Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong không gian"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUN ĐỀ

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG KHƠNG GIAN

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


P hơng pháp toạ độ trong không
gian

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x +1 y z 2
(d) :
= =
và điểm I(0; 0; 3). Viết phơng trình mặt cầu (S) tâm I
1
2
1
và cắt (d) tại hai điểm A, B sao cho IAB vuông tại I.

Ví dụ 1:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán đợc chuyển về việc tìm bán kính R

của mặt cầu (S). Ta có:
Kết hợp với để IAB vuông tại I, suy ra:
R = IA = 2IH , víi H là hình chiếu vông góc của I trên (d).
Nh vậy, cần có đợc toạ độ điểm H. Công việc này đợc thực hiện:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm H theo t.
Bớc 2:
Sử dơng ®iỊu kiƯn :
ur u u
u ur
ur u u
u
ur
IH ⊥ AB IH.AB = 0 Giá trị của t Toạ độ H.
lời giải chi tiết : Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (d), suy ra H là trung

điểm của AB.
Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) vỊ d¹ng tham sè:
x = −1 + t

(d) : y = 2t , t ∈ ¡ ⇒ H(t − 1; 2t; t + 2).
z = 2 + t


Sư dơng điều kiện IH vuông góc với AB, ta đợc:
ur u u
u ur
ur u u
u
ur
IH ⊥ AB ⇔ IH.AB = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0
⇔t=

 2 2 7
1
⇒ H  − ; ; ữ.
3
3 3 3

Sử dụng điều kiện IAB vuông tại I, ta đợc:
R = IA = 2IH =
Từ đó, suy ra:

2

2 6
.
3


8
(S) : x 2 + y 2 + (z − 3)2 = .
3

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x +1 y z 2
(d) :
= =
, mặt phẳng (P): x + y 2z + 5 = 0 và điểm A(1; 1; 2).
2
1
1
Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (d) và (P) lần lợt tại M và N sao cho A là
trung điểm của đoạn thẳng MN.
Ví dụ 2:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Dễ thấy phơng trình đờng thẳng () đợc xác

định khi biết đợc toạ độ của M hoặc N bởi:
Qua A
() :
.
Qua M
Bài toán đợc chuyển về dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện
K", ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc
biểu diễn toạ độ của điểm M theo t.
Suy ra toạ độ cđa N theo t.
Bíc 2: Sư dơng ®iỊu kiƯn:

N ∈ (P) Giá trị của t Toạ độ của M.
lời giải chi tiết :

Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) vỊ d¹ng tham sè:
x = −1 + 2t

(d) : y = t
, t ∈ ¡ ⇒ M(2t − 1; t; t + 2).
z = 2 + t

Sư dơng ®iỊu kiƯn A là trung điểm MN, ta đợc N(2t + 3 ; −t − 2; −t + 2) vµ:
N ∈ (P) ⇒ −2t + 3 − t − 2 − 2(−t + 2) + 5 = 0 ⇔ t = 2 M(3; 2; 4).
Phơng trình đờng thẳng () đợc cho bëi:
Qua A(1; − 1; 2)
x −1 y +1 z − 2
(∆) : 
⇔ ( ∆) :
=
=
.
2
3
2
Qua M(3; 2; 4)

Trong kh«ng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x 1 y z
(d) :
= =
và hai điểm A(2; 1; 0), B(2; 3; 2). Viết phơng trình

2
1 2
mặt cầu đi qua A, B và tâm thuộc đờng thẳng (d).
Ví dụ 3:



Giải
3


Đánh giá và định h ớng thực hiện : Bài toán thuộc dạng đơn giản khi chỉ cần thực

hiện:



Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc toạ độ
của tâm I của mặt cầu (S) cần tìm theo t, cụ thể I(1 + 2t; t; −2t).
Sư dơng ®iỊu kiƯn:
R = IA = IB ⇒ Giá trị t Toạ độ tâm I và bán kính R
Phơng trình chính tắc của mặt cầu (S).

lời giải chi tiết : Giả sử mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R.

Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) vỊ d¹ng tham sè:
x = 1 + 2t

(d) : y = t
, tĂ .

z = 2t

Ta lần lợt:
I thuéc (d) suy ra I(1 + 2t; t; −2t).
 A, B thuéc (S) suy ra:
IA = IB ⇔ IA2 = IB2
⇔ (2t − 1)2 + (t − 1)2 + (−2t)2 = (3 + 2t)2 + (t − 3)2 + (−2t − 2)2
⇔ t = −1 ⇒ I(−1; −1; 2).
R2 = IA2 = 17.
Vậy, mặt cầu (S) có phơng trình (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 17.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(0; 0; 3), M(1; 2; 0). Viết
phơng trình mặt phẳng (P) qua A và cắt Ox, Oy lần lợt tại B, C sao cho ∆ABC
cã träng t©m thc AM.
VÝ dơ 4:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với mặt phẳng (P) qua A Oz và cắt các trục

Ox, Oy t¹i B, C ta nghÜ ngay tíi viƯc sư dơng "Phơng trình mặt phẳng chắn", từ đó:
Giả sử B(b; 0; 0) và C(0; c; 0) rồi suy ra toạ độ trọng tâm G.
Lập phơng trình đờng thẳng (AM).
Vì G thuộc (AM) ta nhận đợc giá trị của b, c. Từ đó, có đợc toạ độ của B, C.
Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, B, C theo "Phơng trình mặt phẳng
chắn".
lời giải chi tiết : Từ giả thiết ta giả sử B(b; 0; 0) và C(0; c; 0), suy ra ∆ABC cã

b c 
träng t©m G ; ; 1 ữ.
3 3
Phơng trình đờng thẳng (AM) đợc cho bởi:
Qua A

x y z 3
u ur
uu
(AM) : 
⇔ (AM) : = =
.
1 2
−3
vtcp AM(1; 2; − 3)

4


Vì G thuộc (AM) nên:
b = 2
B(2; 0; 0)
b c −2
⇒
⇒
.
= =
3 6 −3
c = 4
C(0; 4; 0)

Tõ ®ã, b»ng việc sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn ta đợc:
x y z
(P) : + + = 1 ⇔ (P): 6x + 3y + 4z − 12 = 0.
2 4 3

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y −
2z + 10 = 0 vµ điểm I(2; 1; 3). Viết phơng trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo
một đờng tròn có bán kính bằng 4.
Ví dụ 5:



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Bài toán thuộc dạng đơn giản khi chỉ cần thực

hiện:



Với H là hình chiếu vông góc của I trên (P), suy ra:
IH = d(I, (P)).
Gọi R là bán kính của mặt cầu, suy ra:
R2 = IH2 + r2.

lời giải chi tiết : Gọi H là hình chiếu vông góc cđa I trªn (P), ta cã:

IH = d(I, (P)) =

2.2 + 1 − 2.3 + 10

2 2 + 12 + (2)2

= 3.

