hình hoïc giaûi tích trong khoâng gian oxyz

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1013.72 KB, 51 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>



Chuyên đề 8

:

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN OXYZ



Vấn đề 1:

MẶT PHẲNG VAØ ĐƯỜNG THẲNG

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
TỌA ĐỘ

1. u (u ; u ; u ) 1 2 3  u u i u j u k 1  2  3

2. a b (a b ; a  1 1 2b ; a2 3b )3
3. a.b a b 1 1a b2 2a b 3 3

4. 2 3 3 1 1 2

2 3 3 1 1 2

a a a a

a a

a,b ; ;

b b b b b b

 

    

   

5. a  a12a22a 32
6.

1 1
2 2
3 3

a b

a b a b

a b




   

 


7. Cos(a,b) a.b

a . b

8. a cùng phương ba,b 0 a : a : a1 2 3b : b : b1 2 3
9. a,b,c đồng phẳng  a,b .c 0  

10. Diện tích tam giác: SABC 1 AB,AC

11. Thể tích tứ diện ABCD: VABCD 1 AB,AC AD

12. Thể tích hình hoäp ABCD.A'B'C'D': VABCD.A B C D    AB,AD AA  
MẶT PHẲNG

 Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá vuông góc
mặt phẳng.

 Phương trình tổng quát: (): Ax + By + Cz + D = 0 (A2B2C2 0)

 ( ) : ñi qua M(x ; y ; z )0 0 0

co ùvectơ pháp tuyến : n (A;B;C)


 




</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Mặt phẳng chắn: () cắt Ox, Oy, Oz lần lượt A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c),
(a, b, c khác 0)

( ) : x y z  1

a b c

 Mặt phẳng đặc biệt: (Oxy): z = 0, (Oxz): y = 0, (Oyz): x = 0

ĐƯỜNG THẲNG

 Véctơ chỉ phương của đường thẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá cùng
phương với đường thẳng.

 0 0 0

1 2 3

ñi qua M (x ; y ; z )
d :

có vectơ chỉ phương a (a ; a ; a )







0 0 0

1 2 3

x x y y z z

Phương trình tham số : với (a ; a ; a 0)

a a a

     

 Đường thẳng đặc biệt: Ox : y 0 ; Oy : x 0; Oz x 0

z 0 z 0 y 0

  

  

     

  

B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d:
x 1 y z 3

2 1 2

   

 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vng góc với

đường thẳng d và cắt trục Ox.

Giaûi

 Gọi M là giao điểm của  với trục Ox  M(m; 0; 0)  AM= (m –1; –2; –3)
 Véctơ chỉ phương của d là a = (2; 1; –2).

  d  AM  d  AM.a 0  2(m – 1) + 1(–2) –2(–3) = 0  m = –1.
 Đường thẳng  đi qua M và nhận AM= (–2; –2; –3) làm vectơ chỉ phương

nên có phương trình: x 1 y 2 z 3

2 2 3

    

Caùch 2.

  đi qua A và cắt trục Ox nên  nằm trên mặt

phẳng (P) đi qua A và chứa trục Ox.

  đi qua A và vng góc với d nên  nằm trên mặt

phẳng (Q) đi qua A và vng góc với d.

 Ta có: +) Vectơ pháp tuyến của (P) là n(P) OA,i.


d
A

 

x P

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+) Vectơ pháp tuyến của (Q) là n(Q)ad .

  = (P)(Q)  véctơ chỉ phương của  là: a n ,n(P) (Q).

Cách 3.

 Mặt phẳng (Q) đi qua A và vng góc với d  (Q): 2x + y – 2z + 2 = 0.

 Goïi M là giao điểm của Ox và (Q)  M(–1; 0; 0).
 Véctơ chỉ phương của  laø: AM.

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 1 z 5

1 3 2

    


và hai điểm A(–2; 1; 1), B(–3; –1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 

sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5.

Giải

 Đường thẳng  đi qua E(–2; 1; –5) và có vectơ chỉ phương a



1; 3; 2



nên
có phương trình tham số là:

x 2 t

y 1 3t

z 5 2t

  


  


   


(t  R).

 M  M 2 t; 1 3t; 5 2t



    



 AB  



1; 2 ; 1



, AM



t; 3t; 6 2t 



, AB,AM  



t 12; t 6; t  



 SMAB = 3 5  1 AB,AM 3 5

2    



 



2 2 2

t 12  t 6 t 6 5

 3t2 + 36t = 0  t = 0 hoặc t = –12.

Vậy M(–2; 1; –5) hoặc M(–14; –35; 19).

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :    


x 2 y 2 z

1 1 1

và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong
(P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng .

Giaûi

Tọa độ giao điểm I của  với (P) thỏa mãn hệ:

x 2 y 21 1 z1 I 3; 1; l





x 2y 3z 4 0

 

  

  




    


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Đường thẳng d cần tìm qua I và có một vectơ chỉ phương:
n P1 



1; 2; 3 , n



 P2 



3; 2; 1



Phương trình d:

  


  


  


x 3 t

y 1 2t
z 1 t

(t  )

Bài 4 :CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1): x + 2y + 3z + 4 = 0

vaø (P2): 3x + 2y – z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm

A(1; 1; 1), vng góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

Giải

Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P1) và (P2):

n P1 



1; 2; 3 , n



 P2 



3; 2; 1



(P) vng góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

 (P) có một vectơ pháp tuyến: n P n   P1 ,nP2  



8; 10; 4



 2 4; 5; 2







Maët khác (P) qua A(1; 1; 1) nên phương trình mặt phaúng
(P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0

Hay (P): 4x – 5y + 2z – 1 = 0

Bài 5: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B (0; 2; 1)
và trọng tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và
vng góc với mặt phẳng (ABC).

Giải

Ta có:

 G là trọng tâm tam giác ABC  C(1; 3; 4)

 AB 



1; 1; 1 ; AC



 



2; 2; 4



Đường thẳng  vng góc với mặt phẳng (ABC) nên có một vectơ chỉ phương
a AB,AC =  6(1; 1; 0)

Mặt khác đường thẳng  đi qua điểm C nên

Phương trình :





  


   



  


x 1 t

y 3 t t

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1),
C(–2; 0; 1)

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C.

2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho:

MA = MB = MC.

Giaûi

1. (ABC) : đi qua A(0; 1; 2)

có vectơ pháp tuyến laø AB,AC 2(1; 2; 4)



    

  



Phương trình mp(ABC): 1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0
 x + 2y – 4z + 6 = 0

2. Caùch 1:

Ta có: AB.AC 0 nên điểm M nằm trên đường thẳng d vng góc với mp(ABC) 

tại trung điểm I(0; 1; 1) của BC.

     

 



qua I(0; 1; 1) x y 1 z 1

d : d :

1 2 4

có vectơ chỉ phương :a (1;2; 4)
Tọa độ M là nghiệm của hệ



   


  

     

   

  

x 2
2x 2y z 3 0

y 3
x y 1 z 1

z 7

1 1 4

Vaäy M(2; 3; 7).
Cách 2: Gọi M(x; y; z)
Ta coù




 


  



MA MB
MA MC
M ( )



           

           



    


2 2 2 2 2 2

(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 2) (z 1)

(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 0) (z 1)

2x 2y z 3 0



x 2

y 3 M(2; 3; 7)

z 7




   


  


</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Bài 7:CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 3) và đường thẳng d

có phương trình:   



x y z 1

1 1 2

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vng góc với đường thẳng d.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O

Giaûi

1. 

  

 (P) d

qua A(1; 1; 3)
(P) :

co ùvectơ pháp tuyến n a (1; 1;2)

Phương trình mặt phẳng (P): 1(x – 1) – (y – 1) + 2(z – 3) = 0
 x – y + 2z – 6 = 0

2. Goïi M(t; t; 2t + 1)  d

 Tam giaùc OMA cân tại O  MO2 = OA2 t2 + t2 + (2t + 1)2 = 1 + 1 + 9

 6t2 + 4t – 10 = 0  t 1 t   5

 Với t = 1 tọa độ điểm M(1; 1; 3).

 Với t 5

3 tọa độ điểm

5 5 7

M ; ;

3 3 3

  

 

 .

Bài 8 :ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(–1; 2; 4)

và đường thẳng     



x 1 y 2 z
:

1 1 2

1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và
vng góc với mặt phẳng (OAB).

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.

Giaûi

1. Tọa độ trọng tâm: G(0; 2; 4). Ta có: OA (1; 4; 2),OB ( 1; 2; 2)   

Vectơ chỉ phương của d là: u (12; 6; 6) 6 2; 1; 1  







Phương trình đường thẳng d:    



x y 2 z 2

2 1 1

2/ Vì M   M(1 t; 2 + t; 2t)

 MA2 + MB2 = (t2+ (6  t)2 + (2  2t)2) + ((2 + t)2 + (4  t)2 + (4  2t)2)

= 12t2 48t + 76 = 12(t 2)2 + 28

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường
thẳng:

   



1 x y 1 z 1

d :

2 1 1 ;  

 


    


  

2

x 1 t

d : y 1 2t t

z 2 t

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song d1 và d2.

2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho A, M, N thẳng hàng

Giaûi

1. Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: u1(2; 1; 1) và u2(1; 2; 1)
 vectơ pháp tuyến của (P) là nu ,u1 2   ( 1; 3; 5)

Vì (P) qua A(0; 1; 2)  (P) : x + 3y + 5z  13 = 0.

Do B(0; 1; 1)  d1, C(1; 1; 2)  d2 nhöng B, C  (P), neân d1, d2 // (P).

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z  13 = 0
2. Vì M  d1, N  d2 nên M(2m; 1+ m; 1 m), N(1 + n; 12n; 2 + n)

 AM (2m; m; 3 m); AN (1 n; 2 2n; n)       .

