Hình học oxy - oxyz và hình học không gian

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.08 MB, 298 trang )

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

HÌNH HỌC

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Lời nói đầu

Quyển 1: Hình học.

Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phức

Quyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợp
Mỗi quyển sách gồm:

 Tóm tắt lý thuyết một cách có hệ thống và đầy đủ.

 Phân loại các dạng toán cùng với cách giải dễ hiểu. Nhiều bài tập mẫu
từ dễ đến khó, trong đó có nhiều bài được giải bằng nhiều cách khác nhau.

 Rất nhiều bài tập để học sinh tự luyện được soạn rất công phu, theo
sát đề thi tuyển sinh Đại học (có Đáp số hoặc Hướng dẫn).

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

PHẦN 1

HÌNH GIẢI TÍCH

TRÊN MẶT PHẲNG

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

BAØI 1

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy)

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy gồm

hai trục vng góc nhau x’Ox và y’Oy với
hai vectơ đơn vị lần lượt là i và j mà:

i = (1, 0), j = (0, 1)
Gọi x’Ox: trục hoành

y’Oy: trục tung
O: gốc tọa độ

I. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ

Đối với hệ tọa độ Oxy, cho hai vectơ: u (u ; u ) 1 2 và v (v ; v ) 1 2 .

Ta coù:

1. 1 1

2 2

u v .
u v

u v .




   



2. u v (u  1v ; u1 2v )2

3. k.u (k.u ; k.u ). 1 2 (k R)

u và v cùng phương  k  R: u kv  1 2
1 2

u u
v v = 0
4. Tích vơ hướng u.v  u v cos(u, v)

.  1. 1 2. .2

u v u v u v

Hệ quả: u  v u.v 0
Độ dài vectơ: 2 2

1 2

|u| u u

II. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM

Cho hệ tọa độ Oxy và một điểm M tùy ý.
Tọa độ (x; y) của vectơ OM được gọi là
tọa độ của điểm M và ký hiệu là: M(x; y).

x: hoành độ, y: tung độ.

Cho hai điểm A(x ; y ) và B(x ; y ).

M2 u

u1 x
x'

y'
i
i
O

x
x'

y'
i
i
O

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

( B A; B A

AB x x y y )

(

 2 2

B A B A

AB (x x )  y y )

Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là: A B A B
I x x I y y

x ; y

2 2

 

 

G trọng tâm ABC:

A B C
G

x x x

y y y

y
3
 
 


 
 


B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Cho tam giác ABC với: A(1; 0), B(5; 0), C(2; 3). Tìm các điểm sau
của tam giác:

a) Trọng tâm G.
b) Trực tâm H.

c) Chân A’ của đường cao hạ từ A xuống cạnh BC.
d) Tâm I của đường trịn ngoại tiếp.

Giải

a) G là trọng tâm tam giác ABC nên:

A B C
G

x x x 8

x ;

3 3

 

  A B C

y y y

y 1

 

 

Vaäy: G(8; 1
3 )

b) H(x, y) là trực tâm tam giác ABC:

 AH.BC 0

BH.AC 0
 





Maø: AH (x 1; y)  ; BC ( 3; 3)  ;
BH (x 5; y)  ; AC (1; 3)

Nên điều kiện trên thành:
3(x 1) 3y 0
1(x 5) 3y 0

   



   



3x 3y 3
x 3y 5

 


   
 
x 2
y 1


 


Vaäy: H(2; 1)

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

 AA '.BC 0

BA ' và BC cùng phương

 





Mà: AA' (x 1; y);  BC ( 3; 3);  BA' (x 5; y) 

Nên điều kiện trên thaønh:
3(x 1) 3y 0
3(x 5) 3y 0

   



   



x y 1
x y 5

 

   
 
x 3
y 2


 


Vaäy: A’(3; 2)

d) I(x, y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

2 2
2 2
IA IB
IA IC
 


 



2 2 2 2

(x 1) y (x 5) y

(x 1) y (x 2) (y 3)

     


 

     



8x 24 0
x 3y 6

 

   
 
x 3
y 1



 


Vaäy: I(3; 1).

Bài 2. Cho ba điểm: A(–3; 3), B(–5; 2), C(1; 1)
a) Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
b) Chứng tỏ BACˆ là góc tù.

c) Tính diện tích tam giác ABC.

d) Tính bán kính r của đường trịn nội tiếp tam giác ABC.

Giải

a) Ta coù: AB ( 2; 1), AC (4; 2)    

2 1
4 2

 

 = ( 2).( 2) ( 1).4 8 0.     

Nên AB và AC không cùng phương, tức là ba điểm A, B, C không
thẳng hàng. Do đó A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.

Ta coù: cosBAC cos AB, AC)ˆ



( 2).(4) ( 1).( 2)2 2 2 2 3 0.