Gọi R là bán kính của mặt cầu, suy ra:
R2 = IH2 + r2 = 32 + 42 = 25.
Vậy, mặt cầu (S) có phơng trình (x 2)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = 25.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x 1 y +1 z
(d) :
=
= và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 1; 0). Xác định điểm M
2
1 1
thuộc (d) sao cho tam giác AMB vuông tại M.
Ví dụ 6:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Sử dụng phơng trình tham số của đờng thẳng

(d) để có đợc toạ ®é ®iĨm I(1 + 2t; − 1 − t; t).
Víi điều kiện AMB vuông tại M, suy ra:
u ur u u
u u ur
u ur u u
u u ur

AM ⊥ BM AM.BM = 0 Giá trị tham số t Toạ độ M.

lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số:

5


x = 1 + 2t

(d) : y = −1 − t , t ∈ ¡ .
z = t

§iĨm M thc (d) nªn M(1 + 2t; − 1 − t; t).
Víi giải thiết AMB vuông tại M, suy ra:
u ur u u
u u ur
u ur u u
u u ur
2
AM ⊥ BM ⇔ AM.BM = 0 ⇔ 2t(−1 + 2t) + t + t(t − 2) = 0
M1 (1; − 1; 0)
t = 0

⇔ 6t2 − 4t = 0 ⇔  2 ⇒   7 5 3  .
t =
M
;− ;
 2 3 3 3ữ
3

Vậy, tồn tại hai điểm M1 và M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1),
B(0; 2; 3) và mặt phẳng (P): 2x y z + 4 = 0. Tìm toạ ®é ®iÓm M thuéc
(P) sao cho MA = MB = 3.
Ví dụ 7:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt

phẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x − y − z + 4 = 0.
Bíc 2: Tõ giả thiết tạo lập một hệ phơng trình với ba Èn x, y, z råi gi¶i nã.
Bíc 3: KÕt ln về toạ độ của điểm M.
lời giải chi tiết : Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x y z + 4 = 0.

Kết hợp với giả thiết MA = MB = 3 ta có đợc hệ phơng trình:

2x y z + 4 = 0
 2x − y − z + 4 = 0


2
2
2
(x − 2) + y + (z − 1) = 9 ⇔  x + y − z + 2 = 0

 x 2 + (y + 2) 2 + (z − 3) 2 = 9
(x − 2) 2 + y 2 + (z − 1) 2 = 9


 x = 2y − 2
 x = 2y − 2


⇔ z = 3y
⇔ z = 3y

 2
2
2
2
(2y − 2 − 2) + y + (3y − 1) = 9
7y − 11y + 4 = 0
 y = 1 ⇒ x = 0, z = 3
⇔
.
 y = 4 ⇒ x = − 6 , z = 12
7
7
7

 6 4 12 
VËy, tån tại hai điểm M1(0; 1; 3) và M 2 ; ; ữ thoả mÃn điều kiện đầu bài.
7 7 7

6

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cÇu (S): x2 + y2 + z2 − 4x −
4y 4z = 0 và điểm A(4; 4; 0). Viết phơng trình mặt phẳng (OAB), biết điểm
B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
Ví dụ 8:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Nhiều em học sinh sẽ định hớng đây thuộc

dạng toán "Tìm điểm thuộc mặt cầu thoả mÃn điều kiện K" bởi nghĩ rằng muốn có phơng trình mặt phẳng (OAB) cần tìm thêm toạ độ điểm B dựa theo giả thiết OAB đều
và khi đó các bớc thực hiện sẽ là:
Bớc 1: Giả sử B(x; y; z).
Bớc 2: Từ giả thiết ta có hệ điều kiện:
B (S)
B ∈ (S)

⇔ AB2 = OA 2

OA = AB = OB
 2
2
AB = OB
 x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 4y − 4z = 0

⇔ (x − 4) 2 + (y − 4) 2 + z 2 = 4 2 + 4 2
.


2
2
2
2
2
2
(x − 4) + (y − 4) + z = x + y + z

(I)

Giải hệ (I) để nhận đợc x, y, z.
Bớc 3: Lập phơng trình mặt phẳng (OAB).
Cách giải trên không sai nhng đà bỏ qua các tính chất đặc biệt của giả thiết đó
là các điểm O, A đều thuộc mặt cầu (S). Do đó, bài toán này sẽ đợc giải tối u nh
sau:
Bớc 1:
Xác định thuộc tính của mặt cầu (S) với tâm I(2; 2; 2) và bán kính
R = 2 3.
Bớc 2: Nhận thấy rằng các điểm O, A thuộc (S) và với giả thiết OAB đều
OA
.
nên nó có bán kính đờng tròn ngoại tiếp r =
3
Bớc 3: Từ giả thiết:
(OAB) đi qua O nên có dạng:
(OAB): ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 > 0.
(*)
(OAB) đi qua A nên:
4a + 4b = 0 ⇔ b = −a.

(1)
Bíc 4: Khi ®ã, khoảng cách từ I tới (OAB) đợc cho bởi:
2a + 2b + 2c
= R 2 − r 2 ⇔ c = ka.
(2)
2
2
2
a +b +c
Bíc 5: Thay (1), (2) vµo (*) ta nhận đợc phơng trình mặt phẳng (OAB).
lời giải chi tiết : Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2; 2) và bán kính R = 2 3.

