 4
 x  5 y  7z  5  0


50

75
x  

7
 1
17

 z  17

 Ta còn cách khác , sử dụng hệ thức trung tuyến : Gọi I là trung điểm của AB .
AB 2
Ta có : MA2  MB 2  2MI 2 
 *
2
Với : AB   14;4;10   AB2  196  16  100  312 . Và I(-3;11;-4) suy ra MI   x  3; y  11; z  4 
2

2
2
Do đó : 2 MI 2  2  x  3   y  11   z  4   . Vậy (*)




Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

312
2
2
2
2
2
2
 MA2  MB 2  2  x  3   y  11   z  4   
 2  x  3   y  11   z  4    156




2
( Kết quả như trên ).
Bài 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(5; 8; 11), B(3; 5; 4),

C(2; 1; 6) và đường thẳng thẳng (d):

x 1 y  2 z 1
. Xác định toạ độ điểm M thuộc (d) sao cho


2
1
1

MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất.

GIẢI
Điểm M thuộc d thì M(2t+1;2+2t;1+t) , cho nên :
 MA   2t  4; 2t  6; t  12 

 MB   2t  2; 2t  3; t  5   MA  MB  MC   2t  1; 2t  4; t 

 MC   2t  1; 2t  1; t  7 
2

53
 10  53
 MA  MB  MC   2t  1   2t  4   t  9t  20t  17  9  t   

9
9
3

11

x   9


10
2

 11 2 1 
Dấu đẳng thức xảy ra khi : t    M   y    M    ;  ;  
9
9
 9 9 9

1

z   9

Bài 7. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(1; 1; 2), B(1; 3; 0), C(3; 4; 1) và
D(1; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng
cách từ D đến (P).
GIẢI
Mặt phẳng (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 .
Nếu (P) qua A(1;-1;2) thì ta có phương trình : a-b+2c+d=0 (1)
Nếu (P) qua B(1;3;0) thì ta có phương trình : a+3b+d=0 (2)
Theo giả thiết : h(C,P)=h(D,P) cho nên ta có :
3a  4b  c  d
a  2b  c  d
 3a  4b  c  d  a  2b  c  d
b  2a





a 2  b2  c 2
a 2  b2  c2
 3a  4b  c  d  a  2b  c  d
a  3b  c  d  0
Kết hợp với hai phương trình (1) và (2) ta có hai hệ xét cho hai trường hợp :
b  2a
b  2a


 Trường hợp 1:  a  2c  d  0  c  4a   P  : x  2 y  4z  7  0
7a  d  0
d  7a


2



2

2

2

a  3b  c  d  0
a  3b  d  0
c  2a




Trường hợp 2:  a  b  2c  d  0  2a  4b  c  0  a  b   P  : x  y  2z  4  0
a  3b  d  0
2a  c  0
d  4a




Bài 7.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x  3 y  2 z  37  0 và các


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

điểm A(4;1;5), B(3;0;1), C(1;2; 0). Tìm toạ độ điểm M thuộc () để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:
MA.MB  MB.MC  MC.MA .
GIẢI
Gọi M(x;y;z) thuộc (P) thì ta có phương trình : 3x-3y+2z+37=0 (1). Khi đó ta có :
MA   x  4; y  1; z  5 , MB   x  3; y; z  1 , MC   x  1; y  2; z  và :

MA.MB   x  3 x  4  y  y  1   z  1 z  5  x 2  y 2  z 2  7x  y  6z  17
MB.MC   x  3 x  1  y  y  2   z  z  1  x 2  y 2  z 2  2x  2 y  z-3

 2

 3

MC.MA   x  1 x  4   y  2 y  1  z  z  5  x 2  y 2  z 2  3x  3 y  5z  2
Lấy (2)+(3)+(4) vế với vế ta được :

 4

2
2
2
MA.MB  MB.MC  MC.MA  3  x 2  y 2  z 2  4x  2 y  4z  4   3  x  2    y  1   z  2   5 



Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp ski cho phương trình (1) :
2
2
2
2
2
  44   3  x  2   3  y  1  2  z  2     9  9  4   x  2    y  1   z  2  


44.44
2
2
2
 88
Suy ra :  x  2    y  1   z  2  
22
2
2
2
Hay : 3  x  2    y  1   z  2    15  3.88  15  249 . Vậy : MA.MB  MB.MC  MC.MA  249