5
( 2) ( 1) . (4) ( 2)

    

   

    

Neân BAC là góc tù. ˆ
b) Diện tích tam giác ABC:

ˆ
1

S AB.AC.sinBAC
2

 1AB.AC. 1 cos BAC2 ˆ

 

1 5. 20. 1 9 4(ñvdt)

2 25

  

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

Maø: p 1(AB BC CA) 1( 5 37 2 5) 1(3 5 37)

2 2 2

       

 r = S 3 5 37

p   .

Bài 3. Tuyển sinh Đại Học khối B/2011 
Cho : x – y – 4 = 0, d: 2x – y – 2 = 0

Tìm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt  tại M thỏa OM.ON = 8.

Giải

Gọi M(m, m – 4) 
N(n, 2n – 2)  d
Ta coù:

O, M, N thẳng hàng  m m 4

n 2n 2



 = 0
 m(2n – 2) = n(m – 4)

 mn – 2m = –4n

 (4 + m)n = 2m

 n = 2m
4 m

Ta coù: OM2.ON2 = 64

 [m2 + (m – 4)2] 2 2

2 2

4m 4(m 4)

(4 m) (m 4)

  



   

  = 64

 [m2 + (m – 4)2][m2 + (m – 4)2] = 16(m + 4)2

 (2m2 – 8m + 16)2 = [4(m + 4)]2

 2m22 8m 16 4(m 4)

2m 8m 16 4(m 4)

    



    





2
2

2m 12m 0

2m 4m 32 0 (vô nghiệm)

  



  



 m = 0  m = 6

Vaäy M1(0; –4), N1(0, –2) hay M1(6, 2) N2 6 2,
5 5

 

 

 .

Bài 4. Tuyển sinh Đại Học khối B/2007 
Cho A(2, 2). Tìm B trên d1: x + y – 2 = 0

-4
O

N
M


y

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

C treân d2: x + y – 8 = 0 sao cho ABC vuông cân tại A.

Giải

Gọi B(b, 2 – b)  d1
C(c, 8 – c)  d2
Ta coù:

ABC  cân tại A  AB (b 2, b) AC (c 2, 6 c)

AB AC
       





 (b 2)(c 2) b(6 c) 02 2 2 2

(b 2) b (c 2) (6 c)

    




     



Đặt X = b – 1 và Y = c – 4 ta được hệ

    




      

 2 2 2 2

(X 1)(Y 2) (X 1)(2 Y)

(X 1) (X 1) (Y 2) (2 Y)

 XY 22 2

2X 2 2Y 8





  

  2 2

2
Y

X Y 3

 


  


2
2
2
Y
X
4
X 3
X
 


  


4 2
2
Y
X

X 3X 4 0

 



   


2 2
2
Y
X

X 1 (loại) X 4

 



    



 X 2

Y 1


 

X 2
Y 1
 


   


Do b X 1
c Y 4

 



  

 neân

b 3 b 1

c 5 c 3

  

 



   

 

Vậy B1(3, –1), C1(5, 3) và B2(–1, 3), C2(3, 5).

Bài 5. Cho ABC có trọng tâm G(0, 4), C(–2, –4). Biết trung điểm M của
BC nằm trên d: x + y – 2 = 0. Tìm M để độ dài AB ngắn nhất.

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

Goïi M(m, 2 – m)  d
Do M trung điểm BC nên

B M C
B M C

x 2x x 2m 2

y 2y y 2(2 m) 4

   



     



Vaäy B(2m + 2, 8 – 2m)

Do G là trọng tâm ABC neân

A G B C
A G B C

x 3x x x 2m

y 3y y y 8 2m

    



     



Vậy A(-2m, 8 + 2m)

Ta có AB2 = (4m + 2)2 + (–4m)2

= 32m2 + 16m + 4 = 32 m2 1m

  

 

  + 4

= 32

2 2

1 1 1

m 4 32 m 2 2

4 16 4

    

      

    

 

 

Vaäy ABmin = 2  m = 1
4

  M 1 9,

4 4

 

 

 .

Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức:

a) 4cos x.cos y sin (x y)2 2  2   4sin x.sin y sin (x y) 2, x, y2 2  2   

b) x2xy y 2  x2xz z 2  y2yz z , x, y, z 2 

Giaûi

a/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với mọi x, y xét hai vectơ:

 

a (2cosx.cosy; sin(x y));b (2sinx.siny; sin(x y)) 

Ta coù: a b (2cos(x y); 2sin(x y))   

Vaø: |a| |b| |a b|

Neân: 4cos xcos y sin (x y)2 2  2   4sin xsin y sin (x y) 2; x, y.2 2  2   

b/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với mọi x, y, z, xét hai vectơ:
y y 3

a (x ; );

2 2

  b x z; z 3

2 2

 

   

 

Ta coù: a b (y z y 3 z 3; )

2 2 2 2

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

Và: |a| |b| |a b|

Nên: (x y)2 (y 3)2 (x z)2 ( z 3)2

2 2 2 2

       (y z) (2 y 3 z 3)2

2 2  2  2

 x2xy y 2  x2xz z 2  y2yz z ; x, y, z 2  .