AM,AN   ( mn 2m 6n 6; 3mn m 3n 3; 5mn 5m).        

A,M,N thaúng haøng  AM,AN  0

 m = 0, n = 1  M(0; 1; 1), N(0; 1; 1).

Bài 10: ĐỀDỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng

1:  

 


    


 


x 1 t

y 1 t t

z 2

2:    



x 3 y 1 z

1 2 1

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng 1 và song song với đường

thaúng 2.

2. Xác định điểm A 1, B 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Giải

1. 1 qua M1(1; 1; 2) có vectơ chỉ phương a1



1; 1; 0



2 qua M2 (3; 1; 0) có vectơ chỉ phương a2  



1; 2; 1



 mp (P) chứa 1 và song song với 2 nên (p) có vectơ pháp tuyến:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Phương trình: (P): (x – 1) – (y + 1) + (z – 2 ) = 0 (vì M1(1; 1; 2)  (P))

 x + y – z + 2 = 0

2/ AB ngắn nhất  AB là đoạn vuông góc chung

 Phương trình tham số 1 : 1





x 1 t

A A 1 t; 1 t; 2

y 1 t

z 2

 


        


 


 Phương trình tham số 2: 2





x 3 t

B B 3 t ; 1 2t ; t

y 1 2t
z t


 


          


  

 AB



2 t t;2 2t t;t 2     



Do    


1
2

AB neân

    

    

   

 


1
2

AB.a 0 2t 3t 0

t t 0

3t 6t 0

AB.a 0

 A(1; 1; 2); B(3; 1; 0) .

Bài 11:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(4; 2; 4) và đường thẳng
d

  


  

   


x 3 2t

y 1 t

z 1 4t

Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, cắt và vng góc với d.

Giải

Lấy M(3 + 2t; 1  t; 1+ 4t)  (d)  AM = (1 + 2t; 3  t; 5 + 4t)
Ta có AM  (d)  AM .a = 0 với d a = (2; d 1; 4)

 2 + 4t  3 + t  20 + 16t = 0  21t = 21  t = 1

Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng AM qua A có vevtơ chỉ phương là:
AM = (3; 2; 1) nên phương trình ():     



x 4 y 2 z 4

3 2 1 .



Vấn đề 2:

HÌNH CHIẾU VÀ ĐỐI XỨNG

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
HÌNH CHIẾU

Phương pháp

 Cách 1: (d) cho bởi phương trình tham số:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 H  (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H phụ thuộc vào tham số t.

 Tìm tham số t nhờ điều kiện AH a  d
 Cách 2:

(d) cho bởi phương trình chính tắc.
Gọi H(x, y, z)

 AH a (*)  d

 H  (d): Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z

 Cách 3:

(d) cho bởi phương trình tổng quát:

 Tìm phương trình mặt phẳng () đi qua A và vng góc với đường thẳng (d)

 Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên (d).

Bài tốn 2: Tìm hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng ().

Phương pháp

 Cách 1: Gọi H(x; y; z)

 H  () (*)

 AH cùng phương n : Biến đổi tỉ lệ 
thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm
được x, y, z.

 Cách 2:

 Tìm phương trình đường thẳng (d) đi
qua A và vng góc với mặt phẳng ().

 Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên mặt phẳng ().

Bài tốn 3: Tìm hình chiếu () của đường thẳng d xuống mặt phẳng ().

Phương pháp

 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa đường
thẳng d và vng góc với mặt phẳng ().

 Hình chiếu () của d xuống mặt phẳng

 chính là giao tuyến của () và ().

ĐỐI XỨNG

Bài tốn 1: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d.

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của A trên d.

 H là trung điểm AA'.


 A

(d)

(d)
A
H





</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài tốn 2: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng ().

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của A trên ().

 H là trung điểm AA'.

Bài tốn 3: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua
đường thẳng ().

Phương pháp

 Trường hợp 1: () và (D) cắt nhau.

 Tìm giao điểm M của (D) và ().

 Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M.

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua ().

 d chính là đường thẳng đi qua 2 điểm A' và M.

 Trường hợp 2: () và (D) song song:

 Tìm một điểm A trên (D)

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua ()

 d chính là đường thẳng qua A'
và song song với ().

Bài toán 4: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua
mặt phẳng ().

Phương pháp

 Trường hợp 1: (D) cắt ()

 Tìm giao điểm M của (D) và ().

 Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M.

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng ().

 d chính là đường thẳng đi qua hai điểm A' và M.

 Trường hợp 2: (D) song song với ().

 Tìm một điểm A trên (D)

 Tìm điểm A' đối xứng với A qua
mặt phẳng ().

 d chính là đường thẳng qua A' và
song song với (D).

(D)
()
A

A’

d
M

(D)

A’

()
d

(D)
A

 M
A’

(D) A

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

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

Giải

Gọi  là đường thẳng cần tìm;  nằm trong
mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P)
Phương trình (Q): x – 2y + 2z + 1 = 0
K, H là hình chiếu của B trên , (Q).

Ta có BK  BH nên AH là đường thẳng cần tìm
Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn:

x 1 y 1 z 3

1 2 2

x 2y 2z 1 0

  

  






    


 H 1 11 7; ;

9 9 9

 

 

 

26 11 2

AH ; ;

9 9 9

 

  

 . Vậy, phương trình :

   


x 3 y z 1

26 11 2

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường

thaúng:          

 

1 x 2 y 2 z 3 2 x 1 y 1 z 1

d : ; d :

2 1 1 1 2 1 .

1/ Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1.

2/ Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vng góc với d1 và cắt d2.

Giải

1/ Mặt phẳng () đi qua A(1; 2; 3) và vng góc với d1 có phương trình là:

2(x  1)  (y  2) + (z  3) = 0  2x  y + z  3 = 0.
Tọa độ giao điểm H của d1 và () là nghiệm của hệ:

x 0
x 2 y 2 z 3

y 1 H(0; 1; 2)

2 1 1

2x y z 3 0 z 2




  

  

     



 

      

 

Vì A' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA' A'(1; 4; 1)

2/ Viết phương trình đường thẳng :

Vì A' đối xứng với A qua d1 và cắt d2, nên  đi qua giao điểm B của d2 và ().

Tọa độ giao điểm B của d2 và () là nghiệm của hệ

B
H
K
A

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

x 2
x 1 y 1 z 1

y 1 B(2; 1; 2)

1 2 1

2x y z 3 0 z 2




  

  

      



 

       

 

Vectơ chỉ phương của laø: u AB (1; 3; 5)   

Phương trình của  là:     

 

x 1 y 2 z 3

1 3 5

Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có
A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2)

1/ Chứng minh A'C vng góc với BC'. Viết phương trình mặt phẳng (ABC')

2/ Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng B'C' trên mặt
phẳng (ABC')

Giaûi

1/ A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2)  C'(0; 2; 2)
Ta coù: A C (0;2; 2), BC ( 2;2;2)     

Suy ra A C.BC 0 4 4 0     A C BC  

Ta coù:        



A C BC

A C (ABC )
A C AB

Suy ra (ABC') qua A(0; 0; 0) và có vectơ pháp tuyến là A C (0; 2; 2)   nên có
phương trình là: (ABC') 0(x – 0) + 2(y – 0) – 2(z – 0) = 0  y – z = 0

2/ Ta coù: B C BC ( 2; 2; 0)    

Gọi () là mặt phẳng chứa B'C' và vng góc với (ABC')

 vectơ pháp tuyến của () là: nB C ,A C    4(1; 1; 1)

 Phương trình (): 1(x – 0) + 1(y – 2) + 1(z – 2) = 0  x + y + z – 4 = 0
Hình chiếu d của B'C' lên (ABC') là giao tuyến của () với (ABC')

 Phương trình d:      



x y z 4 0
y z 0

Bài 4: ĐỀ DỰ BỊ 1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A1B1C1D1

có A trùng với gốc tọa độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 2 ).

a/ Viết phương trình mp(P) đi qua 3 điểm A1, B, C và viết phương trình hình

chiếu vng góc của đường thẳng B1D1 lên mặt phẳng (P).

b/ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vng góc với A1C. Tính diện tích thiết

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Giải

Ta có: A(0; 0; 0); B1 (1; 0; 2 ); C1 (1; 1; 2 ); D1 (0; 1; 2 )

a/ A B 1; 0;1 



 2 , A C



1 



1; 1; 2



 nP A B; A C1 1 



2; 0; 1



 (P) qua A1 và nhận n làm vectơ pháp tuyến P

(P): 2 x 0





 

0 y 0 1 z







 2



0

 2.x z  2 0 

Ta coù B D1 1 



1; 1; 0



 Mặt phẳng () qua B1 (1; 0; 2 )

nhaän n n , B DP 1 1  



1; 1; 2



làm vectơ pháp tuyến. Nên () có phương trình:
(): 1(x – 1) – 1(y – 0) + 2 (z  2) = 0

 x + y  2z 1 0  

D1B1 có hình chiếu lên (P) chính là giao tuyến của (P) và ()

Phương trình hình chiếu là:     

  



x y 2z 1 0

2x z 2 0

b/ Phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vng góc với A1C:

(Q): x + y  2 z = 0 (1)

 Phương trình A1C :

 

 

  




  


x 0 t 2

y 0 t 3 t

z 2 2t 4

 Gọi M = A1C  (Q) thay (2) (3) (4) vào (1) ta được

1 + t  2 2



 2t



  0 t 1
2

 


 
 








1
x

2
1
y

2
2
z

 M 1 1; ; 2
2 2 2

 

 

 

Tương tự A1D  (Q) = N 0; ;2 2

3 3

 

 

 ; A1B  (Q) = L

2; 0; 2

3 3

 

 

 

A1 D1

A D

C
B

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
 AM1



1;1; 2 ; AL



1



2; 0; 2



2 3    







AM,AL 2; 2; 2

S AML 1 AM; AL 2

2 6

    

 NL2



1; 1; 0



3 vaø 







NM 3; 1; 2

6 







   

NL,NM 92 1; 1; 2

SNML1 NL,NM  2

2 9 (đvdt)

Vậy diện tích thiết diện hình chóp A1ABCD với (Q) là:

S S AMLSNLM  2  2 5 2

6 9 18 (ñvdt)

Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), B(2; 2; 0), S(0; 0; m)

a/ Khi m = 2. Tìm tọa độ điểm C đối xứng với gốc tọa độ O qua mặt phẳng
(SAB).

b/ Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên đường thẳng SA. Chứng minh
rằng với mọi m > 0 thì diện tích tam giác OBH nhỏ hơn 2.