Dấu đẳng thức xảy ra khi :
 x  2 y 1
 3  3
y  3 x
 x  4


2x  2
x2 z 2




 z 
  y  7  M   4;7; 2 
2
3
 3

 z  2

3x  3 y  2z  37  0
22x  88  0


Bài 8. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A  0;1;2  , B  1;1;0  và mặt phẳng (P): x  y  z  0 .
Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B.
GIẢI
Gọi M=(x;y;z) . Nếu M thuộc (P) thì : x-y+z=0 (1).
Ta có : BA  1;0;2 , MB   x  1; y  1; z  . Nếu tam giác MAB vuông cân tại B và kết hợp với (1) thì ta

có hệ phương trình :
y  x  z
 x  1  2z
 x  2z  1
 BA.MB  0







  BA2  MB 2   y  z  1  0
  y=-z-1
  y  z 1
y  x  z


 2
2
2
2
2
2
2






5   x  1   y  1  z
5  5z   y  1
5z    z  2   5


2  10
2  10
z 
z 
6
6


1  10
4  10


 x 
 x 
3
3




4  10
2  10
y 
y 
6

6




Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 x  2t

Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):  y  t
và
 z  1  2t


mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 . Gọi (d’) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc
(d’) sao cho H cách điểm K(1; 1; 4) một khoảng bằng 5.
GIẢI
Lập phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của d trên (P) .
- Tìm tọa độ A là giao của d với (P) . Tọa độ của A là nghiệm của hệ :
 x  2t
y  t

 2t  t  1  2t  1  0  t  2  A   4; 2;3

 z  1  2t
 x  y  z  1  0
 1 2 2 2 2 1 
;

;
- Do là hình chiếu vuông góc nên ud '  ud , n   
  1; 4; 3
 1 1 1 1 1 1 
x  4  t

- Vậy d’ qua A(4;-2;3)có véc tơ chỉ phương ud '  1; 4; 3  d ' :  y  2  4t
 z  3  3t

Tìm tọa độ H .
Nếu H thuộc d’ thì H=(t+4;-2-4t;3-3t) (*) ,suy ra KH   3  t; 4t  3;3t  1

Do đó : KH 2   3  t    4t  3  1  3t   26t 2  36t  19  25  26t 2  36t  6  0
2

2

2

9  2 30
9  2 30
, thay vào (*) ta tìm được tọa độ của H .
; t2 
13
13
Bài 10. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

Vậy : t1 

 x  1  2t

x 1 y 1 z  3



1:
; 2:  y  1
.
1
1
1
z  t


Đường thẳng  đi qua điểm I(0;3;1), cắt 1 tại A, cắt 2 tại B. Tính tỷ số

IA
=k
IB

GIẢI
Do A thuộc 1  A   1  t '; 1  t ';3  t '  . B thuộc  2  B   1  2t;1; t 
Ta có : IA   1  t '; t ' 4;4  t ' ; IB   1  2t; 2; t  1
4t'

k

1  t '  k  2t  1
t  1
2



IA

Theo giả thiết : 4  t '  2k
5
2k  k  t  1  t '  6 
IB
4  t '  k t  1 
  1  t '  k  2t  1 k  5



Bài 11. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1:

x 1 y z  2


;
2
1
1


Gia sư Thành Được
1:

www.daythem.edu.vn

x 1 y 1 z  3



. Đường vuông góc chung của 1 và 2 cắt 1 tại A, cắt 2 tại B. Tính diện tích 
1
7
1

OAB.
GIẢI
*Do A thuộc 1  A  1  2t '; t '; 2  t '  . B thuộc  2  B   1  t ;1  7t ;3  t 
Ta có : AB   t  2t ' 2;7t  t ' 1;5  t  t ' ;
- Nếu AB là đường vuông góc chung thì :
 AB.u1  0
2  t  2t ' 2    7t  t ' 1   5  t  t '   0
t  0  B   1;1;3 



 t  2t ' 2   7  7t  t ' 1   5  t  t '   0
t '  0  A  1;0; 2 
 AB.u2  0
1
- Gọi S là diện tích tam giác OAB thì : S  OA, OB 
2
 1 3 3 1 1 1 
;
;
- Do đó : OA  1;0; 2  , OB   1;1;3  OA, OB   
   2;1; 1 .
0


2

2
1
1
0


- Và S 

1
1
6
OA, OB  
4 11 


2
2
2

Bài 12. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y  2z + 9 = 0, đường thẳng
(d):

x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với (P) và thỏa mãn  cắt (d) tại một
1
7

1

điểm M cách (P) một khoảng bằng 2.
GIẢI
Tìm M trên d thì M=(t-1;7t+1;3-t) .
Khoảng cách từ M đến (P) là h(M,P)= 2 

2  t  1  7t  1  2  3  t   9

4 1 4

8
 19 45 41 
t    M   ; ; 

11
11t  2  6
 11 11 11 
 11t  2  6  

.