Baøi 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2 2

y cos  2cos  2 cos  6cos 13

Giaûi

Ta coù: y  (1 cos )   2 1 (cos 3)24

Trong hệ tọa độ Oxy, xét hai vectơ:

a (1 cos ; 1)   vaø b (cos  3; 2),  R
Thì: a b (4; 3) 

Và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta được:
y |a| |b|  |a b|  4232 5, 

y 5 a và b cùng hướng   k 0 : a k.b

1 cos k.(cos 3)
1 2k

    



  



1
cos

3
1
k

   


 

 


Vaäy:

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

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho ba điểm: A(1; –2), B(0; 4), C(3; 2). Tìm điểm D sao cho:
a) CD 2.AB 3.AC 

b) AD 2.BD 4.CD 0  

c) ABCD là hình bình hành

d) DOx và ABCD là hình thang đáy là AB.

Đáp số: D(–5, –2) (11, 2) (4, –4) 10 , 0
3

 

 

 

BT2. Cho điểm A(3; 1). Tìm các điểm B và C sao cho OABC là hình vng
và điểm B nằm trong góc tọa độ thứ nhất.

Đáp số: B(2, 4); C(–1, 3).

BT3. Cho một tam giác có trung điểm các cạnh là: M(1; 4), N(3; 0), P(–1; 1).
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.

Đáp số: (–3, 5); (5, 3); (1, –3).

BT4. Cho hai điểm A(1; –1), B(4; 3). Tìm tọa độ những điểm M, N chia AB
thành ba đoạn bằng nhau.

Đáp số: M 2, 1 ; N 3, 5

3 3

   

   

   .

BT5. Cho tam giác ABC có A(–1; 2), B(2; 1) và trực tâm H(1; 2). Tìm tâm I
của đường trịn ngoại tiếp. Đáp số: I(1, 3).

BT6. Cho tam giác đều ABC có A(2; 1) và B(–1; 2). Tìm đỉnh C.

Đáp số: C 1 3 3 3 3,

2 2

   

 

 .

BT7. (D/04) Cho A(–1, 0); B(4, 0); C(0, m) gọi G là trọng tâm ABC. Tìm m
để ABG vng tại G.

Đáp số: m = 3 6.

BT8. (A/04) Cho A(2, 0); B(– 3, –1). Tìm trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp OAB.

Đáp số: H( 3, –1), I(– 3, 1).

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

Đáp số: A(1, 1); B(0, 0); C(1, –1); D(2, 0).

BT10. (DB/D07) Cho A(2, 1). Tìm B  Ox, C  Oy sao cho ABC vuông tại
A và có diện tích nhỏ nhất.

Đáp số: B(2, 0); C(0, 1).

BT11A/02. Cho ABC vuông tại A, phương trình BC: 3x – y – 3 = 0

A và B trên trục hoành, bán kính đường trịn nội tiếp ABC bằng 2.
Tìm các đỉnh ABC.

Đáp số: A(2 3 + 2, 0); C(2 3 – 2, 0).

BT12. Cho hình thang ABCD có AB // CD. A(0, 1); B(2, 0); C(3, 2) và diện
tích (ABCD) bằng 14. Tìm tọa độ D. Đáp số: 31 33,

5 5

 

 

 .

BT13. Cho ABC có A trên trục tung, BC đi qua O, trung điểm AB; AC lần
lượt là M(–1, 1); N(3, –1). Tìm A, B, C.

Đáp số: A(0, 1); B(–2, 1); C(6, –3).

BT14. Tìm các đỉnh hình vuông ABCD, biết A trên d1: y = x, B treân
d2: y = 1 – 2x, C, D nằm trên truïc tung.

Đáp số: A 1 1, , B 1, 0

2 2 2

   

   

   , C(0, 0), D

1
0,
2
 
 
 

hay A 1 1,
4 4

 

 

 , B

1 1,
4 2

 

 

 , C

 

 

 , D

1
0,
4
 
 
 .

BT15. Cho hai điểm A(–3; 2) và B(1; 1). Tìm điểm M trên Oy sao cho:
a) Diện tích tam giác ABM baèng 3.

b) MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Đáp số: a) M 0, 11
4

 

 

 , M

1
0,

  

 

 ; b) M

3
0,
2
 
 
 .

BT16. Cho hai điểm A(1, –1) và B(3, 2). Tìm điểm M trên Oy sao cho:
a) AMB 45 0 b) AMB nhỏ nhất.

Đáp số: a) M(0, –1), (0, 4); b) M 0, 5
2

  

 

 .

BT17. Chứng minh các bất đẳng thức:

a) x22x 5 + x22x 5  2 5, x.

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

c) 2(x y) 6  + 22 6(x y)   4 2, với mọi x, y thỏa x2 + y2 = 4. 
d) a b) 2c2 + (a b) 2c2  2 a2b2, a, b, c  R.

