Bài tập hình học KG

BI 1
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) :
x y 2 0
2x z 6 0
− − =


− − =

sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2x 2y 2z 1 0+ + + − + − =
là
đường tròn có bán kính r = 1.
Câu 2:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.
GIẢI
Câu 1:
Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0
(P) : (m 2n)x my nz 2m 6n 0⇔ + − − − − =
° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2.
° (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = 1
2 2
d(I; P) R r 3⇔ = − =
2 2 2
m 2n m n 2m 6n
3
(m 2n) m n
− − − + − −

⇔ =
+ + +
2 2
4m 7n 3. 2m 5n 4m.n⇔ − − = + +
2 2
5m 22m.n 17n 0⇔ + + =
° Cho
2
17
n 1 5m 22m 17 0 m 1 hay m
5
= ⇒ + + = ⇔ = − = −
° Vậy, có 2 mặt phẳng (P):
1
2
(P ) : x y z 4 0
(P ) : 7x 17y 5z 4 0
+ − − =


− + − =

Câu 2:
. Cách 1:
° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
⇒
/ / / / / /
AB BC CA A B B C C A a= = = = = =
⇒ các tam giác ABC, A
/

B
/
C
/
là các tam giác đều.
° Ta có:
/ / / / /
B C // BC B C //(A BC)⇒
/ / / / / / /
d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC))⇒ = =
° Ta có:
/
/ / /
BC FD
BC (A BC)
BC A D ( A BC caân taïi A )
⊥

⇒ ⊥

⊥ ∆

° Dựng
/
FH A D⊥
° Vì
/ /
BC (A BC) BC FH H (A BC)⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
° DA
/

FD vuông có:
2 / 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 7 a 21
FH .
7
FH A F FD 3a a 3a
= + = + = ⇒ =
° Vậy,
/ / /
a 21
d(A B; B C ) FH
7
= =
Cách 2:
° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
⇒ DABC, DA
/
B
/
C
/
là các tam giác đều cạnh a.
Trang 1
A
/
B
/
C
/
C

B
A
H
F
D
A
/
C
/
B
/
A
B
C
D
x
a
z
y
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
/
/ /
a a 3 a a 3
B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),
2 2 2 2
a a 3 a a 3
B ; ; a , C ; ; a
2 2 2 2
   

−
 ÷  ÷
   
   
−
 ÷  ÷
   
° Ta có:
/ / / / /
B C // BC, B C // (A BC)
/ / / / / / / /
d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC))⇒ = =
°
/ /
a a 3 a a 3
A B ; ; a , A C ; ; a
2 2 2 2
   
= − = − −
 ÷  ÷
   
uuuur uuuur
°
2
/ / 2 2 2
a 3 3
[A B; A C] 0; a ; a 0; 1; a .n,
2 2
   
= = =

 ÷  ÷
   
uuuur uuuur
r
với
3
n 0; 1;
2
 
=
 ÷
 
r
° Phương trình mp (A
/
BC) qua A
/
với pháp vectơ
n
r
:
3
0(x 0) 1(y 0) (z a) 0
2
− + − + − =
/
3 a 3
(A BC) : y z 0
2 2
⇔ + − =

°
/ /
a 3 3 a 3
a 3
.a
a 21
2 2 2
2
d(B (A BC)) .
7
3 7
1
4 2
+ −
= = =
+
° Vậy,
/ / /
a 21
d(A B; B C ) .
7
=
BI 2
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường thẳng
(D) :
x 1 y 2 z 3
2 1 2
− + −
= =

−
1. Tìm điểm M thuộc (D) để thể tích tứ diện MABC bằng 3.
2. Tìm điểm N thuộc (D) để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất.
Câu 2: (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến
mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau.
GIẢI
Câu 1:
Trang 2
1. Phương trình tham số của (D):
x 1 2t
y 2 t
z 3 2t
= +


= − −


= +

°
M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − +
°
AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)= = −
uuur uuur
°
[AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n= − − = − − = −
uuur uuur
r

, với
n (1; 2; 2)= −
r
°
Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ
n
r
: (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0.
°
2 2 2
ABC
1 1 9
S [AB; AC] ( 3) ( 6) 6 .
2 2 2
= = − + − + =
uuur uuur
° Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC):
1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11
MH d(M(ABC))
3
1 4 4
+ + − − − + − − −
= = =
+ +
° Thể tích tứ diện MABC bằng 3
4t 11
1 9
V . . 3
3 2 3
+

⇔ = =
5 17
4t 11 6 t hay t .
4 4
⇔ + = ⇔ = − = −
° Vậy, có 2 điểm M cần tìm là:
3 3 1 15 9 11
M ; ; hay M ; ;
2 4 2 2 4 2
   
− − −
 ÷  ÷
   
2.
N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − +
°
2 2
ABN
1 1 2 3 2
S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9
2 2 2 2
= = + + = + + ≥
uuur uuur
ABN
3 2
maxS 4t 8 0 t 2.
2
⇒ = ⇔ + = ⇔ = −
° Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).
Câu 2:

Cách 1:
° Gọi O là tâm của DABC
° Ta có:
SA SB SC
OA OB OC ( ABC ñeàu)
= =


= = ∆

⇒ SO là trục của đường tròn (ABC)
SO (ABC)⇒ ⊥
° Mà :
AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
° Dựng
BI SA⊥
, suy ra:
SA (IBC) SA IC.⊥ ⇒ ⊥
·
BIC⇒
là góc phẳng nhị diện (B, SA, C).
° DSOA vuông có:
2 2 2 2 2
2 2 2 2
a 3h a 3h a
SA SO OA h SA
3 3
3
+ +
= + = + = ⇒ =

° Gọi M là trung điểm BC
Ta có:
BM (SOA), BI SA⊥ ⊥
IM SA⇒ ⊥
(định lý 3 đường vuông góc)
⇒
MIA SOA∆ ∆:
Trang 3
S
I
A
O
B
M
C
2 2 2 2
AM a 3 3 3ah
MI SO. h. .
SA 2
3h a 2 3h a
⇒ = = =
+ +
°
SAB SAC (c.c.c) IB IC IBC∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆
cân tại I.
°
(SAB) (SAC) IBC⊥ ⇔ ∆
vuông cân tại I
1
IM BC

2
⇔ =
2 2
2 2
2 2 2
3ah 1
a 3h 3h a
2
2 3h a
a 6
9h 3h a h .
6
⇔ = ⇔ = +
+
⇔ = + ⇔ =
° Vậy,
a 6
h .
6
=
Cách 2:
° Gọi H là tâm của DABC
và M là trung điểm của BC
° Ta có:
SA SB SC
HA HB HC ( ABC ñeàu)
= =


= = ∆


° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc
A(0; 0; 0),
a a 3 a a 3 a 3 a 3
B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h
2 2 2 2 2 3
       
−
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
°
a 3 a a 3 a a 3
SA 0; ; h , SB ; ; h , SC ; ; h
3 2 6 2 6
     
= = − = − −
 ÷  ÷  ÷
     
uuur uur uuur
°
2
1
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6
 
= − − = − − = −
 ÷

 
uuur uur
r
với
1
n (3h 3; 3h; a 3)= −
r
°
2
2
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6
 
= − − = − − = −
 ÷
 
uuur uuur
r

với
2
n (3h 3; 3h; a 3)= −
r
.
° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA; SB
uuur uur
nên có pháp vectơ
1

n
r
.
° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
SA; SC
uuur uuur
nên có pháp vectơ
2
n
r
.
°
1 2
(SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0⊥ ⇔ =
r r
2 2 2
2 2
3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0
a 6
18h 3a h .
6
⇔ − + − = ⇔ − − =
⇔ = ⇔ =
° Vậy:
a 6
h .
6
=
Trang 4
S

z
A
z
H
B
M y
C
BI 3
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S):
2 2 2
2x 2y z 1 0
(d) : ; (S) :x y z 4x 6y m 0
x 2y 2z 4 0
− − + =

+ + + − + =

+ − − =

Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho MN = 8.
Câu 2:
Cho tứ diện OABC có đáy là DOBC vuông tại O, OB = a, OC =
a 3,
(a 0)>
và đường cao
OA a 3=
. Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
OM.
GIẢI

Câu 1:
Mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 3) z 13 m− + − + = −
có tâm
I(-2; 3; 0), bán kính
R IN 13 m= = −
, với m < 13.
° Dựng
IH MN MH HN 4⊥ ⇒ = =
2 2
IH IN HN 13 m 16 m 3⇒ = − = − − = − −
, với m < -3.
° Phương trình tham số của đường thẳng (d):
x t
1
y 1 t
2
z 1 t
=



= +


= − +


° (d) có vectơ chỉ phương

1 1
u 1; ; 1 (2; 1; 2)
2 2
 
= =
 ÷
 
r
và đi qua điểm A(0; 1; -1)
°
AI ( 2; 2; 1); [AI; u] (3; 6; 6)= − = −
uur uur r
° Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d):
2 2 2
2 2 2
[AI; u]
3 6 6 81
h 3.
u
9
2 1 2
+ +
= = = =
+ +
uur
r
r
° Ta có: IH = h
m 3 3 m 3 9⇔ − − = ⇔ − − =

m 12⇔ = −
(thỏa điều kiện)
° Vậy, giá trị cần tìm: m = -12.
Câu 2:
Cách 1:
° Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
° Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình)
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)).
° Dựng
OK BN, OH AK (K BN; H AK)⊥ ⊥ ∈ ∈
Trang 5
H
NM
I
° Ta có:
AO (OBC); OK BN AK BN⊥ ⊥ ⇒ ⊥
BN OK; BN AK BN (AOK) BN OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
OH AK; OH BN OH (ABN) d(O; (ABN) OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
° Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15
OH
5
OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a
= + = + + = + + = ⇒ =
° Vậy,
a 15
d(OM; AB) OH .
5

= =
Cách 2:
° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz
đôi một vuông góc O(0; 0; 0),
A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0),
a a 3
M ; ; 0
2 2
 