4
 7 39 29 
11t  2  6
t   M    ; ; 
 11 11 11 
 11

2

Vì  cắt d cho nên  qua M và   (P)  u  nP   2;1; 2  .
19
5
41
7
39
29
y
z
x
y
z
11 
11 
11 , Hoặc :  :
11 
11 
11
Vì vậy  :
2
1
2
2
1
2
Chú ý : Ta còn có một cách khác như sau
- Lập mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 2 .
- Do đó (Q) có dạng : 2x+y-2z+m=0 . Ví h(P,Q) = 2 suy ra : Trên (Q) chọn N(-2;-3;1) ta tính
2(2)  (3)  2(1)  m

m  8  6
 m  14
 2  m 8  6  

h(N,Q)=
. Như vậy : có hai mặt
4 1 4
 m  8  6  m  2
phẳng (Q) ; 2x+y-2z+14=0 và 2x+y-2z+2=0 .
x


Gia sư Thành Được
-

www.daythem.edu.vn

Bây giờ ta đi tìm tọa độ của M là giao của d với (Q), thì tọa độ M là nghiệm :
x  t 1
 y  7t  1
7

 2(t  1)  7t  1  2(3  t )  14  0  11t  7  t 

11
 z  3  2t
2x  y  2z+14  0

x  t 1
 y  7t  1

5

- Hoặc : 
 2(t  1)  7t  1  2(3  t )  2  0  11t  5  t  
11
 z  3  2t
2x  y  2z+2  0
x 1 y  2 z 1


Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
và
1
1
2
hai điểm A(0;1:2), B(2;1;1). Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng  sao cho tam giác ABC có diện
tích nhỏ nhất.
GIẢI
Nếu C thuộc  thì có tọa độ là : C=(t+1 ;2-t ;1+2t)
Ta có :

 1  t 2t  3 2t  3 t  1 t  1 1  t 
 AC   t  1;1  t; 2t  3 
  AC , AB   
;
;

   t  9;3  t; 4 
2
3

3
2
2
2 
AB

2;

2;3





1
1
2
2
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì : S   AC , AB  
 t  9    3  t   16
2
2
1
2
 S  2  t  3  88 
88  22 . Dấu đẳng thức xảy ra khi t=-3 , và C=( -2 ;5 ;-5 )
2
Bài 14. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;1), B(2;  1;0), C (2; 4; 2) và

mặt phẳng ( ) : x  y  2 z  2  0 . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức T  MA2  MB 2  MC 2

đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Nếu M thuộc mặt phẳng ( ) : x  y  2 z  2  0 (1) .
Khi đó ta có :
2
2
MA   x  1; y; z  1  MA2   x  1  y 2   z  1  x 2  y 2  z 2  2x  2z  2
MB   x  2; y  1; z   MB 2   x  2    y  1   z   x 2  y 2  z 2  4x+2y  5
2

2

2

MC   x  2; y  4; z  2   MC 2   x  2    y  4    z  2   x 2  y 2  z 2  4x  8 y  4z  24
2

Cộng các vế của ba đẳng thức trên ta được :

2

2

2
2
2
T= MA2  MB 2  MC 2  3  x 2  y 2  z 2  2x  2 y  2z   31  3  x  1   y  1   z  1   22  2 


Do M thuộc (P) : x+y+2z+2=0   x  1   y  1  2  z  1  6  0 . Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp

ski cho ba cặp số : (1;1;2) và (x-1;y-1;z-1 ) ta có :
2
2
2
2
2
  6   1 x  1  1 y  1  2  z  1   1  1  4   x  1   y  1   z  1 




Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

62
2
2
2
 T  3  x  1   y  1   z  1   22  3.  22  40 .


6
Dấu đẳng thức xảy ra khi xảy ra trường hợp dấu bẳng trong bất đẳng thức Bu nhe cốp ski:
 x 1 y 1
 1  1
y  x
x  0



 x 1 z 1



  z  2x  1
  y  0  M   0;0; 1
2
 1
 x  x  2 2x  1  2  0
 z  1




 x  y  2z  2  0


Bài 15. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;3); B(2;0;1) và mặt phẳng
(P): 3x  y  z +1 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều.
GIẢI
Nếu M=(x;y;z) thuộc (P) suy ra ; 3x-y-z+1=0 (1). Khi đó ta đi tính :

MA   x; y; z  3  MA2  x 2  y 2   z  3 ; MB   x  2; y; z  1  MB 2   x  2   y 2   z  1
2

2

Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :

2


x

 x  y   z  3   x  2   y   z  1
3
 MA2  MB 2
4x  8z  4  0


 2
1
2



2
  x 2  y 2   z  3  2 2  2 2
 6z  1  0
 z  
 MA  AB
6
3x  y  z  1  0
3x  y  z  1  0
3x  y  z  1  0



10



y  3

2 0 1
Vậy điểm M cần tìm là :  M   ; ;  
3 3 6
2

2

2

2

2

2

Bài 16. Trong không gian Oxyz cho mp (P): 3x  8y + 7z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 3),
B(3; 1; 1). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
GIẢI
Nếu C thuộc (P) thì tọa độ của C=(x;y;z) thỏa mãn : 3x-8y+7z+4=0 (1).
Ta có : AB   2;0;2   AB 2  4  4  8
MA   x  1; y  1; z  3  MA2   x  1   y  1   z  3  x 2  y 2  z 2  2x  2 y  6z  11
2

2

2

MB   x  3; y  1; z  1  MB 2   x  3   y  1   z  1  x 2  y 2  z 2  6x  2 y  2z  11

2

2

2

Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :
x  4  2 y
x  4  2 y
 MA2  MB 2


 2
3 6
6
2
2
2

2
2
2
  3  2 y    y  1   2 y  1  2  2   y 
 y  1
 MA  AB
3
3
3x  8 y  7 z  4  0
z  2 y  4




z  x



2 6
6
2 6
2 6
6
2 6
;1 
; 2 
;1 
; 2 
Vậy có hai điểm C : C1   2 
 ; C2   2 

3
3
3 
3
3
3 



2

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Bài 17. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên
mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam
giác ABC.
GIẢI
Nếu B nằm trên mp(Oxy) thì B( x;y;0), còn C nằm trên trục Oz thì C(0;0;z) .
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC thì nó là giao của ba đường cao hạ từ ba đỉnh của tam giác có nghĩa
 AH .BC  0

là ta có hệ ba phương trình : CH . AB  0 (1)

 BH . AC  0
Ta có : AB   x  3; y  1;0 ; CH   2;1;1  z   ABCH  2  x  3  y  1  2x  y  7
Tương tự : AC   3; 1; z  , BH   2  x;1  y;1  ACBH  3  x  2   y  1  z  3x  y  z  7
Và : BC    x;  y; z  , AH   1;0;1  BC AH  x  z
2x  y  7  0
 y  7  2x
x  t



  y  7  2t  t  R 
Do đó hệ (1)  3x  y  z  7  0   z   x
x  z  0
3x  7  2x  x  7  0
 z  t




Vậy điểm C cần tìm có tọa độ là C=( t;7-2t;-t ) . ( Có vô số điểm C)
x+ 5 y- 7
Bài 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
=
= z
2
- 2
và điểm M(4 ; 1 ; 6). Đường thẳng (d) cắt mặt cầu (S) tâm là M tại hai điểm A, B sao cho AB = 6. Viết
phương trình của mặt cầu (S).
GIẢI
Đường thẳng d qua N(-5;7;0) vả có véc tơ chỉ phương u   2; 2;1  MN   9;6; 6  .
2

2

 6 6   6 9   9 6 

 
 

 MN ,U 

2
1
1
2


 
  2 2 


Do đó : h  M , d  

4  4 1
u
A
H
B
d

36  9  36
3.
.3
-Xét tam giác vuông MAH ( H là chân đường vuông góc của M trên d ) , ta
có :


2

M

2

2

 AB 
6

MA  R  MH  
  9     18 . Vậy mặt cầu (S) có tâm
 2 
 2
M(4;1;6) , bán kính R= 3 2
2

2

2

Có phương trình là :  S  :  x  4    y  1   z  6   18
2

2

2

Bài 19. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0
x- 1 y+2 z- 3
x+1 y- 1 z- 2
và hai đường thẳng (d1 ) :
.
=
=
;(d2 );
=
=
2
1

3
2
3
2
Viết phương trình đường thẳng () song
song với (P); vuông góc với (d1) và cắt (d2) tại E có hoành độ
bằng 3.