BT18. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y = x22x 2 + x28x 32

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

BÀI 2

ĐƯỜNG THẲNG

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG THẲNG

1. Vectơ chỉ phương, vectơ pháp tuyến của đường thẳng

a/ Một vectơ u 0 được gọi là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
( ) nếu giá của u song song hoặc trùng với ().

b/ Một vectơ n  0 được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng ()
nếu giá của n vng góc với ().

c/ a = (p, q) là vectơ chỉ phương của ()

 n = (q, –p) là vectơ pháp tuyến của ()
2. Các dạng phương trình đường thẳng

a/ Phương trình tham số: 0 1
0 2

x = x + tu
( ) :

y = y + tu


 

 (t  R)

Trong đó M(x0, y0) là một điểm trên (); u = (u1, u2) là một vectơ
chỉ phương của ().

b/ Phương trình chính taéc: 0 0

1 2

x x y y

( ) :

u u

 

  (u1.u2  0)

Trong đó M(x0, y0) là một điểm trên (); u = (u1, u2) là một vectơ
chỉ phương của ().

c/ Phương trình tổng quát: ( ) : Ax By C 0    (A2 + B2  0) 
Trong đó n = (A, B) là một vectơ pháp tuyến của ().

d/ Phương trình đường thẳng đi qua M(x0, y0), có vectơ pháp tuyến
n = (A, B)

0 0

( ) : A(x x ) B(y y ) 0    

e/ Phương trình đường thẳng đi qua M(x0, y0), có hệ số góc k

0 0

( ) : y k(x x ) y   

f/ Phương trình đoạn chắn: ( ) :x y 1

a b

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

với A(a, 0); B(0, b) là hai điểm thuộc ().

g/ Phương trình chứa hệ số góc và tung độ gốc ( ) : y kx m  

 Lưu ý:

a/ d có một vectơ pháp tuyến là n = (A, B)

Nếu D song song d thì n = (A, B) cũng là vectơ pháp tuyến của D

Nếu () vuông góc d thì m = (B, –A) là vectơ pháp tuyến của ()
b/ Nếu d có vectơ chỉ phương a = (u1, u2) (u1  0) thì hệ số góc của d

là k = 2
1

u
u .

c/ Nếu d cắt trục hoành tại M và  là góc tạo bởi tia Mx với phần
đường thẳng d nằm phía trên trục hồnh thì hệ số góc của d là
k = tan.

II. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Cho hai đường thẳng:

1 1 1 1

( ) : a x b y c   0; ( ) : a x b y c2 2  2  2 0

Đặt: 1 1

1 2 2 1

2 2

a b

D a b a b ;

a b

   x 1 1 1 2 2 1

2 2

b c

D  b c  b c b c ;

1 1

y 1 2 2 1
2 2

c a

D c a c a

c a

  

Ta coù:

1. (1) và ( )2 cắt nhau khi và chỉ khi D 0. Tọa độ giao điểm là:
y

x D

x ; y

D D

 

 

 

 .

2. ( ) // ( )1 2 khi và chỉ khi D = 0 và Dx 0 hay Dy  0.

3. ( ) ( )  1 2 khi và chỉ khi D = Dx = Dy = 0.
* Đặc biệt nếu a2, b2, c2 khác 0 thì:

1. (1) và ( )2 cắt nhau khi và chỉ khi 1 1
2 2

a b

a  b
2. ( ) // ( )1 2 khi và chỉ khi 1 1 1

2 2 2

a b c

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

3. ( ) ( )  1 2 khi và chỉ khi 1 1 1
2 2 2

a b c

a  b  c

III. GĨC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Gọi  là góc hợp bởi hai đường thẳng ( )1 và ( )2 (với 00   900).

Nếu 1, 2 có vectơ pháp tuyến là n1, n2 thì
1 2

1 2

|n , n |
cos |cos(n , n )|

|n |.|n |

  

IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM TỚI MỘT ĐƯỜNG THẲNG

Cho điểm M0(x0; y0) và đường thẳng

    2 2 

( ) : ax by c 0 (a b 0)

Khoảng cách từ điểm M0 tới đường thẳng ( ) là:

0 0

0 2 2

|ax by c|

d(M ; )

a b

 

 



Chú ý: Cho hai điểm M(xM; yM), N(xN; yN) và đường thẳng
( ) : ax by c 0   

Ta có:

M và N nằm cùng phía đối với ( ) khi và chỉ khi:

M M N N

(ax by c)(ax by c) 0

M và N nằm cùng phía đối với ( ) khi và chỉ khi:

M M N N

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

B. BÀI TẬP MẪU

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Bài 1.

a) Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC biết trung điểm ba
cạnh AB, BC, AC lần lượt là: M(2; 1), N(5; 3), P(3; -4)

b) Cho tam giác ABC biết A(-2; 1), B(2; 5), C(4; 1). Viết phương trình của:
đường cao BH và đường trung trực của cạnh AB.

Giải

a/ Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có: NP // AB.