Giải

a/ Khi m = 2. Ta coù:

 SA 2(1; 0; 1), SB 2(1; 1; 1), n    SA,SB4(1; 0; 1)

 Mặt phẳng (SAB) qua A(0; 0; 2) và có n 4(1;0;1) , (SAB): x + z  – 2 = 0 (1)

 d đi qua O và d  (SAB)  ad (1; 0; 1).

Phương trình tham số d:  




  


 


x t (2)
y 0 (3) t
z t (4)

 I = d  (SAB) ta thay (2), (3), (4) vaøo (1)  t = 1  I(1; 0; 1)

 Vì C, O đối xứng qua (SAB) nên I là trung điểm OC

C I O

x 2x x 2

y 2y y 0

z 2z z 2

  



   



   



 C(2; 0; 2)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 Phương trình tham số SA:  

 


  



  


x 0 2t (2)

y 0 (3) t

z m mt (4)

Thay (2), (3), (4) vaøo (1): 4t – m2 + m2t = 0  

2
2

m
t

m 4

 SA  () = H 2m2 2 ; 0; 4m2

m 4 m 4

 

 

   

 

 OH 2m2 2 ; 0; 4m2 2m2 (m; 0; 2)

m 4 m 4 m 4

 

 

  

  ; OB (2; 2; 0) 2(1; 1; 0) 

 OH, OB 4m2 ( 2; 2; m)

m 4

   

  

         

  

4 2

OBH 1 2m2 4m 8m2

S OH,OB 8 m 2 2

2 m 4 m 8m 16 (đpcm)

Bài 6:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hai đường thẳng:

 

   

 

         

   



1 2

x 1 t
x 2y z 4 0

vaø y 2 t

x 2y 2z 4 0

z 1 2t

a/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 1 và song song đường

thaúng 2.

b/ Cho điểm M(2; 1; 4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng 2 sao cho

đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất.

Giải

a/ Ta có a1 



2; 3; 4 , a



2 



1; 1; 2 , qua M 0; 2; 0



1







Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến a ,a1 2 



2;0; 1 



Vậy (P) qua M(0; 2; 0), và vectơ pháp tuyến n = (2; 0; 1)
Nên phương trình (P): 2(x  0) + 0 (y + 2)  1 (z  0) = 0
 2x  z = 0

b/ MHmin  MH  2  H là hình chiếu của điểm M treân 2

Cách 1: Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vng góc với 2

Phương trình (Q): x + y + 2z  11 = 0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Cách 2: MH  



1 t;1 t; 3 2t với H   



 2

Do MH . a2 0  t 1. Vậy điểm H(2; 3; 3).

Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz.

Cho mặt phẳng (P): x  y + z + 3 = 0 và 2 điểm A (1; 3; 2), B (5; 7; 12).

a/ Tìm tọa độ điểm A' điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).

b/ Giả sử M là một điểm chạy trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức MA + MB.

Giaûi

a/ (P): x – y + z + 3 = 0 (1)  np (1; 1; 1)
Gọi d qua A và d  P  ad np(1; 1; 1)

d qua A(1; 3; 2) có vectơ chỉ phương ad (1; 1; 1)
Phương trình d:

  


   


   


x 1 t (2)

y 3 t (3)

z 2 t (4)

thay (2), (3), (4) vào (1) ta được: t = 1
Ta có AA'  (P) = H(2; 2; 3)

 Vì H là trung điểm AA' (A' là điểm đối xứng A qua (P)

Ta coù:





 

   

 

          

 

     

 

A H A A

x 2x x x 3

A 3 ; 1; 4

y 2y y y 1

z 2z z z 4

b/ Goïi f(x; y; z) = x – y + z + 3





f( 1; 3; 2) = 1 + 3 2 + 3 = 3 > 0

f 5; 7; 12 5 7 12 3 3 0

 



          A, B cùng phía đối với (P)

Do A, A' đối xứng qua (P)  MA = MA'

Ta có: MA + MB = MA' + MB  A'B = 18

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + MB = 18 xaûy ra  A, B, M thẳng hàng
 M = A'B  (P)  M(4; 3; 4).

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>



Vấn đề 3:

KHOẢNG CÁCH VÀ GĨC

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
KHOẢNG CÁCH

Bài tốn 1: Tính khoảng cách từ điểm M(x0, y0, z0) đến mặt phẳng ().

Ax + By + Cz + D = 0 (A2 + B2 + C2 0)

Phương pháp



 



   

 

0 0 0

2 2 2

Ax By Cz D

d M,

A B C

Bài tốn 2: Tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ().

Phương pháp

 Tìm hình chiếu H của M treân ().

 Khoảng cách từ M đến () chính là độ dài đoạn MH.

Bài tốn 3: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song d1 và d2.

Phương pháp

 Tìm một điểm A trên d.

 Khoảng cách giữa d1 và d2 chính là khoảng cách từ điểm A đến d2.

Bài tốn 4: Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song
(): Ax + By + Cz + D1 = 0

Vaø (): Ax + By + Cz + D2 = 0

Phương pháp

Khoảng cách giữa () và () được cho bởi công thức:



 

 





 

 

1 2

2 2 2

D D

d ,

A B C

Bài tốn 5: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau d1 và d2.

Phương pháp

 Cách 1:

 Tìm phương trình mặt phẳng () chứa d1 và song song với d2.
 Tìm một điểm A trên d2.

 Khi đó d(d1, d2) = d(A, ())
 Cách 2:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

+ Ghi chuù:

Mặt phẳng () và () chính là 2 mặt phẳng song song với nhau và lần lượt
chứa d1 và d2.

 Caùch 3:

 Viết d2 dưới dạng phương trình tham số theo t1.
 Viết d2 dưới dạng phương trình tham số theo t2.

 Xem A  d1 dạng tọa độ A theo t1.
 Xem B  d2 dạng tọa độ B theo t2.

 Tìm vectơ chỉ phương a , 1 a lần lượt của d2 1 và d2.
 AB là đoạn vng góc chung d1 và d2.

  




1
2

AB a

AB a tìm được t1 và t2.

 Khi đó d(d1, d2) = AB 
 Cách 4 : d d ,d



1 2



  

 

 

1 2 1 2

1 2

a ,a .M M
a ,a

GÓC

Cho 2 đường thẳng d và d' có phương trình:
d: x x 0 y y 0 z z 0

a b c (a

2 + b2 + c2 0)

d’:       

 0  0 0

x x y y z z

a b c





2 2 2

a b c 0
Cho 2 maët phẳng  và  có phương trình:

(): Ax + By + Cz + D = 0 (A2 + B2 + C2 0)

(): A'x + B'y + C'z + D' = 0



A2B2C20



1. Góc giữa hai đường thẳng d và d':

    

  

   

2 2 2 2 2 2

aa bb cc
cos

a b c . a b c

2. Góc giữa hai mặt phẳng () và ():

    

  

   

2 2 2 2 2 2

AA BB CC
cos

A B C . A B C

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

   

   

2 2 2 2 2 2

Aa Bb Cc
sin

A B C . a b c

B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0;–2; 3) và
mặt phẳng (P): 2x – y – z + 4 = 0.

Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

Giaûi

Giả sử M(x; y; z).

 M  (P)  2x – y – z + 4 = 0 (1).

 MA = MB  (x – 2)2 + y2 + (z – 1)2 = x2 + (y + 2)2 + (z – 3)2

 x + y – z + 2 = 0 (2).

 Từ (1) và (2) ta có     

   


2x y z 4 0

x y z 2 0 

    

    



y z 2x 4 (a)
y z x 2 (b)

Lấy (a) trừ (b) được: yx 2

2 . Lấy (a) cộng (b) được:


3x 6
z

 MA = 3  (x – 2)2 + y2 + (z – 1)2 = 9









       

   

2 2

2 x 2 3x 6

x 2 1 9

2 2

 14x2 + 12x = 0  x = 0 hoặc x = 6

Với x = 0, suy ra y = 1 và z = 3.
Với x = 6

7, suy ra y =
4

7 và z =
12

7 .

Vậy M(0; 1; 3) hay M 6 4 12; ;
7 7 7

 

 

 .

Caùch 2 :

 MA = MB  M nằm trên mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn AB

 Mặt phẳng (Q) đi qua trung điểm I(1; –1; 2) của đoạn AB và có véctơ pháp
tuyến là IA



1; 1; 1



nên có phương trình x + y – z + 2 = 0 .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Giao tuyến  đi qua A(0; 1; 3) và có véctơ chỉ phương a



2; 1; 3



nên có

phương trình





x 2t

y 1 t t R

z 3 3t




   


  


 Vì M nên M(2t; 1 + t; 3 + 3t)

 MA = 3  (2 – 2t)2 + (–1 – t)2 + (–2 – 3t)2 = 9  t = 0 hoặc t = 3



Vaäy M(0; 1; 3) hay M 6 4 12; ;
7 7 7

 

 

 .

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 1 z

1 2 1

   

  vaø

mặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm
M thuộc (P) sao cho MI vng góc với  và MI = 4 14 .