Gia s Thnh c

www.daythem.edu.vn



GII
ng thng d1 qua im M(1;-2;3) cú vộc t ch phng

d2

u1 2;1;3 , v ng thng d 2 cú vộc t ch phng u2 2;3;2

E

d1

Gi l ng thng song song vi (P) cú u a; b; c thỡ:


u a; b; c

- nP u .nP 0;
u .nP 2a b c 0
n

2;

1;1



P

- d1 u .u1 0; 2a b 3c 0 2
P

1

3 1 2t
t 1


- qua E trờn d 2 vi E(3;y;z) y 2 t y 1 E 3; 1;6
z 3 3t
z 6


2a b c 0
a c
- T (1) v (2) ta cú h :

u c; c; c / / u 1;1; 1
2a 2c 0
b c
x 3 t

- Vy qua E(3;-1;6) cú u 1;1; 1 : y 1 t .
z 6 t


Bi 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và
đ-ờng thẳng d
x 1 y z 1

có ph-ơng trình
. Lập ph-ơng trình mặt phẳng (P) đi qua A,
2
1
3
song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
GII
Gi (P) l mt phng qua A(10;2;-1) v cú vộc t phỏp tuyn n a; b; c . Do ú (P) cú phng trỡnh l :
a(x-10)+b(y-2)+c(z+1)=0 ; Hay (P): ax+by+cz-10a-2b+c=0 (*)
ng thng d qua B(1;0;1) v cú vộc t ch phng u 2;1;3
- Nu (P) song song vi d thỡ n u nu 0 2a b 3c 0 1
- Khong cỏch t d n (P) chớnh l khong cỏch t M thuc d n (P) , vi M=(2t+1;t;3t+1) do vy ta
a c 10a c 2b
2c 2b 9a

cho t=0 thỡ M=(1;0;1) : h(M,P)=
. (2) . p dng bt ng thc Bu nhe

a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
cp ski cho t s :

2c 2b 9a

2

2 2 9
2

2

2

c

2

b a
2

2



2c 2b 9a


c

2

b a
2

2

2



89

2c 2b 9a
a 2 b2 c2

89

- Vy: h(M;P) t GTNN bng 89 khi trng hp xy ra du bng trong bt ng thc :
b c
c b
a




9
2 2 9
a 2 c

Bi 21. Cho 2 im A(1 ; 2 ; 3), B(1 ; 4 ; 2) v hai mp :
(P): 2x 6y + 4z + 3 = 0


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

(Q): x – y + z + 1 = 0
Tìm tọa độ giao điểm K của đường thẳng AB với mp(P). Tìm tọa độ điểm C nằm trên mp(Q) sao cho tam
giác ABC là tam giác đều.
GIẢI
- Đường thẳng (AB) qua A(1;2;3) và có véc tơ chỉ phương AB   2;2; 1 do đó (AB) có phương trình là
 x  1  2t

:  y  2  2t . Đường thẳng (AB) cắt mặt phẳng (P) tại K , tọ độ K là nghiệm của hệ :
z  3  t

 x  1  2t
 y  2  2t
3

 7 23 57 
 2  2t   6  2  2t   4  3  t   3  0  20t  3  0  t 
K  ; ; 

20
 10 10 20 
z  3  t
2x  6 y  4z  3  0

Nếu C nằm trên mặt phẳng (Q) thì C(x;y;z) thỏa mãn : x-y+z+1=0 (1).
 AB 2  AC 2
 AB  AC


Tam giác ABC đều khi :  AB  BC
  AB 2  BC 2
 2
x  y  z 1  0 x  y  z 1  0


Từ (1) và (2) ta có :
2
2
2
AB   2;2; 1  AB2  4  4  1  9. AC   x  1; y  2; z  3  AC 2   x  1   y  2    z  3 .
BC   x  1; y  4; z  2   BC 2   x  1   y  4    z  2 
2

2

2

 x  12   y  2 2   z  32  9
 x  12   y  2 2   z  32  9


2
2

2
2
2
2 

(2)   x  1   y  2    z  3   x  1   y  4    z  2  4x  4 y  2z  7
x  y  z 1  0
x  y  z 1  0





11  3 5
11  3 5
5
5

y
y


x

y

x  y 

4
4

2
2







3
3
1 3 5
1 3 5

 z 
 z 
 x 
hoặc  x 
2
2
4
4




2
2
19
3

3

 2


7
2
3 
 y     y  2     3   9
2 y  11 y  2  0
z  2
z  2

2
2 




Bài 22. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9; 1; 1) cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể
tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất
GIẢI
Gọi A(a;0;0) tuộc Ox,B(0;b;0) thuộc Oy và C(0;0;c) thuộc Oz ( a,b,c khác 0 )
x y z
Khi đó mặt phẳng (P) có dạng :    1  0  bcx  acy  abz  abc  0 1 .
a b c
9 1 1
Nếu (P) qua M(9;1;1) thì ta có :    1  2  .
a b c

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

1
abc
6
Ta áp dụng bất đẳng thức cô si :

Do thể tích tứ diện VOABC 

 3

Từ (2) abc=9bc+ac+ab  3 3 9  abc    abc   27.9  abc   abc  243
2

3

2

 3



9bc  ac
a  9b
b  3



x y z

Dấu đẳng thức xảy ra khi : ac  ab
 c  b
 c  3   P  :    1 .
27 3 3
9 1 1
1 1 1
a  27