Cạnh AB chính là đường thẳng đi qua M(2; 1) nhận NP (-2; -7)

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình là:

x 2 y 1 7x 2y 12 0

2 7

      

 

Tương tự phương trình các cạnh BC và AC lần lượt là:
5x + y – 28 = 0 và 2x – 3y – 18 = 0

b/ Đường cao BH chính là đường thẳng qua B(2; 5) nhận AC (6; 0)

làm vectơ pháp tuyến.

Vậy phương trình của đường cao BH là:
6(x 2) 0(y 5) 0      x 2 0

Đường trung trực của cạnh AB là đường thẳng vuông góc với cạnh AB
tại trung điểm I của AB, nên chính là đường thẳng đi qua I(0; 3) nhận

AB (4; 4) làm vectơ pháp tuyến.

Vậy phương trình của đường trung trực cạnh AB là:
4(x 0) 4(y 3) 0       x y 3 0

Bài 2. Tuyển sinh Đại Học khối B/09

Cho ABC có M(2, 0) là trung điểm AB, trung tuyến:

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

Giaûi

Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
7x 2y 3

6x y 4

 

  
 
x 1
y 2


 


Vaäy A(1, 2)

Do M là trung điểm AB nên

B M A
B M A

x 2x x 4 1 3

y 2y y 0 2 2

    



      



Vậy B(3; –2)

BC vuông góc AH nên có PVT(1, 6)

Phương trình BC: 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0
Tọa độ I trung điểm BC là nghiệm hệ phương trình

x 6y 9

7x 2y 3

  

  
 
x 0
3
y
2




  


Vậy I(0; – 3
2)

Do I là trung điểm BC nên C I B
C I B

x 2x x 0 3 3

y 2y y 3 2 1

     



       



Vaäy C(–3; –1)

AC qua C có VTCP AC = (–4; –3)
Vậy phương trình AC: x 3 y 1

4 3

   .

Bài 3. Tuyển sinh Đại Học khối A/2010

Cho ABC cân tại A(6, 6) đường thẳng qua trung điểm của AB, AC là
d: x + y – 4 = 0. Tìm B, C biết E(1; –3) nằm trên đường cao CH.

Giaûi

Vẽ đường cao AK

AK qua A,  d nên có phương trình

1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0
Tọa độ giao điểm I của d và AK là nghiệm hệ
phương trình x y 0

x y 4

 

  
 
x 2
y 2


 

 . Vaäy I(2, 2)

B H I C

d
I

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

I là trung điểm AK nên K I A
K I A

x 2x x 4 6 2

y 2y y 4 6 2

     



      



Vaäy K(–2; –2)

BC qua K và // d nên có phương trình

1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0
Goïi B(b, –b – 4)  BC

Do K là trung điểm BC neân

C K B
C K B

x 2x x 4 b

y 2y y 4 ( b 4) b

    



        



Vaäy C(–4 – b, b)

Ta coù AB = (b – 6, –b – 10)  CE = (–5 – b, b + 3)
Neân: (b – 6)(–5 – b) + (–b – 10)(b + 3) = 0

 –2b2 – 12b = 0  b = 0  b = –6 
Vaäy B1(0; –4)  C1(–4; 0)

B2(–6; 2)  C2(+2; –6)

Bài 4. Cho ABC vng tại A có A(0, 3), đường cao AH: 3x + 4y – 12 = 0.
Trọng tâm G(5

3; 3). Tìm B và C.

Giải

Gọi M là trung điểm BC
Ta có AG 2GM

 G A A G

G A M G

x x 2(x x )

y y 2(y y )

  



   

 

M
M

5 2(x 5)

3 3

0 2(y 3)

  




  



 M

5
x

y 3

 




 



Vaäy M(5
2; 3)
BC  AH neân BC: 4x – 3y + C = 0

Mà M  BC nên: 4.5

2 – 3.3 + C = 0  C = –1
Vaäy BC: 4x – 3y – 1 = 0

goïi B(b; 4b 1
3

 )  BC

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

C M B
C M B

x 2x x

y 2y y

 

  
 

C
C

x 5 b

19 4b
y
3
 


 


 vậy C(5 – b;

19 4b
3

 )

Ta có: AB = (b; 4b 10
3

 ) , AC = (5 – b; 10 4b
3

 )

AB  AC  AB.AC = 0

 b(5 – b) + 4b 10
3

 
 
 .
10 4b
3

 
 

  = 0
 5b – b2 – (4b 10)2

 = 0 
 9(5b – b2) – (4b – 10)2 = 0

 +25b2 + 125b + 100 = 0

 b = 1  b = 4

Vậy B(1; 1), C(4; 5) hay B(4; 5), C(1; 1)
Bài 5. Tuyển sinh Đại Học khối D/2011

Cho ABC có B(–4; 1) trọng tâm G(1; 1), đường thẳng chứa phân giác
trong góc A: x – y – 1 = 0. Tìm A, C.