Giaûi

 I là giao điểm của  và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:

x 2 y 1 z

1 2 1

x y z 3 0

 

  



 



    




x 2 y 1

1 2

y 1 z

2 1

x y z 3 0

 

 

 




 

  

    




x 1
y 1
z 1



 

 


. Suy ra: I(1; 1; 1).

 Giả sử M(x; y; z), thì: IM



x 1; y 1; z 1  



 Véctơ chỉ phương của đường thẳng  là: a



1; 2; 1 



.
 Theo giả thiết ta có:

+) M  (P)  x + y + z – 3 = 0 (1)

+) MI  IM a IM.a 0  1(x – 1) – 2(y – 1) – 1(z – 1) = 0
 x – 2y – z + 2 = 0 (2).
+) MI = 4 14 



x 1

 

2 y 1

 

2 z 1



2224 (3) .
 Lấy (1) cộng (2) ta được: 2x – y – 1 = 0  y = 2x – 1.

 Thế y = 2x – 1 vào (1) ta được: x + (2x – 1) + z – 3 = 0  z = 4 – 3x.
 Thế y = 2x – 1 và z = 4 – 3x vào (3) ta được:



x 1

 

2 2x 2

 

2 3 3x



2224 



x 1



2 16 x = 5 hoặc x =–3 .
Với x = 5 thì y = 9 và z = –11. Với x = –3 thì y = –7 và z = 13.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :x 1 y z 2

2 1 1

 

  

 vaø maët

phẳng (P): x  2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của  với (P), M là điểm thuộc .
Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .

Giải

Ta có: C  nên C (1 + 2t; t; –2 – t) với t 

C  (P) neân (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0  t = –1. Do đoù C (–1; –1; –1)
M  neân M (1 + 2m; m; –2 – m) (m  )

MC2 = 6  (2m + 2)2 + (m + 1)2 + (–m – 1)2 = 6  6(m + 1)2 = 6  m + 1 = 1

 m = 0 hay m = –2
Vậy M1 (1; 0; –2) ; M2 (–3; –2; 0)

Do đoù: d (M1, (P)) = 1 0 2   1

6 6; d (M2, (P)) =

  


3 4 0 1

6 6 .

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c),
trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt
phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt
phẳng (ABC) bằng 1

Giải

Phương trình mặt phaúng (ABC): x y z  1

1 b c  bc.x + cy + bz – bc = 0
Vì d (O, ABC) = 1

3 nên 2 2 2 2 

bc 1

b c b c  9b

2c2 = b2c2 + b2 + c2

 b2 + c2 = 8b2c2 (1)

(P): y – z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là n P (0; 1; 1) .

(ABC) coù vectơ pháp tuyến là n (bc; c; b) .

Vì (P) vuông góc với (ABC) nên n n Pn.nP0  c – b = 0 (2) .
Từ (1), (2) vaø b, c > 0 suy ra: b = c = 1

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x y 1 z  

2 1 2. Xác định

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Giải

Ta có M  Ox  M (m; 0; 0) (m ) suy ra OM = |m| .

Đường thẳng  qua N (0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương a = (2; 1; 2) .
NM (m; 1; 0)   a , NM   (2; 2m; 2 m) 

Ta coù: d (M, ) = OM  a, NM OM

 

    5m24m 8 

m
3

 4m2– 4m – 8 = 0  m = 1 hay m = 2.

Vaäy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) .

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và
(Q): x  y + z  1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vng gócvới (P) và (Q)
sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.

Giaûi

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n P (1; 1; 1).

Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến là m Q (1; 1; 1) .

Mặt phẳng (R) vng góc với (P) và (Q) nên có vectơ pháp tuyến là
k(R) n , m(P) (Q)(2;0; 2) 2(1; 0; 1)  

Do đó phương trình (R) có dạng : x  z + D = 0.
Ta có: d (O; (R)) = 2  D    2 D 2 2

2 .

Vậy phương trình (R): x z 2 2 0 hay x z 2 2 0      

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1:

 

 

 


x 3 t
y t
z t

vaø 2: x 2 y 1 z   

2 1 2.

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

Giaûi

M 1 M(3 + t; t; t)

2 qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương a2(2; 1; 2).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Giả thiết cho: d(M; 2) = 1

[a , AM]
1
a

       

 

2 2

(2 t) 4 (t 3)

1
4 1 4

       

  

2 2

2t 10t 17 3 2t 10t 8 0

t 1hayt 4

t 1 M(4; 1; 1);t 4 M(7; 4; 4)

Baøi 6: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:   


x y 1 z

2 1 1vaø

mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 2 = 0.

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vng góc với (P).

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P).

Giaûi

1. d qua A (0; 1; 0) coù 1 vectơ chỉ phương laø ad = (–2; 1; 1)

(P) có 1 vectơ chỉ phương là n(P) = (2; –1; 2)

() chứa d và vuông góc với (P) neân:

() qua A (0; 1; 0) và có 1 vectơ chỉ phương:

n( ) a , n(d) (P)3(1; 2; 0)

Phương trình mặt phẳng (): (x – 0) + 2(y – 1) = 0  x + 2y – 2 = 0

2. M  d  M (–2t; 1 + t; t)

M cách đều O và (P)  OM = d (M , (P))

         

 

2 2 2 2( 2t) (1 t) 2(t) 2

4t (1 t) t

4 1 4

 6t22t 1 t 1    t = 0  M (0; 1; 0)

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0
và hai đường thẳng 1: x 1 y z 9   

1 1 6 ; 2:

    


x 1 y 3 z 1

2 1 2 . Xác định tọa

độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2

và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Giaûi

2 qua A(1; 3; 1) và có vectơ chỉ phương u



2; 1; 2



M 1 M(1 + t; t; 9 + 6t)









</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
 MA,u  3 29t288t 68 

Khoảng cách từ M đến 2:





 

 

 2 MA,u  2 

d M, 29t 88t 68

u
Khoảng cách từ M đến (P):



 



 

      

 

  2

2 2

1 t 2t 12t 18 1 11t 20

d M, P

1 2 2

Giả thiết suy ra: 29t288t 68  11t 20

 35t2– 88t + 53 = 0  t = 1 hoặc t = 53

35
Ta coù t 1 M 0; 1; 3 ; t





53 M 18 53 3; ;

35 35 35 35

 

      

 

Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1; 2; 1),
B(2; 1; 3), C(2; 1; 1) và D(0; 3; 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).

Giaûi

Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:
 Trường hợp 1: (P) qua A, B và song song với CD

Vectơ pháp tuyến của (P): n AB,CD 

AB  



3; 1; 2 , CD



 



2; 4; 0



  n 2 4; 2; 7





Phương trình (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0

Trường hợp 2: (P) qua A, B và cắt CD. Suy ra (P) cắt CD tại trung điểm I của CD.
Ta có I(1; 1; 1)  AI



0; 1; 0



; vectơ pháp tuyến của (P):

nAB, AI



2; 0; 3



Phương trình (P): 2x + 3z – 5 = 0

Vậy (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0 hoặc (P): 2x + 3z – 5 = 0

Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 5; 3) và đường thẳng

d :x 1 y z 2   

2 1 2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2/ Viết phương trình mặt phẳng () chứa d sao cho khoảng cách từ A đến
() lớn nhất.

Giải

1/ Gọi H(1 + 2t; t; 2 + 2t)  d.

 AH (2t 1; t 5; 2t 1)   

 Vectơ chỉ phương của d: a (2; 1; 2)

 Yêu cầu bài toán: AH a   2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) = 0
 t = 1  H(3; 1; 4) là hình chiếu của A lên d.

2/ Phương trình tổng quát của d:     


x 2y 1 0
2y z 2 0

Cách 1: () chứa d nên: (): m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 (m2 + n2 0)

 mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0



 



 

 

2 2

9m 9n
d M,( )

5m 5n 8mn

Vì () chứa d và d(M, ()) lớn nhất  d(M, ()) = AH

    

 

2 2

9n 9m

1 16 1

5m 5n 8mn

 9(n – m)2 = 2(5m2 + 5n2– 8mn)  m2 + n2 + 2mn = 0

Choïn n = 1  m = 1
Vaäy (): x – 4y + z – 3 = 0.

Cách 2: Mặt phẳng () chứa d và d(A; ()) lớn nhất
 () đi qua H và vuông góc AH.

( ) : đi qua H(3; 1; 4)

có vectơ pháp tuyến: AH (1; 4; 1)



   



 Phương trình (): 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0  x – 4y + z – 3 = 0.

Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Trong khơng 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 và CD.

1/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN.

2/ Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Giải

1/ Gọi (P) là mặt phẳng chứa A'C và song song với MN. Khi đó:
d(A'C, MN) = d(M, (P)).

Ta coù: C(1; 1; 0), M 1 ; 0; 0
2

 

 

 , N 1 ; 1; 02

 

 

 , A'C (1; 1; 1), MN(0; 1; 0) 

A C, MN 1 1; 1 1 1 1;



1; 0; 1



1 0 0 0 0 1

   

   

   

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A'(0; 0; 1), có vectơ pháp tuyến n (1; 0; 1) có phương
trình là: 1.(x  0) + 0.(y  0) + 1.(z  1) = 0  x + z  1 = 0.

Vaäy d(A'C, MN) = d(M, (P)) =

 


 

2 2 2

1 0 1

1
2

2 2

1 0 1

Caùch khaùc: d(A'C,MN) =  

 

 

A'C,MN A'M

A'C,MN 

1
2 2

2/ Gọi mặt phẳng cần tìm laø (Q): ax + by + cz + d = 0 (a2 + b2 + c2 > 0).

Vì (Q) đi qua A'(0; 0; 1) và C(1; 1; 0) neân          


c d 0

c d a b

a b d 0

Do đó phương trình (Q) có dạng: ax + by + (a + b)z  (a + b) = 0
Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n (a; b; a b) 

Mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến k (0; 0; 1)

Vì góc giữa (Q) và (Oxy) là  mà cos = 1 nên cos n,k

 

 1

6 6

       

  

2 2 2

a b 1 6(a b) 2(a b ab)

a b (a b)

 a = 2b hoặc b = 2a.