7


Nhận thấy rằng các điểm O, A thuộc (S) và với giả thiết OAB đều nên nó có
bán kính đờng tròn ngoại tiếp r đợc cho bởi:
OA 4 2 4 6
=
=
.
3
3
3
Từ giả thiết:
(OAB) đi qua O nên có dạng ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 > 0. (*)
(OAB) đi qua A nên 4a + 4b = 0 ⇔ b = −a.
Khi ®ã, khoảng cách từ I tới (OAB) đợc cho bởi:
2a + 2b + 2c
2c

2
= R 2 − r2 ⇔
=
⇔ 3 c = 2a 2 + c 2
2
2
2
2
2
3
a +b +c
2a + c
r=

⇔ 3c2 = 2a2 + c2 ⇔ c = ±a.
Ta lÇn lợt:
Với c = a thì mặt phẳng (OAB) có d¹ng:
(OAB): ax − ay + az = 0 ⇔ (OAB): x − y + z = 0.
 Víi c = a thì mặt phẳng (OAB) có dạng:
(OAB): ax ay − az = 0 ⇔ (OAB): x − y − z = 0.
Vậy, tồn tại hai mặt phẳng (OAB) thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ ®é Oxyz, cho ®êng th¼ng
x − 2 y +1 z
(∆) :
=
=
và mặt phẳng (P): x + y + z 3 = 0. Gọi I là giao
1
2

1
điểm của () và (P). Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc
với () và MI = 4 14.
Ví dụ 9:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt

phẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 4: Tìm toạ độ giao điểm I của đờng thẳng () với mặt phẳng (P).
Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x − y − 2 = 0.
Bíc 5: Ta lÇn lợt sử dụng giả thiết:
u u ur
u u
r
IM (∆) ⇔ IM.a ∆ = 0.
− MI = 4 14 MI = 224.
Giải hệ tạo bới (1), (2), (3) để nhận đợc x, y, z.
Kết luận về toạ độ của điểm M.
2

Bớc 6:

(1)
(2)
(3)

lời giải chi tiết : Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) và đờng thẳng () có vtcp

ur
u
a (1; 2; 1).
Toạ độ giao điểm I của đờng thẳng () với mặt phẳng (P) là nghiƯm cđa hƯ:

8


x + y + z = 3
x + y + z − 3 = 0


 x − 2 y + 1 z ⇔ 2x + y = 3 ⇔ x = y = z = 1 ⇒ I(1; 1; 1).
 1 = −2 = −1
 y − 2z = −1


Ta cã gi¶ thiÕt:
M ∈ (P)
M ∈ (P)
2x − y − 2 = 0
u u
r
 u u ur


IM ⊥ ( ∆ ) ⇔ IM.a ∆ = 0 ⇔ 1.(x − 1) − 2(y − 1) − 1.(z − 1) = 0


IM = 224

2
2
2
(x − 1) + (y − 1) + (z − 1) = 224
IM = 4 14

2x − y − 2 = 0

⇔  x − 2y − z + 2 = 0

2
2
2
(x − 1) + (y − 1) + (z − 1) = 224
 y = 2x − 2

⇔ z = 4 − 3x

2
2
2
(x − 1) + (2x − 2 − 1) + (4 − 3x − 1) = 224
 y = 2x − 2
 x = −3, y = −7, z = 13

⇔ z = 4 − 3x
⇔
.

 x = 5, y = 9, z = −11
 2
 x − 2x − 15 = 0
VËy, tån t¹i hai điểm M1( 3; 7; 13) và M2(5; 9; 11) thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ ®é Oxyz, cho ®êng th¼ng
x + 2 y −1 z + 5
() :
=
=
và hai điểm A( 2; 1; 1), B( 3; 1; 2). Tìm toạ độ điểm
1
3
2
M thuộc đờng thẳng ®êng th¼ng (∆) sao cho ∆MAB cã diƯn tÝch b»ng 3 5.
Ví dụ 10:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với dạng toán "Tìm điểm thuộc đờng thẳng

thoả mÃn điều kiện K" các bớc thực hiện sẽ là:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc
biểu diễn toạ độ của điểm M theo t.
Bíc 2: Tõ gi¶ thiÕt ∆MAB cã diƯn tÝch b»ng 3 5 , suy ra:
u u ur
1 u ur u u
 AM; AB = 3 5 ⇒ Gi¸ trị của t Toạ độ M.

2
Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M.
lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số:

9


x = t − 2

(∆ ) :  y = 3t + 1 , (t ∈ ¡ ) ⇒ M(t − 2; 3t + 1; −2t − 5) ∈ (∆).
z = −2t − 5

Tõ gi¶ thiÕt ∆MAB cã diƯn tÝch b»ng 3 5 , suy ra:
u u ur
1 u ur u u
1
 AM; AB = 3 5 ⇔ (− t − 12; t + 6; t) = 3 5


2
2
1
⇔
( − t − 12) 2 + ( t + 6) 2 + t 2 = 3 5 ⇔ (t + 12) 2 + ( t + 6) 2 + t 2 = 180
2
 M (−2; 1; − 5)
t = 0
⇔ 1
.

⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ 
 t = −12
 M 2 ( −14; − 35; 19)
VËy, tån t¹i hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x +1 y z 3
(d) :
= =
và điểm A(1; 2; 3). Viết phơng trình đờng thẳng () đi
2
1
2
qua điểm A, vuông góc với đờng thẳng (d) và cắt trục Ox.
Ví dụ 11:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán thuộc dạng cơ bản trong sgk với các

bớc thực hiện là:
Bớc 1: Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với (d).
Bớc 2: Tìm toạ độ giao điểm B của (P) với Ox.
Bớc 3: Lập phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:

Qua A
u u.
ur

() :
vtpt AB

lời giải chi tiết : : Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (d) thì:

Qua A(1; 2; 3)
ur
u
(P) : 
⇔ (P): 2x + y − 2z + 2 = 0.
 vtpt a d (2; 1; 2)

Gọi B là giao điểm của (P) với Ox thì toạ độ của B thoả mÃn hệ:
2x + y − 2z + 2 = 0
 x = −1


⇔  y = 0 ⇒ B(−1; 0; 0).
y = 0
z = 0
z = 0


Khi đó, phơng trình đờng thẳng () đợc cho bëi:
 x = 1 + 2t
Qua A(1; 2; 3)


⇔ ( ∆) :  y = 2 + 2t , t ∈ ¡ .
uu

ur
(∆) : 
 vtpt BA(2; 2; 3)
z = 3 + 3t


10


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x 1 y 3 z
() :
=
= và mặt phẳng (P): 2x − y + 2z = 0. ViÕt ph¬ng trình
2
4
1
mặt cầu có tâm thuộc đờng thẳng (), bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt
phẳng (P).
Ví dụ 12:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán đợc chuyển về việc tìm điểm I thuộc

() sao cho d(I, (P)) = 1 nên ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc
biểu diễn toạ độ của ®iĨm I theo t.