Giải

Vẽ d qua B vuông góc và cắt phân giác AI tại H, cắt AC tại M
Phương trình d: 1(x + 4) + 1(y – 1) = 0

Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình
x y 1

x y 3

 

   
 
x 1
y 2
 

  


Vaäy H(–1; –2)

ABM cân nên H là trung điểm BM
Vaäy M H B

M H B

x 2x x 2 4 2

y 2y y 4 1 5

     



       



Vậy M(2; –5)

Gọi N là trung điểm của AC ta có



BG 2GN  N

5 2(x 1)
0 2(y 1)

 

  
 
N
N

7
x
2
y 1
 


 


B
A
N
M

I C

H
2
1

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

AC qua M vaø VTCP MN = 3,6 3(1,4)

2 2

  

 

 

Phương trình AC: x 2 y 5

1 4

    4x – y – 13 = 0

Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình 4x y 13
x y 1

 


  

 

x 4
y 3



 



Vậy A(4; 3)

Do N là trung điểm AC neân C N A
C N A

x 2x x 7 4 3

y 2y y 2 3 1

    



      



Vậy C(3; –1).
Bài 6.

a. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt trục hoành
và trục tung lần lượt tại A và B khác gốc 0 sao cho: OA = OB.

b. Viết phương trình đường thẳng qua N(1; 3) cắt hai nửa trục dương
Ox, Oy tại P và Q sao cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ nhất.

Giải

a/ Gọi n (a; b) 0  là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng qua
M(1; 2) thì phương trình của đường thẳng là:

a(x 1) b(y 2) 0    ax by (a 2b) 0   

Vì đường thẳng cắt Ox và Oy tại A, B khác O nên ta có: ab  0 và

a 2b 0 

Hồnh độ giao điểm A: y 0 xA a 2b.
a



  

Tung độ giao điểm B: x 0 yB a 2b
b



  

Ta coù: OA OB  xA  yB |a 2b| |a 2b|    1  1

|a| |b| |a| |b|

(vì a + 2b 0) a = b a = b

Nếu a = b: Phương trình đường thẳng là: x y 3 0  

Nếu a = -b: Phương trình đường thẳng là: x y 1 0  

b/ Gọi n (a; b) với a > 0, b > 0 là một vectơ pháp tuyến của đường
thẳng đi qua N(1; 3) thì phương trình của đường thẳng là:

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

Hoành độ giao điểm P: y 0 xP a 3b 0



   

Tung độ giao điểm Q: x 0 yQ a 3bb 0



   

Diện tích tam giác OPQ:

2
P Q

2 2

1 1 (a 3b)

S .OP.OQ .x .y

2 2 2ab

a 9b 6ab a 9b 3

2ab 2b 2a



  

 

   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a 9b 2 a 9b. 3
2b 2a  2b 2a 
Vậy: S 6

Vaø: S 6 a 9b a2 9b2 a 3b

2b 2a

       (vì a > 0, b > 0)
Nên: minS 6 , đạt được khi: a = 3b.

Lúc đó chọn: b = 1 thì a = 3 và ta được phương trình của đường thẳng
là: 3x y 6 0.  

Bài 7. Cho A(5; 0), B(1; –3). Tìm M và N trên đoạn OA, P trên đoạn AB,
Q trên đoạn OB sao cho MNPQ là hình chữ nhật có MN = 2MQ.

Giải

OB qua O và có VTCP OB = (1; –3) phương trình OB là:

x y

1  3  3x + y = 0

M, N  OA nên: M(m; 0); N(n; 0) với m, n  (0, 5)
MQ  Ox nên xQ = xM = m. Vậy Q(m; –3m)  OB
NP  Ox nên xP = xN = n

AB qua A coù VTCP AB = (–4, –3) = –(4, 3)
Phương trình AB: x 5 y

4 3

   3x – 4y – 15 = 0

Do N  AB  P n, 3n 15
4



 

 

 

Ta coù: QP = (n – m; 3n 12m 15
4

  )

vaø MQ = (0; –3m)

x
N

M A

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

Ta coù: MQ  QP  MQ.QP = 0

 0(n – m) + (–3m) 3n 12m 15
4

 

 

 

  = 0

 3n + 12m – 15 = 0

 n = –4m + 5 (1)

Ta coù: MN = (n – m; 0) = (–5m + 5; 0) (do (1))
Vaäy: MN = 2MQ –5m + 5 = 2.–3m

–5m + 5 = –6m

 5m 5 6m

5m 5 6m

   



  

 

m 5 (loại)
5
m

 


 


Vaäy M 5; 0 ; N 35; 0

11 11

   

   

   , Q

5 , 15 , P 35, 15

11 11 11 11

 

   

   

   .

Bài 8. Cho đường thẳng ( ) : x 2y 2 0    và hai điểm A(1; 2), B(2; 5).
Tìm điểm M trên () để MA + MB nhỏ nhất.