Với a = 2b, chọn b = 1, được mặt phẳng (Q1): 2x  y + z  1 = 0

Với b = 2a, chọn a = 1, được mặt phẳng (Q2): x  2y  z + 1 = 0

Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 2- ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 2; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3)

1/ Viết phương trình đường thẳng qua O và vng góc với mặt phẳng (ABC)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Giải

1/ Ta có: a AB,AC = (6; 3; 4). Nên phương trình   qua O và vuông góc (ABC)
: x y z 

6 3 4

2/ (P): Ax + By + Cz + D = 0; (A2 + B2 + C2 0) 
 O  (P):  D = 0

 A  (P)  A + 2B = 0  A = 2B

 d(B; (P)) = d(C; (P))  4B D  3C D 4B 3C

 Choïn C = 4  B = 3; A = 6  (P1): 6x + 3y + 4z = 0.
 Choïn C = 4  B = 3; A = 6  (P2): 6x + 3y – 4z = 0.

Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

d:     



x 1 y 3 z 3

1 2 1 và mặt phẳng (P): 2x + y  2z + 9 = 0

a/ Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2.

b/ Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương
trình tham số của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), biết  đi qua A và
vng góc với d.

Giải

a/ Phương trình của tham số của d:  

 


    


  


x 1 t

y 3 2t t

z 3 t
I  d  I(1  t; 3 + 2t; 3 + t), d I,(P)





  2t 2

3 .





       


t 4

d I,(P) 2 1 t 3

t 2

Vậy có hai điểm I1(3; 5; 7), I2(3; 7; 1).

b/ Vì A  d nên A(1  t; 3 + 2t; 3 + t).

Ta coù A  (P)  2(1  t) + (3 + 2t)  2(3 + t) + 9 = 0  t = 1.
Vaäy A(0; 1; 4).

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n (2; 1; 2). 

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 1; 2; 1). 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Phương trình tham số  :  




   


  


x t

y 1 t

z 4 t

Bài 13:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD
là hình thoi, AC cắt BD tại gốc O. Biết A(2; 0; 0); B(0; 1; 0); S(0; 0; 2 2 ).
Gọi M là trung điểm của cạnh SC.

a/ Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BM.

b/ Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích
khối chóp S.ABMN.

Giải
 Caùch 1:

Từ giả thiết suy ra SO  (ABCD).

SA = SC = 2 3

a/ Ta coù OM // SA 



SA,MB



laø OMB
OB  (SAC)  OB  OM
OBM coù tan OMB = OB

 tan OMB = 1

3  OMB = 30

Veõ OH  SA  OH  OM vaø OH  OB
 OH  (OMB)

Vì SA // OM  SA // (OMB)  d(SA, MB) = d(H, OMB) = OH = 2 6
3 .

b/ (ABM)  SD = N  N laø trung điểm SD

Ta có: SBMN  

SBCD

V SM SN 1.

V SC SD 4 SMNB SBCD SABCD

1 1

V V V

4 8

Tương tự : VSABN 1VSABCD
4

Vaäy VSABMNVSMNBVSABN 3VSABCD3 1 1. . AC.BD.SO

8 8 3 2

 1 4.2.2 2 2

16 (đvtt).

Cách 2 : Giải bằng hình giải tích.

B
O

N C

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

a/ O là trung điểm của BD  D(0; 1; 0), O là trung điểm AC  C(2; 0; 0)
M là trung điểm SC  M(1; 0; 2 )

SA = (2; 0; 2 2 ) BM = (1; 1; 2 )
Gọi  là góc nhọn tạo bởi SA và BM.

cos =   

  

2 0 4 3

4 8 1 1 2   = 30

Gọi () là mặt phẳng chứa SA và song song với BM  pt (): 2x z 2 2 = 0  

Ta coù d(SA, BM) = d(B, ()) = 2 6
3 .

b/ Phương trình mặt phẳng (ABM): 2x 2 2y 3z 2 2 0    

Phương trình tham số của đường thẳng SD

 


  


  


x 0

y 1 t

z 2 2t

N là giao điểm của SD và mp(ABM)  N 0; 1; 2
2

  

 

 

BS



0; 1; 2 2 BA







2; 1; 0



BN 0; 3; 2 BM



1; 1; 2



 

     

 

BS, BN



2 2; 0; 0



BS, BN BA 4 2  vaø BS,BN BM 2 2  

VSABMN VSABNVSBMN14 21.2 2 2

6 6 (đvtt) .

Bài 14:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1,

bieát A(a; 0; 0), B(a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1(a; 0; b) a > 0, b > 0.

a/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C và AC1 theo a, b.

b/ Cho a, b thay đổi nhưng luôn luôn thỏa mãn a + b = 4.

Tìm a, b để khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C và AC1 lớn nhất.

Giaûi

a/ C1(0; 1; b)

Gọi () là mặt phẳng chứa B, C và song song với AC1.









1 1

B C a; 1; b ; C A  a; 1; b   B C,C A1 1   



2b; 0; 2a



</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Ta có









 





 

1 1 2ab 2 2ab 2

d B C,AC d A,

a b a b

Caùch khaùc:





   

  

 

1 1

1 1 2 2

1 1

B C,AC AC ab

d B C,AC

B C,AC a b

b/ Ta coù       


2 2

ab ab ab a b 4

d 2

2ab 2 2 2 2 2

a b




     

  



a = b

Maxd 2 xaûy ra a + b = 4 a b 2

a 0,b 0

Baøi 15:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Đêcác vng góc Oxyz. Cho hai điểm
A(2; 0; 0); B(0; 0; 8) và điểm C sao cho AC = (0; 6; 0). Tính khoảng cách từ
trung điểm I của BC đến đường thẳng OA.

Giaûi

AC = (0; 6; 0) 


 

 


c
c
c

x 2

y 6

z 0

 C(2; 6; 0)
I là trung điểm BC  I (1; 3; 4)

Phương trình tham số OA








x = 2t
y = 0
z = 0

() qua I  OA = (2, 0, 0) nên (): 2(x  1) = 0  x  1 = 0
Tọa độ {H} = OA  () thỏa:





 

 

  

 

  


x 2t

x = 1
y 0

y = 0

z 0

z = 0
x 1 0

 H(1; 0; 0)

d(I, OA) = IH =



1 1

 

2 0 3

 

2 0 4



2 = 5.
 Caùch khaùc: d(I, OA) = OI,OA

OA = 5

Bài 16: ĐỀ DỰ BỊ 1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

thẳng AB và CD. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác
ABM có chu vi nhỏ nhất.

Giaûi

AB



4; 4; 4 , CD (2; 10; 8) 



 

 AB.CD 0 



AB; CD



900AB CD

 Tìm M  CD để chu vi  ABM là AB + AM + MB nhỏ nhất

Vì AB khơng đổi nên chu vi ABM nhỏ nhất  AM + MB nhỏ nhất

 Gọi () chứa AB và ()  CD, ()  CD = M, M là điểm cần tìm

 () qua A(2; 3; 2) có vectơ pháp tuyến n CD = (2; 10;  8)

Phương trình (): 2(x – 2) + 10(y – 3) – 8(z – 2) = 0

 x + 5y – 4z – 9 = 0 (4)
Phương trình của CD qua C(1; 4; 3)
có vectơ chỉ phương a 1CD (1; 5; 4)

  

  


   


  


x 1 t (1)

y 4 5t (2)

z 3 4t (3)

Thay (1), (2) (3) vào (4) ta được t = 1  M(0; 1; 1)

Bài 17: ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz. Cho hai điểm I(0; 0; 1);
K(3; 0; 0). Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng
(Oxy) một góc bằng 300.

Giải

 Gọi () qua I, K và () tạo (Oxy) góc 300

Phương trình ( ) : x y z  1 (b 0)

3 b 1 ;

Suy ra   

 

1 1

n ; ; 1

3 b

Mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến: k (0; 0; 1) 

      



 

2
2
k

n .k 1 3 9b 3

cos( , (Oxy))

2 4

1 1 10b 9

n . k 1

9 b

C
D
M

z
I

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –





     





       



1 1

2 2

3 2 x 2y z

b ( ) : 1

2 3 3 2 1

3 2 x 2y z

b ( ) : 1

2 3 3 2 1



Vấn đề 4:

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG

Cho hai mặt phẳng  và  có phương trình:

(): A1x + B1y + C1z + D1 = 0



A12B12C12 0



(): A2x + B2y + C2z + D2 = 0



A22B22C220



Gọi n = (A1 1; B1; C1), n = (A2 2; B2; C2) lần lượt là vectơ pháp tuyến của 2

mặt phẳng trên và M là một điểm trên mặt phẳng ().

 () cắt ()  n và 1 n không cùng phương 2

 () song song () 

 





 


1 2

n và n cùng phương
M

 () trùng () 

 




 


1 2

n và n cùng phương

Nếu A2, B2, C2, D2 0 thì ta có cách khác:
 () caét ()  A1 : B1 : C1 A2: B2 : C2
 () song song ()  1  1  1  1

2 2 2 2

A B C D

 () truøng ()  1  1  1  1

2 2 2 2

A B C D

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

 Cách 1: Xét hệ phương trình tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2
 Hệ có một nghiệm duy nhất: d1 cắt d2.

 Hệ có vô số nghiệm: d1 và d2 trùng nhau.
 Hệ vô nghiệm:

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

+ a và d1 a không cùng phương: dd2 1 và d2 chéo nhau.
 Cách 2:

 Tìm vectơ chỉ phương a , d1 a của dd2 1 và d2
 Tìm điểm A  d1 và B  d2.