Bíc 2: Tõ ®iỊu kiƯn tiÕp xóc của mặt cầu (S) với (P), suy ra:
d(I, (P)) = 1 Giá trị của t Toạ độ tâm I
Phơng trình mặt cầu (S).
lời giải chi tiết : Gọi I là tâm của mặt cầu.

Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số:
x = 2t + 1

(∆ ) :  y = 4t + 3, (t ∈ ¡ ) ⇒ I(2t + 1; 4t + 3; t) ().
z = t

Mặt cầu tiếp xúc với (P) khi vµ chØ khi:
d(I, (P)) = R ⇔
2(2t + 1) − (4t + 3) + 2t
 t = −1
= 1 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ 
.
22 + (−1) 2 + 2 t 2
t = 2
Ta lÇn lợt:
Với t = 1 thì I(1; 1; 1) ta đợc mặt cầu (S1) có phơng trình:
(S1): (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1.
 Với t = 2 thì I(5; 11; 2) ta đợc mặt cầu (S2) có phơng trình:
(S2): (x 5)2 + (y − 11)2 + (z − 2)2 = 1.
VËy, tån tại hai mặt cầu (S1), (S2) thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;
b; 0), C(0; 0; c), trong ®ã b, c dơng và mặt phẳng (P): y z + 1 = 0. Xác định
b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng các từ
1

điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng .
3
Ví dụ 13:



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Vì bài toán có liên quan tới tính vuông góc

và khoảng cách nên chúng ta lần lợt thực hiện:

11





Lập phơng trình mặt phẳng (ABC), ở đây ta sử dụng phơng trình mặt phẳng
chắn.
Ta lần lợt:
- Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên :
u ur ur
uu u
(1)
n ABC .n P = 0 .
-

Từ điều kiện khoảng các từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng

1
ta
3

nhận đợc phơng trình (2)
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2) sẽ nhận đợc giá trị của b avf c.
lời giải chi tiết : Sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn, ta đợc :
x y z
(ABC) : + + = 1.
1 b c
Ta lần lợt:
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên :
1 1
= 0 b = c.
b c
1
Khoảng các từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng nên:
3
1
1
=
1 1
2
1 1
3 1+ 2 + 2 = 3 ⇔ 2 + 2 = 8 ⇔ 2 = 8
1 1
1+ 2 + 2
b c
b
b c

b c

1 b<0
1
⇒ b= .
4
2
1
VËy, víi b = c = tho¶ m·n điều kiện đầu bài.
2
b2 =

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng
x y 1 z
= . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng
( ) : =
2
1
2
cách từ điểm M đên ( ) bằng OM.
Ví dụ 14:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với yêu cầu đợc tổng quát là "Tìm điểm

thuộc Ox thoả mÃn điều kiện K cho trớc", chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:

Giả sử M(m; 0; 0).
Bớc 2:
Thiết lập điều kiện K, cụ thể với bài toán này là d(M, ()) = OM nên ta
bắt đầu với:
12





r
Chọn một điểm A thuộc () và một vtpt n của ().
Khi đó:
r uu
uu
r
n, AM


= m Giá trị tham số m
r
d(M, ()) = OM
n

Toạ độ điểm M.
lời giải chi tiết : Trớc tiên, vì điểm M thuộc Ox nên M (m; 0; 0).
r
Với đờng thẳng () thì nó đi qua điểm A(0; 1; 0) và cã vtpt n ( 2; 1; 2 ) .
Khi ®ã:

r uu
uu
r
 n, AM 
5m 2 + 4m + 8


=m ⇔
r
d(M, (∆)) = OM ⇔
=m
4 +1+ 4
n
⇔ 5m 2 + 4m + 8 = 3 m

 m1 = −1 ⇒ M1 (−1; 0; 0)
.
⇔ m2 − m − 2 = 0 ⇔ 
 m 2 = 2 ⇒ M 2 (2; 0; 0)
Vậy, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 15:
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng
x 1 y z + 2
() :
= =
và mặt phẳng (P): x 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm
2
1
1
của () với (P), M là điểm thuộc (). Tính khoảng cách từ M tới (P), biết

MC = 6.



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với bài toán này thòng có hai kiểu định hớng:

Hớng 1 (Thờng với học sinh lời vẽ hình và học thụ động theo dạng): Khi đó, sẽ định
dạng bài toán là "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" và với
định hớng này các em học sinh cần thực hiện theo các bớc:
a.
Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số.
b.
Tìm toạ độ giao điểm C của () và (P).
c.
Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng () thoả mÃn
MC = 6.
d.
Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P).
Hớng 2 (Thờng với học sinh khá, giỏi): Vẽ hình mô phỏng (hình bên).
()
M
Khi đó, với H là hình chiếu vuông góc của M trên
(P), ta cã ngay:

P

C

H
13


Ã
d(M, (M)) = MH = MC.sin MCH.
Vấn đề còn lại chỉ là tính:
Ã
sin MCH = sin(( ), (P)) ĐÃ có công thức.
lời giải chi tiết : Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Đờng thẳng () có phơng trình tham số:
x = 2t + 1

( ) : y = t
, t∈¡ .
z = −t − 2

To¹ ®é giao ®iĨm C cđa (∆) vµ (P) lµ nghiƯm cđa hƯ:
x = 2t + 1
x = 2t + 1
x = −1
y = t
y = t
y = −1