Giaûi

Ta coù: (xA 2yA 2)(xB 2yB 2) (1 4 2)(2 10 2) 50 0      

Nên hai điểm A và B nằm cùng bên đối với ( )

Gọi A'(x'; y') là điểm đối xứng của A qua (), ta có AA' (x' 1; y' 2)  

cùng phương với vectơ pháp tuyến n (1; -2) của ( ) và trung điểm

 

x' 1 y' 2

H( ; )

2 2 của đoạn AA’ ở trên ( ) nên:
2(x' 1) 1(y' 2) 0

x' 1 y' 2

( ) 2( ) 2 0

2 2

    




     



2x' y' 4 0
x' 2y' 7 0

  


    



Giải hệ này ta được: x' 3; y'  2
Vậy: A'(3; -2)

Ta có A’ đối xứng với A qua ( ) nên MA = MA’
Suy ra: MA + MB = MA’ + MB

Trong tam giác MA’B ta có: MA’ + MB A’B (khơng đổi)

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

Vậy MA + MB nhỏ nhất bằng A’B khi điểm M là giao điểm của () với
đoạn A’B, Vì A’ và B nằm hai bên đối với ( ) nên giao điểm này cũng
chính là giao điểm của () với đường thẳng A’B.

Đường thẳng A’B chính là đường thẳng đi qua A'(3; -2) nhận
A'B ( 1; 7)  làm vectơ chỉ phương nên phương trình là:

x 3 y 2

1 7

 



 7x y 19 0  

Vậy tọa độ của M là nghiệm của hệ: x 2y 2 0
7x y 19 0

  



   

 

8
x

3
1
y

 


 


Vaäy: M( ; )8 1
3 3 .

Bài 9. Cho đường thẳng ( ) : x 3y 1 0    và hai điểm A(5; 3), B(2; -3).
Tìm điểm M trên ( ) để |MA – MB| lớn nhất.

Giaûi

Ta coù: (xA 3yA 1)(xB 3yB 1) (5 9 1)(2 9 1)      50 0

Nênhai điểm A và B nằm hai bên ( )

Gọi A'(x';y') là điểm đối xứng của A qua ( ) , ta có AA' (x' 5; y' 3)  

cùng phương với vectơ pháp tuyến n (1; -3) của ( ) và trung điểm
H(x' 5 y' 3;

2 2

  ) của đoạn AA’ ở trên ( ) nên:

3(x' 5) 1(y' 3) 0

x' 5 y' 3

( ) 3( ) 1 0

2 2

    




     



3x' y' 18 0
x' 3y' 6 0

  



    



Giải hệ này ta được: x' 6 ; y' 0

Vậy: A(6; 0)

Ta có A’ đối xứng với A qua () nên MA = MA’
Suy ra: |MA – MB|=|MA’ – MB|

Trong tam giác MA’B ta có: |MA’ – MB|A’B (khơng đổi)

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

Vậy MA - MB lớn nhất bằng A’B khi điểm M là giao điểm này cũng
chính là giao điểm của ( ) với đường thẳng A’B.

Đường thẳng A’B chính là đường thẳng đi qua A’(6; 0) nhận A'B (-4; -3)

làm vectơ chỉ phương nên phương trình là:

x 6 y 0

4 3

  

  3x 4y 18 0  

Vậy tọa độ của M là nghiệm của hệ: x 3y 1 0
3x 4y 18 0

  



   

 

x 10
y 3



 


Vaäy: M(10; 3).

VẤN ĐỀ 2: BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH

Bài 10. Cho đường thẳng (m): (m 2)x (m 1)y 2m 1 0      . Định m
để (m) cắt đoạn thẳng BC với B(2; 3) và C(1; 0).

Giải

Ta có (m) cắt đoạn thẳng BC khi hai điểm B, C nằm hai bên của
đường thẳng (m). Điều đó xảy ra khi:

B B C C

[(m 2)x (m 1)y 2m 1].[(m 2)x  (m 1)y 2m 1] 0 

[2(m 2) 3(m 1) 2m 1].[(m 2) 2m 1] 0

         

(7m 8)(3m 3) 0
8

1 m
7

   

  

Bài 11. Viết phương trình hai đường chéo của hình vng, biết tâm
I(–2, 0) phương trình một cạnh hình vng là d: x + 3y – 3 = 0.

Giải

 Gọi M(3 – 3m; m)  d: x + 3y – 3 = 0 laø đỉnh của hình vuông
Ta có: d(I, d) = ( 2) 3.0 32 2 5

1 3

  





 IM = d(I, d). 2 5 . 2
10

 = 5

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

 (5 – 3m)2 + m2 = 5

 10m2 – 30m + 20 = 0  m = 2  m = 1

Trường hợp 1: D qua I(–2; 0) và M(–3; 2)
D: y 0 x 2

2 0 3 2

  

   

y x 2

2 1






Trường hợp 2: D qua I(–2; 0) và M(0; 1) là D: x y 1.
2 1 



Bài 12. Cho hình bình hành ABCD có A(1; 0); B(2; 0); diện tích bằng 2
tâm I nằm trên d: y = x. Tìm tọa độ hai điểm C và D.