+ a vaø d1 a cùng phương d2

 2 1 2

A d : d // d



d : d d1 2

+ a và d1 a không cùng phương d2

 

a , ad1 d2.AB0: d cheùo d1 2

  

a , ad1 d2.AB 0: d cắt d1 2

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VAØ MẶT PHẲNG 
 Cách 1:

Xét hệ phương trình tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng .

 Hệ vô nghiệm: d // ()

 Hệ có nghiệm duy nhất: d cắt ().

 Hệ vô số nghiệm: d  ().

 Caùch 2:

Tìm vectơ chỉ phương u của a, vectơ pháp tuyến n của () và tìm điểm A  d.

 u.n 0 u không vuông góc n : d cắt





  .

 u.n 0 u n 

 



   

A  : d 

   

A  : d // 

B. ĐỀ THI

Baøi 1 : CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3), B(1; 0; –5) và
mặt phẳng (P): 2x + y – 3z – 4 =0. Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm
A, B, M thẳng hàng.

Giải

Phương trình AB

x 1 t

y 2 t

z 3 4t

  


  

  


. MABM( 1 t;2  t;3 4t)

M(P)2(t 1)   (2 t) 3(3 4t)  4 0 t 1. Vaäy M(0; 1; –1).

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Trong không gian với hệ tọa 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 tọa độ điểm D thuộc đường thẳng
AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P).

Giaûi





x 2 t

AB 1; 1; 2 , phương trình AB: y 1 t

z 2t

 



    

 


D thuộc đường thẳng AB  D(2 – t; 1 + t; 2t)  CD 



1 t; t; 2t



Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): n



1; 1; 1



C  (P) neân CD // (P)  n.CD 0   1.(1 –t) + 1.t + 1.2t = 0  t = 1

2
Vaäy D 5 1; ; 1

2 2

  

 

 .

Bài 2 : ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

   



1 x y 1 z 2

d :

2 1 1 vaø

  


  

 

2

x 1 2t

d : y 1 t
z 3

1/ Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau.

2/ Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng

(P): 7x + y – 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d1, d2

Giaûi

1/ + d1 qua M(0; 1; 2), có vectơ chỉ phương u (2; 1; 1)1 

d2 qua N(1; 1; 3), có vectơ chỉ phương u (2; 1; 0) 2

+ u ,u1 2   ( 1; 2; 4)vaø MN ( 1; 0; 5) 

+ u ,u .1 2 MN 21 0  d1 và d2 chéo nhau.

2/ Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A  d1, B  d2 nên

A(2s; 1  s; 2 + s), B(1 + 2t; 1 + t; 3)  AB (2t 2s 1; t s; s 5)     

(P) có vectơ pháp tuyến n (7; 1; 4). 
Lại do AB  (P)  AB cùng phương với n

            

    

  

5t 9s 1 0 s 1

2t 2s 1 t s s 5

4t 3s 5 0 t 2

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

 A(2; 0; 1), B(5; 1; 3).

Phương trình của d laø:    



x 2 y z 1

7 1 4

Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z – 26 = 0
và hai đường thẳng:

d1:    



x y 3 z 1

1 2 3 d2:

   

x 4 y z 3

1 1 2

1/ Chứng minh d1 và d2 chéo nhau.

2/ Viết phương trình đường thẳng  nằm tên (P), đồng thời  cắt cả d1 và d2.

Giaûi

1/  d1 qua M1(0; 3; 1) có vectơ chỉ phương a1 ( 1; 2; 3)
 d2 qua M2(4; 0; 3) coù vectơ chỉ phương a2(1; 1; 2)
 a ,a1 2  (1; 5; 3), M M 1 2(4; 4; 4)

 a ,a .M M1 2 1 2   23 0 d chéo d1 2

2/ ∆ (P) và cắt cả d1, d2 ∆ đi qua các giao điểm của d1, d2 và (P)

 A d 1(P) : giải hệ

 

  

   



    



x y 3 z 1

A ( 2; 7;5)

1 2 3

4x 3y 11z 26 0

 B d 2(P) : giải hệ

 

  

   



    



x 4 y z 3

B (3; 1;1)

1 1 2

4x 3y 11z 26 0

 AB (5; 8; 4)   

Phương trình đường thẳng cần tìm     

 

x 2 y 7 z 5
AB:

5 8 4

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

    



1 x 1 y 2 z 1

d :

3 1 2 vaø

   


   


2 x y z 2 0

d :

x 3y 12 0

a/ Chứng minh rằng d1 và d2 song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng

(P) chứa cả hai đường thẳng d1 và d2.

b/ Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại các điểm A, B.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Giải

a/ d1 đi qua M1(1; 2; 1) và có vectơ chỉ phương u1(3; 1; 2) .

d2 có vectơ chỉ phương là u21 13 0 0 1 1 3 ; 1 1 1 1; (3; 1; 2)

 

Vì u1u và M2 1 d2 nên d1 // d2 .

Mặt phẳng (P) chứa d2 nên có phương trình dạng:

 (x + y  z  2) +  (x + 3y  12) = 0 (2 + 20).

Vì M1 (P) nên (1  2 + 1 2) + (1  6 12) = 0  2 + 17 = 0

Choïn  = 17   = 2. Phương trình (P) là: 15x + 11y  17z  10 = 0

b/ Vì A, B  (Oxz) neân yA = yB = 0

Vì A  d1 nên        



A A

x 1 2 z 1 x z 5

2 1 2  A(5; 0; 5)

2 B B B

B B

x z 2 0 x 12

B d B(12; 0; 10)

x 12 0 z 10

   

 

   

  

 

OA ( 5; 0; 5), OB (12; 0; 10)    OA,OB(0; 10; 0).

SOAB1 OA,OB 1.10 5

2 2 (ñvdt).

Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:

  




   

  


1 2

x 1 2t

x y z

d : vaø d : y t

1 1 2

z 1 t

(t là tham số)

a/ Xét vị trí tương đối của d1 và d2.

b/ Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1 và N thuộc d2 sao cho đường thẳng MN

song song với mặt phẳng (P): x  y + z = 0 và độ dài đoạn MN = 2 .

Giải

a/ d1 qua O(0; 0; 0) có vectơ chỉ phương a1(1; 1; 2)

d2 qua B(1; 0; 1) coù vectơ chỉ phương a2  ( 2; 1; 1)

2 1

a ,a (1; 5; 3)

   

  , OB ( 1;0;1)  

      

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

b/ Phương trình tham số 1 1





1
x t

d : y t M t ; t ; 2t d

z 2t





       


  


2 2 2

M d M ( 1 2t; t; 1 t)   ; M M1 2    



2t t 1;t t ;t 2t 1     



Ta coù M M // P1 2

 

M M .m1 2 p 0

   

       2t t 1 t t t 2t 1 0    t t

  

  2 2  2 

1 2

M M (t 1) 4t (1 3t ) 2

 



 

    

  


2 t 0

14t 8t 2 2 4

t
7
t' = 0  M(0; 0; 0)  (P) loại .

t 4

7 ta coù

4 4 8

M ; ;

7 7 7

 

 

 ;

1 4 3

N ; ;

7 7 7

 

 

 

Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(4; 2; 2) B(0; 0; 7) và

đường thẳng d:     



x 3 y 6 z 1

2 2 1 .

Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB thuộc cùng một mặt phẳng.
Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho ABC cân tại đỉnh A.

Giaûi

 AB ( 4; 2;5)   

 d coù: M(3; 6; 1) và vectơ chỉ phương a ( 2; 2; 1) 
 AB,a    ( 12; 6; 12), AM ( 1; 4; 1)    

 AB,a .AM 12 24 12 0       AB, d đồng phẳng

 Phương trình tham soá d:  

 


   


  


x 3 2t

y 6 2t t

z 1 t

 C  d  C(3 – 2t; 6 + 2t; 1 + t)

 AB 422 ( 5)2  2 45

 AC (2t 1) 2(2t 4) 2 (t 1)2  9t218t 18 

 Vì tam giác ABC cân tại A nên AB2 = AC2 9t2 + 18t + 18 = 45

 t2 + 2t – 3 = 0  1 1

2 2

t 1 C (1; 8; 2)

t 3 C (9; 0; 2)

 


    

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 7:

Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hình hộp chữ nhật
ABCD, A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A'(0; 0; b)
(a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm của CC'.

a/ Tính thể tích khối tứ diện BDA'M theo a và b.

b/ Xác định tỉ số a

b để hai mặt phẳng (A'BD) và (MBD) vng góc với nhau.

Giải

A(0; 0; 0); B(a; 0; 0); C(a; a; 0); D(0; a; 0)
A'(0; 0; b); C'(a; a; b); M(a; a; b

a/ BD = (a; a; 0); BA = ( a; 0; b); BM = (0; a; b
2)

 [ BD ,BA ] =a(b, b, a) 

 V = 1 BD,BA BM

   

 

a ab ab a b

6 2 4 (đvtt).

b/ (A'BD) có vectơ pháp tuyến BD,BA' = a(b, b, a) hay choïn  n = (b; b; a)

(MBD) coù vectơ pháp tuyến     

  

ab ab

BD,BM , , a

2 2 h

hay m



b; b; 2a



(chọn)

Ta có (A'BD)  (MBD)  m.n = 0

 b2 + b2 2a2 = 0  a = b (a, b > 0)  a

b = 1.

Baøi 8:

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho đường thẳng:

dk    

   


x 3ky z 2 0
kx y z 1 0

Tìm k để đường thẳng dk vng góc với mặt phẳng (P): x  y  2z + 5 = 0

Giaûi

n1 = (1; 3k; 1); n2 = (k ; 1; 1)

Vectô chỉ phương của dk : a n ,n = (3k 1 2  1; k 1;13k2)

A
B

C
D

A’

B’ C’

D’

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) n = (1; 1; 2)
Ta có : d k  (P)  a cùng phương với d np

       

    

2 k = 1

3k 1 k 1 1 3k

1 1 2 k = 1 k =

 k = 1.