⇒ C(−1; −1; −1).
⇔

⇔

z = −t − 2
z = −t − 2
z = −1



x − 2y + z = 0
2t + 1 − 2t − t − 2 = 0
t = −1



§iĨm M thuộc đờng thẳng () nên M(2t + 1; t; t − 2), suy ra:

MC = 6 ⇔ (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (−t − 1)2 = 6 ⇔ 6(t + 1)2 = 6
t +1 = 1
⇔
⇔
 t + 1 = 1
Ta lần lợt:
Với điểm M1 thì:

t = 0
 t = −2 ⇒


d(M1 , (P)) =


 M1 (1; 0; − 2)
 M (−3; − 2; 0) .
 2

1 2.0 2
4 +1+1

=

1
.
6

Với điểm M2 thì:

d(M 2 , (P)) =

3 2.(2)
4 +1+1

=

1
.
6

1
.
6

Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (P), ta có:
2.1 + 1.(−2) − 1.1
1
·
= .
sin((∆), (P)) = sin MCH =
4 + 1 + 1. 1 + 4 + 1 6
Khi ®ã:
1
1
·
.
d(M, (M)) = MH = MC.sin MCH = 6. =
6
6
VËy, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng

14

M

P

C

()

H

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và
x +2 y2 z+3
=
=
. Tính khoảng cách từ A đến (). Viết
đờng thẳng () :
2
3
2
phơng trình mặt cầu tâm A cắt () tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Ví dụ 16:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Bài toán này đợc chi thành hai phần, cụ thể:



Tính khoảng cách từ A đến đờng thẳng (): Ta sử dụng công thức:
u ur r
uu
AM, u 
r


d(A, ( ∆)) =
, víi M∈(∆) vµ u là vtcp của đờng thẳng ().
r

u



Viết phơng trình mặt cầu (T): Ta chỉ cần tìm đợc bán kính R của nó, và với
H là trung điểm của BC thì:
2

BC 
2
AH + BH = d (A, ( ∆ )) +
ữ.
2
Phơng trình mặt cầu (T) đợc xác định bởi:
Tâm A
(T) :
.
Bán kính R

R = AB =

2

2

lời giải chi tiết : Ta lần lợt:

a. Tính khoảng cách từ A đến đờng thẳng (): Đờng thẳng () đi qua ®iĨm ®iĨm
r
M(3; 1; 1) vµ cã vtcp u(−2; 1; 2) nªn:

u ur r
uu
 AM, u 


d(A, ( ∆)) =
= 18.
r
u

b. Viết phơng trình mặt cầu: Gọi H là trung điểm của BC suy mặt cầu (T) cần dựng
có bán kính R đợc xác định bởi:
2

BC =
2
18 + 9 = 27.
AH 2 + BH 2 = d (A, ( )) +
ữ
2
Phơng trình mặt cầu (T) đợc xác định bởi:
Tâm A(2; 6; 2)

(T):
(T): (x − 2)2 + (y − 6)2 + (z − 2)2 = 27.
Bán kính R= 27



R = AB =

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x
+ y + z − 3 = 0 vµ (Q): x − y + z − 1 = 0. ViÕt phơng trình mặt phẳng (R)
vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
Ví dụ 17:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với hai mặt phẳng (P), (Q) cho trớc, suy ra

ur ur
u u
đợc các vtpt n P , n Q . Chúng ta lần lợt sử dụng các giả thiết:

15


ur
u
Gọi n R là một vtpt của mặt phẳng (R), khi ®ã:
ur ur
u
u
n R ⊥ n P
ur ur ur
u
u u
(R) ⊥ (P)


⇒  ur ur ⇒ n R =  n P , n Q  = (a; b;c).
u
u



(R) ⊥ (Q)
n R n Q

Khi đó, phơng trình (R) có d¹ng:
(R): ax + by + cz + D = 0.
 Từ giả thiết về khoảng cách, ta có:
d ( O; ( R ) ) = 2 Giá trị của D.


Kết luận về phơng trình của mặt phẳng (R)
lời giải chi tiết : Ta có:

ur
u
Mặt phẳng (P) có vtpt n P ( 1; 1; 1) .
ur
u
Mặt phẳng (Q) có vtpt n Q ( 1; − 1; 1) .
ur
u
Gäi n R là một vtpt của mặt phẳng (R), khi đó:
ur ur
u

u
n R ⊥ n P
ur ur ur
u
u u
(R) ⊥ (P)

⇒  ur ur ⇒ n R =  n P , n Q  = (2; 0; −2) chän (1; 0; 1).
u
u



(R) (Q)

n R n Q
Khi đó, phơng trình (R) có dạng:
(R): x z + D = 0.
Từ giả thiết về khoảng cách, ta có:
D
d ( O; ( R ) ) = 2 ⇔
= 2 ⇔ D = 2 2.
2


Vậy, tồn tại hai mặt phẳng (R 1 ) : x − z + 2 2 = 0, (R 2 ) : x − z − 2 2 = 0 thoả
mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 18:

Trong không gian tọa độ Oxy, cho hai đờng thẳng:
x = t + 3
x − 2 y −1 z
=
= .
( ∆1 ) :  y = t , t ∈ ¡ vµ ( 2 ) :

2
1
2
z = t


Xác định tọa độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1.
Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với yêu cầu đợc tổng quát là "Tìm điểm

thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K cho trớc", chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Chuyển phơng trình đờng thẳng (1) (nếu cần) về dạng tham số theo t,
từ đó suy ra toạ độ của điểm M theo tham sè t.
16


Bớc 2:

Thiết lập điều kiện K, cụ thể với bài toán này là d(M, (2)) = 1 nên ta
bắt đầu với:

ur
u
Chọn một điểm A thuộc (2) và một vtpt n 2 cđa (∆2).