   1    1
a b c
b b b

Bài 23. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d

x  2 y z 1


4
6 8

và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
GIẢI
Nhận
xét
:
A
B
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương

u   4; 6; 8 / /u '   2; 3; 4   AB  AM  1;1; 3 . Cho nên đường
H
thẳng d song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng .
Từ đó , theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :
d
I
- Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d .
- Lập đường thẳng d’ qua A’ và B
A’
- Tìm tọa độ I là giao của (A’B) với d .
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên IA=IA’ , cho nên :
IA+IB=IA’+IB=A’B . Nếu có I’ thuộc d thì I’A+I’B>A’B . Vậy I là điểm duy nhất .
- Cũng theo nhận xét trên thì IH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên AB=2IH. Hay
IA’=IB=IA (*) . Do đó :
Nếu I nằm trên d thì điểm I có tọa độ là I=(2+4t;-6t;-8t-1) . Từ đó ta có :
 AI   4t  1;1  6t ; 8t  3  AI 

 4t  1  1  6t   8t  3
2

Tương tự :  BI   4t  1; 4  6t ;1  8t   BI 
Từ (*) : IA=IB 

 4t  1  1  6t   8t  3
2

2

2

2

 4t  1   4  6t   1  8t 
2

2

=

2

2

 4t  1   4  6t   1  8t 
2

2

2

Hay :  116t 2  44t  11  116t 2  72t  18  44t  72t  18  11  116t  6  t 

3
58

9
45 
 64
Tọa độ I thỏa mãn yêu cầu là : I   ;  ;  
 29 29 29 

Chú ý : Năm 1998 ĐH Thái nguyên K-A+B cũng đã ra dạng bài tập này rồi .
* Đề thi : Cho điểm A(1;2;-1) và điểm B(7;-2;3) , đường thẳng d là giao của hai mặt phẳng có phương
trình : 2x+3y-4=0 và y+z-4=0 .
a/ Chứng tỏ d và đường thẳng (AB) cùng thuộc một mặt phẳng . Viết phương trình mặt phẳng đó .
b/ Tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .
c/ Tìm điểm I thuộc d sao cho chu vi tam giác ABI có giá trị nhỏ nhất ? Tính chu vi tam giác ABI với
điểm I tìm được .


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Bài 24. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường
thẳng d có phương trình

 x  2  3t
.

 y  2t (t  R)
 z  4  2t


Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến

A và B là nhỏ nhất.
GIẢI
Nhận xét :
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
u   3; 2;2 / / AB   6; 4;4   AN  1; 2;5 . Cho nên đường thẳng d

H
song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng . Từ đó ,
theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :
d
M
- Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d .
- Lập đường thẳng d’ qua A’ và B
A’
- Tìm tọa độ M là giao của (A’B) với d .
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên MA=MA’ , cho nên :
MA+MB=MA’+MB=A’B . Nếu có M’ thuộc d thì M’A+M’B>A’B . Vậy M là điểm duy nhất .
- Cũng theo nhận xét trên thì MH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên AB=2MH. Hay
MA’=MB=MA (*) . Do đó :
Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t) . Từ đó ta có :
A

B

 AM   3t  1; 2  2t ; 2t  5   AM 

 3t  1   2  2t    2t  5 
2

Tương tự :  BM   3t  5; 2  2t ; 2t  1  BM 
Từ (*) : MA=MB =

 3t  1   2  2t 
2

2

2

2

 3t  5   2  2t    2t  1
2

  2t  5  =
2

2

2

 3t  5    2  2t    2t  1
2

2

2

Hay :  17t 2  34t  30  17t 2  36t  30  34t  36t  0  11  70t  0  t  0
Tọa độ I thỏa mãn yêu cầu là : M=(2;0;4 ).
Bài 25. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng
x3
(d ) :
 y  1  z  3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d)
2
và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

GIẢI
Gọi B(x;y;z) là giao của d với (P) thì tọa độ của B là nghiệm của hệ :
 x  2t  3
d
 y  t 1

 2t  3  2  t  1   3  t   5  0  3t  3

z  3  t
M
 x  2 y  z  5  0
A

B
P

 t  1  B   1;0; 4 

- Do  nằm trên (P) suy ra   nP ,
 2 1 1 1 1 2 
  d   / /  nP , ud   
;
;
   3; 3; 3 / / u  1; 1; 1
1 1 1 2 2 1