 ÷
 
và
a 3 a 3
N 0; ;
2 2
 
 ÷
 

là trung điểm của AC.
° MN là đường trung bình của DABC
⇒ AB // MN
⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)).
°
a a 3 a 3 a 3
OM ; ; 0 , ON 0; ;
2 2 2 2
   
= =
 ÷  ÷

   
uuuur uuur
°
( )
2 2 2 2 2
3a a 3 a 3 a 3 a 3
[OM; ON] ; ; 3; 1; 1 n
4 4 4 4 4
 
= = =
 ÷
 
uuuur uuur
r
, với
n ( 3; 1; 1)
=
r
° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ
n : 3x y z 0+ + =
r
° Ta có:
3.a 0 0
a 3 a 15
d(B; (OMN))
5
3 1 1 5
+ +
= = =
+ +

° Vậy,
a 15
d(AB; OM) .
5
=
BI 4
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (a) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P)
qua giao tuyến của (a) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng tọa độ một tứ diện có
thể tích bằng
36
125
.
Câu 2:
Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a
(a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của DABC. Đặt SG = x
(x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60
o
.
GIẢI
Câu 1:
Trang 6
z
A
a 3
a 3
y
C
N
O

M
a
x
B
Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0
° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác định bởi (a) và (xOy) có dạng:
m(2x – y + z – 5) – nz = 0
(P) : 2mx my (m n)z 5m 0⇔ − + + − =
° Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ:
5 5m
A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0;
2 m n
   
−
 ÷  ÷
+
   
° Thể tích tứ diện OABC bằng
125
36
1 1 5 5m 125
V .OA.OB.OC . .5.
6 6 2 m n 36
⇔ = = =
+
m n 3m m 1, n 2
m n 3 m
m n 3m m 1, n 4
+ = = =
 

⇔ + = ⇔ ⇒
 
+ = − = = −
 
° Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P):
1
2
(P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 2)
(P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 4)
− + − = = =


− − − = = = −

Câu 2:
. Cách 1:
° Gọi M là trung điểm của BC
AM BC⇒ ⊥
(DABC vuông cân)
° Ta có:
SG (ABC) SG BC⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra:
BC (SAM)⊥
° Dựng
BI SA IM SA⊥ ⇒ ⊥
và
IC SA
⊥
·

BIC⇒
là góc phẳng nhị diện (B; SA; C).
°
SAB SAC (c.c.c)∆ = ∆
IB IC IBC⇒ = ⇒ ∆
cân tại I.
°
1 a 2 a 2
BC a 2; AM BM MC BC ; AG
2 2 3
= = = = = =
°
2 2 2
2
AM a 2 1 ax 2
AIM ~ AGS IM SG. x. .
AS 2
SG AG 2a
2 x
9
∆ ∆ ⇒ = = =
+
+
2 2
3ax 2
IM
2 9x 2a
⇔ =
+
.

° Ta có:
·
o
BIC 60=
·
o o
2 2
a 2 3.3ax 2
BIM 30 BM IM.tg30
2
2 9x 2a
⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
2 2 2 2 2
2 2 2 2
9x 2a 3x 3 9x 2a 27x
a
18x 2a 9x a x .
3
⇔ + = ⇔ + =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
° Vậy,
a
x .
3
=
Cách 2:
°
BC a 2=
Trang 7

z
x
x
y
C
B
A
E
F
G
M
G
M
C
S
I
A
B
° Gọi M là trung điểm BC
a 2 a 2
AM ; AG
2 3
⇒ = =
° Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G
trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
a
AG AE 2 AE AF .
3
⇒ = ⇒ = =
° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),
C(0; a; 0),
a a a a
G ; ; 0 , S ; ; x
3 3 2 2
   
 ÷  ÷
   
.
°
a a 2a a a 2a
SA ; ; x , SB ; ; x , SC ; ; x
3 3 3 3 3 3
     
= = − − = − −
 ÷  ÷  ÷
     
uuur uur uuur
°
2
1
a a
[SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n
3 3
 
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 

 
uuur uur
r
, với
1
a
n 0; x;
3
 
= −
 ÷
 
r
°
2
2
a a
[SA; SC] ( ax; 0; ) a x; 0; a.n ,
3 3
 
= − = − − = −
 ÷
 
uuur uuur
r
với
2
a
n x; 0;
3

 
= −
 ÷
 
r
.
° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA, SB
uuur uur
nên có pháp vectơ
1
n
r
° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
SA, SC
uuur uuur
nên có pháp vectơ
2
n
r
° Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60
o
.
2
o
2 2
2 2
2 2
a a
a

0.x x.0
3 3
9
cos60
9x a
a a
0 x x 0
9
9 9
+ +
⇔ = =
+
+ + + +
2
2 2
1 a
2
9x a
⇔ =
+
2 2 2 2 2
a
9x a 2a 9x a x .
3
⇔ = = ⇔ = ⇔ =
° Vậy,
a
x .
3
=

BI 5
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x
+
==
−
và mặt phẳng (a) : 2x – y – 2z = 0.
Câu 2:
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng
2a 2
, SA vuông góc với
(ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính góc và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SE và AF.
Trang 8