Khi ®ã:

ur u u
u uu
r
 n 2 , AM


= 1 Giá trị tham số t
ur
u
d(M, (2)) = 1
n2
Toạ độ điểm M.

lời giải chi tiết : Điểm M thuộc đờng thẳng (1) nên M ( 3 + t; t; t ) .

ur
u
Với đờng thẳng (2) thì nó đi qua điểm A(2; 1; 0) và cã vtpt n 2 ( 2; 1; 2 ) .
Khi ®ã:
ur u u
u uu
r
2

2
 n 2 , AM 


( t − 1) + 4 + ( t − 3)
=1 ⇔
ur
u
d(M, (∆2)) = 1 ⇔
=1
n2
4 +1+ 4
 t1 = 1 ⇒ M1 (4; 1; 1)
.
⇔ 2t 2 − 10t + 17 = 3 ⇔ 2t2 − 10t + 8 = 0 ⇔ 
 t 2 = 4 ⇒ M 2 (7; 4; 4)
Vậy, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các
đỉnh A(1; 2; 1), B(−2; 1; 3), C(2; −1; 1) vµ D(0; 3; 1). Viết phơng trình mặt phẳng
(P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P).
Ví dụ 19:



Giải

Đánh giá và định hớng thùc hiƯn : Víi c¸c em häc sinh chØ biÕt đánh giá tuần

tự:

Mặt phẳng (P) đi qua A, B.
Khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P).
Chắc chắn sẽ thực hiện bài toán này theo các bớc:
Bớc 1:
Giả sử phơng trình mặt phẳng (P) cã d¹ng:
(P): Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B2 + C2 > 0.
Bíc 2:
V× A, B thuéc (P) nªn:
A + 2B + C + D = 0
(1)
−2A + B + 3C + D = 0.
(2)
Bíc 3:
Để khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P), điều kiện
là:

17


2A − B + C + D

=

3B + C + D

.
(3)
A +B +C
A 2 + B2 + C2

Bíc 4:
Gi¶i hƯ phơng trình tạo bởi (1), (2), (3) để tìm cách biĨu diƠn ba trong bèn
Èn sè A, B, C, D theo một ẩn còn lại. Từ đó, suy ra phơng trình mặt phẳng
(P) cần tìm.
Cách giải trên không sai và luôn là phơng pháp đợc lựa chọn trong trờng hợp
tổng quát d(C, (P)) = k.d(D, (P)). Tuy nhiên, vì d(C, (P)) = d(D, (P)) chúng ta sử
dụng đánh giá:
Để mặt phẳng (P) cách đều hai điểm C, D chỉ có thể xảy ra hai trờng hợp:
(P) song song với CD.
 (P) ®i qua trung ®iĨm cđa CD.
Tõ nhËn xÐt trên, ta lần lợt:
(P) song song với CD, suy ra:
Qua A
Qua A


r
uu uu
ur ur
u u u u ⇔ (P) : 
ur
ur
(P) : 
vtpt n =  AB, CD 
CỈp vtcp AB và CD

(P) đi qua trung điểm I(1; 1; 1) cña CD, suy ra:
Qua A
Qua A


r
u u ur
ur u
u u ur ⇔ (P) : 
ur
u
(P) : 
vtpt n = AB, AI
Cặp vtcp AB và AI





lời giải chi tiết : Để mặt phẳng (P) cách đều hai điểm C, D chỉ có thể xảy ra hai
trờng hợp:
(P) song song víi CD.
 (P) ®i qua trung ®iĨm của CD.
Từ nhận xét trên, ta lần lợt:
(P) song song víi CD, suy ra:

Qua A
uu uu
ur
ur

(P) : 
CỈp vtcp AB vµ CD

2

2

2

Qua A(1; 2;1)

r
uu uu
ur ur
⇔ (P) : 
vtpt n =  AB, CD  = (−8; − 14; − 4)




⇔ (P): 4x + 2y + 7z − 15 = 0.
 (P) ®i qua trung ®iĨm I(1; 1; 1) cđa CD, suy ra:

Qua A
u u ur
ur
u
(P) : 
CỈp vtcp AB vµ AI


Qua A(1; 2;1)

r
u u ur
ur u
⇔ (P) : 
vtpt n =  AB, AI  = (2; 0; 3)




18


⇔ (P): 2x + 3z − 5 = 0.
VËy, tån tại hai mặt phẳng (P) thoả mÃn điều kiện đầu bài.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0;
1), B(1; 1; 3) và mặt phẳng (P) phơng trình:
(P): x 2y + 2z 5 = 0.
Trong các đờng thẳng đi qua A và song song với (P), hÃy viết phơng trình
đờng thẳng mà khoảng cách từ B đến đờng thẳng đó là nhỏ nhất.
Ví dụ 20:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai

thác dần giả thiết:
(d) song song với (P) nên nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P),
suy ra:
Qua A
(Q) : 
.
(Q)//(P)
 Gäi K, H theo thø tù là hình chiếu vuông góc của B trên (d) và (Q), ta có:
BK > BH AH là đờng thẳng cần tìm.
Từ đó, cần tìm toạ độ điểm H.
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
Qua A

uu.
ur
(d) :
vtcp AH

lời giải chi tiết : Gọi (d) là đờng thẳng cần tìm. Ta có:



(d) nằm trong mặt phẳng (Q) qua A vµ song song víi (P), suy ra:
Qua A
(Q) : 
⇔ (Q): x − 2y + 2z + 1 = 0.
(Q)//(P)
 Gäi K, H theo thø tù lµ hình chiếu vuông góc của B trên (d) và (Q), ta có:
BK > BH AH là đờng thẳng cần tìm.
Từ đó, suy ra toạ độ của H thoả mÃn hệ phơng trình:

x = 1/ 9
x 1 y +1 z − 3
=
=


 1 11 7 
−2
2 ⇔  y = 11/ 9 ⇒ H  − ; ; ÷.
 1
 9 9 9
 x − 2y + 2z + 1 = 0
z = 7 / 9


Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
Qua A(3;0;1)

u u 26 11 2 
ur
(d) : 
 vtcp AH  9 ; 9 ; − 9 ÷ chän (26; 11; -2)