Bài 9 : ĐỀ DỰ BỊ 2

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hai đường thẳng:

  




  

  


1 x y 1 z 2 3x z 1 0

d : vaø d

2x y 1 0

1 2 1

a/ Chứng minh rằng d1, d2 chéo nhau và vng góc với nhau.

b/ Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng d1, d2 và

song song với đường thẳng :     


x 4 y 7 z 3

1 4 2 .

Giaûi

a/  d1 qua A(0; 1; 0) có vectơ chỉ phương a = (1; 2; 1)
 d2 qua B(0; 1; 1) có vectơ chỉ phương b = (1; 2; 3)
 AB = (0; 2; 1), a,b = (8;  2; 4)

 a,b .AB =  4 – 4 = 8  0 vậy d1 chéo d2
 Ta lại có: a.b = 1 – 4 + 3 = 0  d1 d2.

Kết luận : d1 chéo d2 và d1 vuông góc d2

b/ Đường thẳng  có vectơ chỉ phương c = (1; 4; 2)

 Gọi () là mặt phẳng chứa d1 và song song  nên n  a,c = ( 8; 3; 2)

() qua A vaø có vectơ pháp tuyến n = ( 8; 3; 2)
(): 8(x – 0) + 3(y + 1) + 2(z – 0) = 0

 8x – 3y – 2z – 3 = 0

 Gọi  là mặt phẳng chứa d1 và song song  nên có ptpt:

n  b,c = ( 8; 5; 6)

() qua B có vectơ pháp tyuến n = ( 8; 5; 6)

(): 8(x – 0) + 5(y – 1) + 6(z – 1) = 0  8x – 5y – 6z + 11 = 0

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

       



8x 3y 2z 3 0
8x 5y 6z 11 0

Baøi 10:

Trong không gian với hệ trục Đêcác Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x  y + 2 = 0

và đường thẳng: dm:



 







      



     



2m 1 x 1 m y m 1 0

mx 2m 1 z 4m 2 0 (m là tham số)

Xác định m để đường thẳng dm song song với mặt phẳng (P).

Giaûi

n1 = (2m + 1; 1 – m; 0); n = (m; 0; 2m + 1)2
Một vectơ chỉ phương của dm là

a n ,n = (1 2 2m2 + m + 1; (2m + 1)2 ;  m(1  m))

Vectơ pháp tuyến của (P) là n = (2; 1; 0)

Đường thẳng dm song song với mặt phẳng (P). a . n = 0

4m2 + 2m + 2 + (4m2 + 4m + 1) = 0

 6m + 3 = 0  m = 1

Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 3

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hai đường thẳng:

         

 

1 x az a 0 2 ax 3y 3 0

d vaø d

y z 1 0 x 3z 6 0

a/ Tìm a để hai đường thẳng d1, d2 cắt nhau.

b/ Với a = 2, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d2 và song song

với đường thẳng d1. Tính khoảng cách giữa d1 và d2 khi a = 2.

Giải

a/ Đặt z = t  Phương trình tham số d1:

 


   


 


x a at

y 1 t

z t
Đặt x = 3t'  Phương trình tham số d2:





   


   


x 3t
y 1 at
z 2 t

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

 Heä


 


    


   


a at 3t
1 t 1 at
t 2 t

có nghiệm 
  

 



 

 




 


2
2
2

t (1)

a 3

6 a

t (2)

3 a

t 2 t (3)

Thay (1), (2) vào (3) ta được:   

 

2 2

6 a 2 3a

a 3 a 3

 6 – a2 = 2a2– 3a + 6  3a2– 3a = 0  a = 0  a = 1.

Cách 2: d1 và d2 cắt nhau 

  

 


  
 


1 2 1 2

1 2

a ,a .M M 0

a ,a 0

b/ Khi a = 2 ta coù: d1:      


x 2z 2 0
y z 1 0 d2:

  


   


2x 3y 3 0
x 3z 6 0

d1 ñi qua M1(0; 2; 1) có một vectơ chỉ phương a = (2; 1; 1) 1

d2 ñi qua M2(0; 1; 2) có một vectơ chỉ phương a = 3(3; 2 2; 1)

Vì (P) chứa d2 và song song d1 nên (P) có vectơ pháp tuyến

n a ,a1 2 = (1; 5; 7)

(P) qua M2(0; 1; 2) và có vectơ pháp tuyến n = (1; 5; 7) nên có phương trình

(P): (x – 0) + 5(y – 1) – 7(z – 2) = 0
 x + 5y – 7z + 9 = 0

Ta coù : d d ,d



1 2



d M ,(P)



1



0 5. 2 7 1 9 6 3
15
1 25 49

    

  

 

Caùch khaùc : d d ,d



1 2



  

 

 

1 2 1 2

1 2

a ,a .M M

a ,a = 6 315



Vấn đề 5:

MẶT CẦU

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Phương trình mặt cầu

 (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2 có tâm I(a; b; c) bán kính R 
 x2 + y2 + z2– 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (với a2 + b2 + c2– d > 0)

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

2. Đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng

Cho mặt cầu (S) tâm I, bán kính R và mặt phẳng () cắt mặt cầu (S) theo giao
tuyến là đường trịn (C).

 Tìm tâm O của (C)

 Tìm phương trình đường
thẳng d qua I và vng góc với ().

 O = d  ().

 Tìm bán kính r của (C): r2 = R2 IO2
B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2– 4x – 4y – 4z = 0

và điểm A(4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB) biết điểm B thuộc (S) và
tam giác OAB đều.

Giaûi

Giả sử B(x; y; z)

Ta có: B(S) và tam giác OAB đều


2 2 2

2 2

x y z 4x 4y 4z 0

OA OB
OA AB
      
 

 



2 2 2

x y z 4(x y z)

32 x y z

32 (4 x) (4 y) z

     

   


     



 2 2 2

2 2 2

x y z 8

x y z 32

x y z 8(x y) 0

  


  

     


 2 2 2

x y z 8

x y z 32

x y 4

  


  

  


 2 2

z 4

(x y) 2xy z 32

x y 4




   

  


x 0
y 4

z 4


 

 

hoặc
x 4
y 0
z 4


 

 

.
Trường hợp 1: Với B(0; 4; 4).

Mặt phẳng (OAB) có vectơ pháp tuyến là OA,OB   (16; 16; 16) và đi qua
O (0; 0; 0) nên có phương trình x – y + z = 0.

Trường hợp 2: Với B(4; 0; 4).

(S)
(C)

O
I

r R

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Maët phẳng (OAB) có véctơ pháp tuyến là OA,OB   (16; 16; 16)  và đi qua
O(0; 0; 0) nên có phương trình x – y – z = 0.

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y 3 z

2 4 1

    vaø

mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường
thẳng , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Giaûi

Phương trình tham số của đường thẳng :

x 1 2t
y 3 4t
z t

 

  

 



(t  R) .
Gọi I là tâm của mặt cầu. I I(1 + 2t; 3 + 4t; t).

Mặt cầu tiếp xúc (P) và có bán kính bằng 1  d(I, (P)) = 1

 2 1 2t



 

3 4t



2t 1
4 1 4

   



   2t 1 3   t = 2 hoặc t = –1.

 t = 2  I(5; 11; 2)  Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 
 t = –1  I(–1;–1;–1) Phương trình mặt cầu: (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1

Bài 3: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y 1 z 1

4 3 1

    

 .

Viết phương trình mặt cầu có tâm I (1; 2; –3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm

A, B sao cho AB = 26.

Giaûi

d qua M (1; –1; 1), vectơ chỉ phương a = (4; –3; 1), IM (0; 3; 4)  .
a,IM

 

  =(–9; –16; –12).

d(I,d) = 37

2 . Ta coù: R

2 = AB 2 d (I,d)2 26 37 25

2 4 2

     

 

  .

Suy ra: phương trình (S) : (x 1) 2(y 2) 2 (z 3)225.

Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng

:x 2 y 2 z 3    

2 3 2 .

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

điểm B và C sao cho BC = 8.

Giải

 qua M (2; 2; 3) và có vectơ chỉ phương a (2; 3; 2) ; AM ( 2; 2; 1)  

 a, AM     ( 7; 2; 10)

 d(A, ) = a, AM 49 4 100 153

17
4 9 4

   

   

  = 3 .

Vẽ AH vng góc với . Ta có: BH = BC4

2 và AH = d(A, ) = 3.

Trong AHB ta coù: R2 = AB2 = BH2 + AH2 = 16 + 9 = 25.

Vaäy phương trình mặt cầu (S): x2y2 (z 2)225 .

Bài 5: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; –2; 3), B (–1; 0; 1)
và mặt phẳng (P): x + y + z + 4 = 0.

1/ Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của A tâm (P).
2/ Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng AB

6 , của tâm thuộc đường
thẳng AB và (S) tiếp xúc với (P).

Giaûi

1/ Gọi  là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) thì: : x 1 y 2 z 3    

1 1 1

H là hình chiếu của A là (P) thì H = ()  (P) nên tọa độ H thỏa:

   




     



x y z 4 0
x 1 y 2 z 3

1 1 1



 

  

 


x 1

y 4

z 1

. Vaäy H (–1; –4; 1)
2. Ta coù AB = (–2; 2; –2) vaø AB = 4 4 4   12 2 3 

Bán kính mặt cầu (S) là R = AB 1

6 3

Phương trình (AB):    



x 1 y z 1

1 1 1 .

Vì tâm I  (AB) neân I (t – 1; – t; t + 1)

(S) tiếp xúc (P) nên d (I; (P)) = R  t 4 1    t = –3 hay t = –5

 I(–4; 3; –2) hay I(–6; 5; –4)

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

(S1): (x + 4)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 = 1

3
(S2): (x + 6)2 + (y – 5)2 + (z + 4) = 1

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0
và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2– 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng

(P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính
của đường trịn đó.