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

.
 x  1  t

- Vậy  qua B(-1;0;4) và có véc tơ chỉ phương u  1; 1; 1 .   :  y  t .
z  4  t

- Nếu M thuộc  thì M=(-1+t;-t;4-t)
 AM   t  2; 2  t ;1  t   AM 

Do vậy AM đạt GTNN=

 t  2    t  2    t  1
2

2

2

2

 1  26
 3t  2t  9  3  t   

3
 3
2

26
3

26
1
 2 1 11 
khi t   M    ;  ;  .
3
3
 3 3 3

x  t

Bài 26. Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng  :  y  2t
z  1


và điểm

A(1, 0 ,  1)

Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều.
GIẢI
- Nếu E,F đều thuộc   E   t1;2t1;1 , F   t2 ;2t2 ;1  EF   t2  t1;2t2  2t1;0  (1)
- Ta lại có : AE   t1  1; 2t1; 2   AE 2   t1  1  4t12  4  5t12  2t1  5
2

Tương tự : AE   t2  1; 2t2 ; 2   AE 2   t2  1  4t22  4  5t22  2t2  5
- Nếu tam giác AEF là tam giác đều thì ta có hệ :
2
2
 t2  t1 2  4  t2  t1 2  5t12  2t1  5 5t22  2t2  5t1  1  5  0


 AE  EF

 2


2
2
2
A
E

AF

5
t

2
t

5

5
t

2
t

5
 1


 t2  t1  5  t2  t1   2  0

1
2
2



t1  t2
t1  t2
t1  t2



 2
2
1  76
1  76
 2


 
 t2 
 t2 
5t2  2t2 5   t2   1  5  0  t1   t2
5
15
15
 

 5



2

15t2  2t2  5  0

5  76
5  76
2
 t1 
t1   t2
t1 
15
15

5

Thay hai cặp t tìm được vào tọa độ của M , ta tìm được hai cặp E,F trên  .
 5  76 10  2 76 
 1  76 2  2 76 
E1  
;
;1 , F1  
;
;1
15
15
 15


 15

 5  76 10  2 76 
 1  76 2  2 76 
E2  
;
;1 , F2  
;
;1
15
15
 15

 15

2

Bài 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(2; 1; 2) và đường thẳng (d):

x y  2 z 1


. Tìm
1
1
1

trên (d) hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều.
GiẢI

Nếu A,B thuộc d thì ta có :
2
2
2
 A   t1 ; t1  2; t1  1  AM   t1  2; t1  3; t1  1  MA2   t1  2    t1  3   t1  1  3t12  12t1  14


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 B   t2 ; t2  2; t2  1  MB   t2  2; t2  3; t2  1  MB 2   t2  2    t2  3   t2  1  3t22  12t2  14
2

2

2

 AB   t2  t1 ; t2  t1 ; t2  t1   AB 2  3  t2  t1   3t12  3t22  6t1.t2 .
2

Nếu tam giác AMB là tam giác đều thì ta có hệ :
2
2
3t12  12t1  3t22  12t2
 MA  MB
 t2  t1  t2  t1  4   0
t1  4  t2




 2


 2
2
2
2
2
2
 MA  AB
3t2  6  4  t2  t2  2   14  0
3t1  12t1  14  3t1  3t2  6t1.t2
3t2  6t1  t2  2   14  0

6 2 
6 2
t2 
t2 


t

4

t
t

4


t
1
1


2
2
3
3
 2
 2


9t2  36t2  34  0
9t2  36t2  34  0
t  6  2 t  6  2
 1
 1
3
3
Vậy thay hai cặp t tìm được ở trên vào tọa độ của A,B ta có kết quả .
6 2 2 9 2 
6 2
2 9 2 
 A  
;
;
;
;
 ; B  


3
3 
3
3 
 3
 3
Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho Cho mặt phẳng
x 1 y  3 z
x 5 y z 5

 , d2 :
 
.
 P  : x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :
2
3
2
6
4
5
Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một
khoảng bằng 2.

GIẢI

 13
t 
M  d1  M   2t  1;3  3t ; 2t   h  M , P  
 2  12t  7  6   12

1 4  4
t  1
 12
 11
t  12
6t  5  2  4t   2  5t  5 
N  d 2  N   6t  5; 4t ; 5  5t   h  N , P  
 2  12t  5  6  
1 4  4
t   1

12
2t  1  2  3  3t   2  2t  1

Như vậy ta tìm được hai cặp M,N :
 19 1 13 
 7 11 1 
 17 1 1 
 5 13 1 
M1   ;  ;  , M 2   ; ;  , N1   ; ;  , N 2   ; ;  
4 6
6
6 4 6
 6 4 6
6 4 6
Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
(d1 ) :

x y z
x 1 y z 1

 
 
và (d 2 ) :
.
1 1 2
2
1
1

Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

 P :

x – y  z  2010  0 độ dài đoạn MN bằng

GIẢI

2.