19


x = −3 + 26t


⇔ (d) : y = 11t
, t∈¡ .
z = 1 − 2t


Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và
mặt cầu (S) có phơng trình:
(P): 2x 2y z 4 = 0, (S): x2 + y2 + z2 − 2x
− 4y − 6z − 11 = 0. Chøng minh r»ng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một
đờng tròn. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đờng tròn đó.
Ví dụ 21:



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Đây thuộc dạng toán xét vị trí tơng đối của

mặt phẳng với mặt cầu, và ở đây:
ur
u
a. Để chứng minh rằng mặt phẳng (P) (có vtpt n p ) cắt mặt cầu (S) (có tâm I
bán kính R) theo một đờng tròn, chúng ta đi khẳng định:
d(I, (P)) < R.
b. Để xác định toạ độ tâm H và bán kính r của đờng tròn đó, ta lần lợt cã:
 B¸n kÝnh r = B¸n kÝnh r= R 2 IH 2 . .
Tâm H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) nên để có đợc toạ độ của
H chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Viết phơng trình tham số (giả sử theo t) của đờng thẳng (d)

qua I và vuông góc với (P), tøc:

Qua Iur
u.
(d) : 
 vtcp n p

Bíc 2: Thay ph¬ng trình của (d) vào (P), ta đợc:
f(t) = 0 Giá trị t Toạ độ điểm H.
Bớc 3: Kết luận.
lời giải chi tiết : Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.

Ta có:
d(I, (P)) =

2.1 − 2.2 − 1.3 − 4

=34 + 4 +1
(P) (S) = {(C)} là một đờng tròn nằm trong mặt phẳng (P).
Đờng tròn (C) có bán kính r và tâm H là hình chiếu vuông góc của I lên (P).
Bán kính r đợc cho bởi:
r = R2 − IH 2 = 52 − 32 = 4.
 Gọi (d) là đờng thẳng qua I và vuông góc víi (P) (cã vtpt (2; −2; −1)), ta cã:

20


x = 1 + 2t

Qua I(1; 2;3)


ur
u
(d) : 
⇔ (d) : y = 2 − 2t , t ∈ ¡ .
 vtcp n p (2; − 2; − 1)
z = 3 t





Khi đó, toạ độ của H là nghiệm x, y, z của hệ phơng trình:
x = 1 + 2t
x = 1 + 2t
y = 2 − 2t
y = 2 − 2t


⇔

z = 3 − t
z = 3 − t
2x − 2y − z − 4 = 0
2(1 + 2t) − 2(2 − 2t) − (3 − t) − 4 = 0



x = 3

⇒ y = 0 ⇒ H(3; 0; 2).
z = 2

Vậy, mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đờng tròn (C) có bán kính bằng 4
và tâm H(3; 0; 2).

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và hai
đờng thẳng (1), (2) có phơng trình:
(P): x 2y + 2z 1 = 0,
x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
(∆1 ) :
= =
, (∆ 2 ) :
=
=
.,
1
1
6
2
1
−2
x −1 y − 3 z +1
(∆ 2 ) :
=
=
.

2
1
−2
X¸c định toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng (1) sao cho khoảng cách từ M
tới đờng thẳng (2) và khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) bằng nhau.
Ví dụ 22:



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện: Bài toán này thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đ-

ờng thẳng (d) thoả mÃn điều kiện K", trớc tiên các em học sinh hÃy tham khảo định
hớng trong câu III.1 của đề toán khối B 2006. Sau đó, cần nhớ đợc các công thức
tính khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng và công thức tính khoảng cách từ
một điểm tới một đờng thẳng.
lời giải chi tiết : Ta lần lợt:
Chuyển phơng trình đờng thẳng (1) về dạng tham số:
x = t − 1

( ∆1 ) :  y = t
, t ∈¡ .
z = 6t − 9

Khi ®ã, ®iĨm M thuéc (∆1) th× M(t − 1; t; 6t − 9).

21

ur
u
Đờng thẳng (2) đi qua A(1; 3; 1) và có vtcp u 2 (2; 1; − 2) (2; 1; −2).

Khi đó, ta lần lợt có:
Khoảng cách từ M tới đờng thẳng (2) đợc cho bởi:
u ur
uu
MA, u 2 


d1 = d(M, ( ∆ 2 )) =
= 29t 2 88t + 68.
u2


Khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
t 1 2t + 12t − 18 − 1 11t − 20
d 2 = d(M, (P)) =
=
.
3
12 + (−2) 2 + 22

Trong kh«ng gian víi hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2; 1; 0),
B(1; 2; 2), C(1; 1; 0) và mặt phẳng (P): x + y + z 20 = 0. Xác định toạ độ
điểm D thuộc đờng thẳng AB sao cho đờng thẳng CD song song với mặt
phẳng (P).

Ví dụ 23:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Yêu cầu của bài toán là "Xác định toạ độ

điểm D thuộc đờng thẳng AB sao cho đờng thẳng CD song song với mặt phẳng
(P)", do vậy dễ thấy nó đợc tách thành hai phần:
Điểm D thuộc đờng thẳng AB.
Đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P).
Từ đó, dễ hình thành các bớc cần thực hiện là:
ur
u
Bớc 1:
Với mặt phẳng (P) cần chỉ ra đợc vtpt n P .
Bớc 2:

Viết phơng trình tham số (giả sử là t) đờng thẳng (AB), đợc cho bởi:

Bớc 3:

Qua A

uu.
ur
(AB) :
vtcp AB

Vì D thuộc đờng thẳng (AB) nên toạ độ của D thoả mÃn phơng trình
tham số của (AB).
Khi đó, để đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P) điều kiện là:
u u ur
ur
u
u u ur
ur u
CD ⊥ n P ⇔ CD.n P = 0 Giá trị tham số t

Bớc 4:

Toạ độ điểm D.
ur
u
lời giải chi tiết : Mặt phẳng (P) có vtpt n P (1; 1; 1).
Phơng trình đờng thẳng (AB) đợc cho bởi:
x = 2 t
Qua A(2;1;0)


uu
ur
(AB) : 
⇔ (d) : y = 1 + t , t ∈ ¡ .
 vtcp AB(−1;1; 2)
z = 2t


22

Vì D thuộc đờng thẳng (AB) nên D(2 t; 1 + t; 2t).
Khi đó, để đờng thẳng CD song song với mặt phẳng (P) điều kiện là:
u u ur
ur
u
u u ur
ur u
CD ⊥ n P ⇔ CD.n P = 0 ⇔ (1 − t; t; 2t).(1; 1; 1) = 0
⇔ 1.(1 − t) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ 2t + 1 = 0 ⇔ t = −