Giải

(S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5

Khoảng cách từ I đến (P): d(I, (P)) = 2 4 3 4    3 R

3 ;

Suy ra mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S).

Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường trịn giao tuyến, H là hình chiếu
vng góc của I trên (P):

IH = d(I,(P)) = 3, r = R2IH2 4
Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn:

 

  

  


    


x 1 2t
y 2 2t
z 3 t

2x 2y z 4 0
Giải hệ, ta được H (3; 0; 2)

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3),
C(0; 3; 3), D(3; 3; 3)

1/ Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.

2/ Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

Giải

1/  Gọi phương trình mặt cầu (S):

x2 + y2 + z2– 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (với a2 + b2 + c2– d > 0)

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 

    
  
        
  
       
  

        
  
 


3
a
2

A (S) 18 6a 6b d 0

B (S) 18 6a 6c d 0 b

C (S) 18 6b 6c d 0 3

D (S) 27 6a 6b 6c d 0 2

d 0

nhaän

Vaäy (S): x2 + y2 + z2– 3x – 3y – 3z = 0

2/ (ABC) : ñi qua A(3; 3; 0)

có vectơ pháp tuyến là AB,AC 9(1; 1; 1)



    

  



Phương trình mặt phẳng (ABC): x + y + z – 6 = 0

 Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là giao của mặt phẳng (ABC) và (S)

 Phương trình đường tròn (C):       

   


2 2 2

x y y 3x 3y 3z 0

x y z 6 0

 Goïi d qua taâm 3 3 3I ; ;
2 2 2

 

 

  của (S) và vng góc với mặt phẳng (ABC)

3 3 3

ñi qua I ; ;

2 2 1
d :

co ùvectơ chỉ phương a (1; 1; 1)

  
  

 


 Phương trình tham số  

x t

2
3

d : y 2 t t

3
z t
2
  


   


  


 H = d  (ABC) ta giaûi heä

  

  
  
  
 
  
 


    

3
x t
2

x 2
3

y t y 2

3 z 2

z t

x y z 3 0
Vậy tâm của đường tròn (C) là H(2; 2; 2)

Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường
trịn có bán kính bằng 3

2/ Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng (P) lớn nhất.

Giaûi

1/ (S): (x 1)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 9 có tâm I(1; 2; 1) và bán kính R = 3.

Maët phẳng (Q) có cặp véctơ chỉ phương là: OI (1; 2; 1), i (1; 0; 0)   
 Vectơ pháp tuyến của (Q) là: n (0; 1; 2)  

Phương trình của (Q) là: 0.(x  0)  1.(y  0) + 2(z  0) = 0  y  2z = 0

2/ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vng góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại
hai điểm A, B.

Nhận xét: Nếu d(A; (P))  d(B; (P)) thì d(M; (P)) lớn nhất khi M  A

Phương trình đường thằng d:     



x 1 y 2 z 1

2 1 2

Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ:

     









 



 

2 2

(x 1) (y 2) z 1 9

x 1 y 2 z 1

2 1 2

Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A(1; 1; 3), B(3; 3; 1)
Ta có: d(A; (P)) = 7  d (B; (P)) = 1.

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M(1; 1; 3)

Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1

với A(0; 3; 0), B(4; 0; 0), C(0; 3; 0), B1(4; 0; 4).

a/ Tìm tọa độ các đỉnh A1, C1. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp

xúc với mặt phẳng (BCC1 B1).

b/ Gọi M là trung điểm của A1B1. Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua hai

điểm A, M và song song với BC1. Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A1C1 tại điểm

N. Tính độ dài đoạn MN.

Giải

a/ A1(0; 3; 4), C1(0; 3; 4); BC ( 4; 3; 0), BB  1(0; 0; 4)

Vectơ pháp tuyến của mp(BCC1B1) là nBC, BB1(12; 16; 0)

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Tốn học –

Bán kính mặt cầu: 









   



1 1 12 122 2 24

R d A, BCC B

3 4

Phương trình mặt cầu: x2(y 3) 2z2 576

b/ Ta coù M 2; 3; 4 , AM 2; ; 4 , BC3 1 ( 4; 3; 4).

2 2



     

   

   

Vectơ pháp tuyến của (P) là npAM,BC1  ( 6; 24;12) .

Phương trình (P): 6x  24(y + 3) + 12z = 0  x + 4y  2z + 12 = 0.
Ta thấy B(4; 0; 0)  (P). Do đó (P) đi qua A, M và song song với BC1.

Ta coù A C1 1(0; 6; 0).

Phương trình tham số của đường thẳng A1C1 là:



   


 


x 0

y 3 6t

z 4
N  A1C1 N(0; 3 + 6t; 4).

Vì N  (P) nên 0 + 4(3 + 6t)  8 + 12 = 0  t = 1

3. Vaäy N(0; 1; 4).

MN =        

 

2 3 2 17

(2 0) 1 (4 4)

2 2

Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1; 1; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2)

a/ Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vng góc với BC.
Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P).

b/ Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC.

Giải

a/ BC (0; 2; 2) 

 Mặt phẳng (P) qua O và vuông góc BC (nhận BC làm vectơ pháp tuyến)

Phương trình (P): 0(x – 0) – 2(y – 0) + 2(z – 0) = 0  y – z = 0 (*)

 AC ( 1; 1;2) neân phương trình tham số của AC:     

x 1 t (1)

y 1 t (2) t

z 2t (3)

 


   


 


Thay (1), (2), (3) vào (*) ta được: 1 – t – 2t = 0  t1

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Thay vào (1), (2), (3) ta có M 2 2 2; ;
3 3 3

 

 

  laø giao ñieåm AC  (P)

b/ AB ( 1; 1; 0), AC ( 1; 1; 2)    

 AB.AC 1 1 0     AB AC  ABC vuông tại A.

 Dễ thấy BOC cũng vng tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới một
góc vng. Do đó A, O, B, C đều nằm trên một mặt cầu tâm I là trung điểm BC, bán
kính RBC

2 .

 I(0; 1; 1), R 2 nên phương trình (S): (x – 0)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 2 .

Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O A B với 1 1 1
A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4).

a/ Tìm tọa độ các điểm A1,B1. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A. B, O1

b/ Gọi M là trung điểm của AB. Mặt phẳng (P) qua M và vng góc với O1A

đồng thời cắt OA, OA1 lần lượt tại N, K. Tính độ dài đoạn KN.

Giải

a/ Vì AA1 (Oxy)  A1( 2; 0; 4), BB1 (Oxy)  B1(0; 4; 4)

Phương trình mặt cầu (S):

Mặt cầu qua 4 điểm O, A. B, O1 nên



 

 

 
 1

O (S)
A (S)
B (S)

O (S)





  


  


  


d 0
4 4a 0
16 8b 0
16 8c 0




 

 

 


a 1
b 2
c 2
d 0

(nhaän)
Vaäy (S): x2 + y2 + z2– 2x – 4y – 4z = 0

b/ M trung điểm AB  M(1; 2; 0)

 (P) qua M(1; 2; 0), (P)  O1A

 Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): nP O A (2; 0; 4)1  

 Phương trình mp(P): 2(x – 1) + 0(y – 2) – 4(z – 0) = 0  x  2z – 1 = 0

 Phương trình tham soá OA:  




  


 


x t
y 0 t
z 0

y
z

A B

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 N = (P)  OA ta coù heä

  

 

 

 


x 2z 1 0
x t
y 0
z 0



 

 

x 1
y 0
z 0

 N(1; 0; 0)

 Phương trình tham số OA1:  




  

  

x t

y 0 t

z 2t

 K = OA1 (P) ta có hệ

  

  

 

  


x 2z 1 0
x t
y 0
z 2t


  





  

1
x
3
y 0
2
z
3

K 1; 0; 2

3 3
  
 
 
          
   
2 2
2

1 2 2 5

KN 1 (0 0) 0

3 3 3

Baøi 12:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0),
C(1; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + z  2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba
điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P).

Giải

Gọi I(x; y; z) là tâm mặt cầu. Giả thiết cho   




2 2 2

IA IB IC

I (P)








 









 



        

          

    



2 2 2 2 2 2

x 2 y z 1 x 1 y z

x 2 y z 1 x 1 y 1 z 1

x y z 2 0


   
 
      
 
      
 

2x 2z 4 0 x 1

2x 2y 2 0 y 0 I (1; 0; 1)

x y z 2 0 z 1

. Bán kính R = IB = 1
Vậy phương trình mặt cầu là:



x 1



2y2 



z 1



2 1.

Bài 13: ĐỀ DỰ BỊ 1

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mặt phẳng
(P): 2x + 2y + z  m2 3m = 0 (m là tham số)

và mặt cầu (S): (x  1)2 + (y + 1)2 + (z  1)2 = 9.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S).

Giaûi

 Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1; 1), bán kính R = 3

 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S):  d(I, (P)) = R

            

    


2
2

m 3m 1 9

2 2 1 m 3m 3 4 4 1

m 3m 1 9

      

    


2
2

m 3m 10 0 m 2

m 5

m 3m 8 0 (VN)

 (P): 2x + 2y + z 10 = 0 (1)

 Gọi  đường thẳng qua I và  (P)
 qua I (1; 1; 1) và anp (2; 2; 1).
Phương trình tham số :

x 1 2t (2)

y 1 2t (3)

z 1 t (4)

 


   



  


</div>

hình hoïc giaûi tích trong khoâng gian oxyz



<i>Chuyên đề 8</i>

<b>: </b>

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN OXYZ



<i><b> Vấn đề 1:</b></i>

<b> </b>

<b>MẶT PHẲNG VAØ ĐƯỜNG THẲNG</b>























 







<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>























































<i><b> Vấn đề 2:</b></i>

<b> HÌNH CHIẾU VÀ ĐỐI XỨNG</b>















 















 

 

 