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

- M thuộc d1  M  t; t;2t  , N  d2  N   1  2t '; t ';1  t '  MN   2t ' t  1; t ' t; t ' 2t  1 .
- Theo giả thiết ta có hệ :
 2t ' t  12   t ' t 2   t ' 2t  12  2 
t '  t
MN 2  42 







2
2
2



MN .n  0
 3t  1  4t   t  1  2
2t ' t  1   t ' t   t ' 2t  1  0
t  0
t '  t

 3 2 5
 2

2  M   0;0;0  , N    ;  ; 
 7 7 7
14t  4t  0
t '   7
x  3 y  2 z 1


Bài 30. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2
2

1
1
= 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông
góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .
GIẢI
- Tìm tọa độ điểm M là giao của d với (P) , thì tọa độ M là nghiệm của hệ :
 x  3  2t
 y  2  t


 2t  2  0  t  1;  M  1; 3;0 
 z  1  t
 x  y  z  2  0
- Đường thẳng
d

   P   u  nP ;   d  u  ud  u   nP , ud  .
 1 1 1 2 2 1 
;
;
Do đó : u   nP , ud   
   2; 3;1 .
P
1 1 1 1 1 1
-Gọi H (x;y;z) là hình chiếu vuông góc của M trên  thì ta có :
H thuộc (P) : x+y+z+2=0 (1).
u  MH  2  x  1  3  y  3  z  0  2x  3 y  z  11  0  2 
M

H

Mặt khác theo giả thiết : MH 2   x  1   y  3  z 2 
2

2



42



2

 42

 3 .

 x  13  4 y
 x  13  4 y
 x  13  4 y




  z  3 y  15
  z  3 y  15
  z  3 y  15



 y2  6 y  8  0
2
2
2
2
2
2



 x  1   y  3  z  42
12  4 y    y  3   3 y  15   42
Vậy : H=(29;-4;-27) hoặc H=(21;-2;-21) . Do đó có hai đường thẳng  có cùng véc tơ chỉ phương
 x  29  2t
 x  21  2t


 2 :  y  2  3t
u   2; 3;1 qua hai điểm H tìm được : 1 :  y  4  3t ;
 z  27  t
 z  21  t


Bài 31. (KB-08 ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết
phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB =
MC.
GIẢI


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

- Lập mặt phẳng (ABC) qua A(0;1;2) có véc tơ pháp tuyến n   AB, AC  .
 3 1 1 2 2 3 
;
;
Với : AB   2; 3; 1 , AC   2; 1; 1   AB, AC   
   2; 4; 8 

1

1

1

2

2

1


Do đó (ABC) có phương trình là : x+2(y-1)-4(z-2)=0 , Hay (ABC): x+2y-4z+6=0 .
- Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) : 2x+2y+z-3=0 .
Nếu M=(x;y;z) thuộc (P) : 2x+2y+z-3=0 (1) . Ta có :
2
2
 MA   x; y  1; z  2   MA2  x 2   y  1   z  2   x 2  y 2  z 2  2 y  4z  5
 MB   x  2; y  2; z  1  MB 2   x  2    y  2    z  1  x 2  y 2  z 2  4x+4y  2z  9

2

2

2

 MC   x  2; y; z  1  MC 2   x  2    y    z  1  x 2  y 2  z 2  4x  2 z  5
2

2

2

- Theo giả thiết , MA=MB=MC thì ta có hệ :
 MA2  MB 2
2 y  4z  4x  4 y  2z  4
2x-3y  z  2
 z  7
 2



2
 2 y  4z  4x  2z
 2x  y  z  0   y  3  M  2;3; 7 
 MA  MC
2x  2 y  z  3  0




2x  2 y  z  3  0
2x  2 y  z  3  x  2

Bài 32. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(x 1 y  2 z


1;2;4) vµ ®-êng th¼ng  :
.T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn  sao
1
1
2
cho: MA2  MB2  28
GIẢI
Nếu M thuộc  thì M=(1-t;t-2;2t ). Khi đó ta có :
 MA   t ; t  6; 2t  2   MA2  t 2   t  6    t  2   6t 2  20t  40
2

2

 MB   2  t ; t  4; 2t  4   MB 2   t  2    t  4    2t  4   6t 2  28t  36
2

2

2

Theo giả thiết cho : MA2  MB2  28
2
 12t 2  48t  76  28,   t  2   0  t  2  M   1;0; 4 