1
2

5 1

⇒ D  ; ; − 1÷.
2 2

5 1


VËy, víi điểm D ; ; 1ữ thoả mÃn điều kiện đầu bài.
2 2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng () và
mặt phẳng (P) phơng trình:
x+2 y−2 z
(∆) :

=
= ,
(P): x − 2y + 2z − 5 = 0.
1
1
1
Viết phơng trình đờng thẳng (d) nằm trong (P) sao cho (d) cắt và vuông
góc với đờng thẳng ().
Ví dụ 24:



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Nhận xét rằng đờng thẳng () cắt mặt phẳng

(P) tại điểm A. Do đó, yêu cầu của bài toán đợc chuyển thành "Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A, nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đờng thẳng ()",
chúng ta có các cách giải sau:
Cách 1: Ta thực hiện theo các bớc:
r
Bớc 1:
Gọi u là một vtcp của đờng thẳng (d), ta có:
r ur
u
r
ur r
u

u ⊥ u ∆
 r r ⇒ u = u∆ , n .

u n

Khi đó, phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:
Qua A

r .
(d):
vtcp u

Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Viết phơng trình mặt phẳng (R) qua A và vuông góc với ().
Bớc 2:
Khi đó, đờng thẳng (d) chính là giao tuyến của (P) và (R).
Bớc 2:

lời giải chi tiết : Ta lần lợt có:




ur
u
Đờng thẳng () có vtcp u (1;1; 1) .
r
Mặt phẳng (P) có vtpt n(1; 2; 3) .

Suy ra, đờng thẳng () sẽ cắt mặt phẳng (P) tại điểm A.

Xét hệ phơng trình tạo bởi () và (P) lµ:
23


 x = −3
 x + 2y − 3z + 4 = 0


 x + 2 y − 2 z ⇔  y = 1 ⇒ A(−3; 1; 1).
z = 1
1 = 1 = 1


Tới đây ta có thể trình bày theo các cách sau:
r
Cách 1: Gọi u là vtcp của đờng thẳng (d), ta đợc:
r
r ur
u
u = n, u = (1; 2; 1).


Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

x = 3 + t

Qua A(−3;1;1)


r

(d) : 
⇔ (d) : y = 1 − 2t , t ∈ ¡ .
 vtcp u ( 1; − 2; − 1)
z = 1 − t



C¸ch 2: Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (), ta đợc:

Qua A( 3;1;1)

ur
u
(Q) :
(Q): x + y − z + 3 = 0.
vtpt u ∆ ( 1; 1; 1)


Khi đó, đờng thẳng (d) là giao tuyến của (P) và (Q) nên các điểm thuộc (d) thoả mÃn
hệ phơng trình:
x = 2 t

x + 2y − 3z + 4 = 0

⇒ ⇔ (d) : y = −1 + 2t , t ∈ ¡ .

x + y − z + 3 = 0

z = t

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn ®iÓm A(3; 3; 0), B(3;
0; 3), C(0; 3; 3), D(3; 3; 3).
1. Viết phơng trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.
2. Tìm toạ độ tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
Ví dụ 25:



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện :
1. Để lập phơng trình mặt cầu đi qua bèn ®iĨm A, B, C, D ta cã thĨ trình bày theo

các cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Giả sử mặt cầu (S) có dạng:
(S): x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0,
(*)
2
2
2
®iỊu kiƯn a + b + c − d ≥ 0.
Bíc 2:
§iĨm A, B, C, D ∈ (S), ta đợc hệ (I) gồm 4 phơng trình với 4 ẩn a, b,
c, d.
Bớc 3:
Giải hệ (I), nhận đợc a, b, c, d rồi thay vào (*) để có (S).
Cách 1: Thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:

Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c), khi đó ta có ®iỊu kiƯn:
24


Bíc 2:

 IA 2 = IB 2
 IA = IB
 2

2
 IA = IC ⇔  IA = IC ⇒ Toạ độ tâm I.
IA = ID
IA 2 = ID 2


Vậy, phơng trình mặt cầu (S) đợc cho bởi:
Tâm I
(S):
.
Bán kính R = IA


Chú ý: Ngoài hai cách giải trên, để lập phơng trình mặt cầu đi qua bốn điểm
không đồng phẳng A, B, C, D (ngoại tiếp tứ diện ABCD) chúng ta còn
có thể tận dụng đợc tính chất của tứ diện ABCD để nhận đợc lời giải
đơn giản hơn, cụ thể:
Trờng hợp 1: Nếu DA = DB = DC thì:
Bớc 1: Xác định tâm I bằng cách:
Dựng đờng cao DH(ABC).

Dựng mặt phẳng trung trùc (P) cđa DA.
 Khi ®ã {I} = (DH) (P).
Bớc 2: Vậy, phơng trình mặt cầu (S) đợc cho bởi:
Tâm I
(S):
.
Bán kính R = IA
Trờng hợp 2: Nếu DA(ABC) thì:
Bớc 1: Xác định tâm I bằng cách:
Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
Dựng đờng thẳng (d) qua K và song song với DA
(hoặc (d) (ABC).
Dựng mặt phẳng trung trực (P) cđa DA.
 Khi ®ã {I} = (d) ∩ (P).
Bíc 2: Vậy, phơng trình mặt cầu (S) đợc cho bởi:
Tâm I
(S):
.
Bán kính R = IA

Ã
Ã
Trờng hợp 3: Nếu ACB = ADB =
thì mặt cầu ngoại tiếp DABC
2
AB
có tâm I là trung điểm AB và bán kính R =
.
2
Trờng hợp 4: Nếu AD và BC có đoạn trung trực chung EF thì:

Bớc 1: Ta lần lợt:
Lập phơng trình tham số của đờng thẳng (EF) theo t.

25