Giải

Gọi I(m; m)  d

Vì I là trung điểm AC nên: C(2m – 1; 2m)
Vì I là trung điểm BD nên: B(2m – 2; 2m)
Ta có: SABCD = AB.DH = AB.(2IK)

Ta coù: AB = 1

AB: y = 0 (vì yA = yB = 0)
IK = d(I, AB) = I

2 2

0 1 = yI = m

 S = 1.2m = 2m

Vaäy S = 2  2m = 2 m = 1

 m 1

m 1



  

 . Vaäy

C(1; 2); D(0; 2)
C( 3; 2); D( 4; 2)



    



Bài 13. Cho ABC có A(2; 4); B(0; –1); C(6; 2)
Viết phương trình đường thẳng () qua A sao cho

a. () chia ABC thành hai ABM, ACM mà diện tích ACM gấp đôi
diện tích ABM.

b. () cách đều B và C.

Giaûi

a/ SACM = 2SABM  1

2AH.CM = 2.
1

2.AH.BM

 CM = 2BM

Mà CM; BM ngược hướng nên

D d C

A H K B

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

CM 2BM

     

   



M C M B
M C M B

x x 2(x x )

y y 2(y y )

 M M

M M

x 6 2(x 0)

y 2 2(y 1)

   

    

 M
M
3x 6
3y 0



 

 Vậy M(2; 0)

 đi qua A và M mà xA = xM = 2 nên : x = 2

b/ Goïi n = (a, b) là PVT của 

 qua A nên : a(x – 2) + b(y – 4) = 0
Ta coù: d(B, ) = d(C; )



2 2 2 2

2a 5b 4a 2b

a b a b

  



 

 2a 5b 4a 2b

2a 5b 4a 2b

   

    
 
b
a
2
7b
a
2

 


 

 a = b

 choïn b = –2; a = 1

Vaäy : x – 2y + 6 = 0

 a = 7b

2 choïn b = 2; a = 7
Vaäy : 7x + 2y – 22 = 0.

Bài 14. Tìm tọa độ bốn đỉnh hình vng ABCD biết độ dài mỗi cạnh 2 10;

phương trình AB: x – 3y + 1 = 0. Tâm I trên trục tung và yI < 0.

Giaûi

Gọi A(3a – 1; a)  AB
B(3b – 1; b)  AB
I(0, m) với m < 0

Vì I là trung điểm AC nên:

C I A
C I A

x 2x x 3a 1

y 2y y 2m a

    



    



Vaäy C(1 – 3a; 2m – a)

H M



y C 
D

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

Vì I là trung điểm BD nên D(1 – 3b; 2m – b)
Ta coù:

 AD = 2 10  IK = 10  d(I; AB) = 10

 xI 3yI 1

 

= 10 –3m + 1 = 10

 3m 1 10

3m 1 10

  


   
 
m 3
11
m (loại)
3
 


 


Vậy: I(0; –3)

Ta coù: IA = (3a – 1; a + 3) vaø IB = (3b – 1; b + 3)

2 2
IA IB
IA IB




 
     


      

 2 2 2 2

(3a 1)(3b 1) (a 3)(b 3) 0 (1)

(3a 1) (a 3) (3b 1) (b 3) (2)

(2)  10a2 = 10b2 b a (loại)
b a (3)



  


Thế (3) vào (1) ta có

(3a – 1)(–3a – 1) + (a + 3)(–a + 3) = 0

 –(3a – 1)(3a + 1) + (3a + a)(3 – a) = 0

 –(9a2 – 1) + 9 – a2 = 0  –10a2 + 10 = 0

 a = 1

 Th1: a = 1; b= –1; m = –3

Vaäy A(2; 1); B(–4; –1); C(–2; –7); D(4; –5)

 Th2: a = –1; b = 1; m = –3

Vaäy A(–4; –1); B(2; 1); C(4; –5); D(–2; –7).

Bài 15. Viết phương trình của đường thẳng (D) cách A(1; 1) một
khoảng bằng 2 và cách B(2; 3) một khoảng bằng 4.

Giải

Phương trình tổng quát của đường thẳng (D):
ax + by + c = 0. (a2 + b2 0)

Ta coù: d(A, D) 2.
d(B, D) 4.



 

2 2
2 2

a b c
2.

a b

2a 3b c 4.

a b
  





 
 
 
 

2 2
2 2

a b c 2 a b .

2a 3b c 4 a b .

    


 

   

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





















2 2 2
2 2 2

2a 3b c 2a b c. a b c 4 a b .

a b c 4 a b . 2a 3b c 2 a b c .

          

 

 

         

 























2 2 2 2 2 2

a b c 4 a b . a b c 4 a b .

2a 3b c 2 a b c . 2a 3b c 2(a b c).

         

 

 

           

 



2 2 2

2 2 2 (a b c) 4(a b ).

(a b c) 4(a b ).

4a 5b

b c. c .

    

     

    

 

 

2 2

2 35a 4ab 32b 0.

3a 4ab 0.

4a 5b

b c. c .

   

   

    

 

 

a 0 a b. a b c 0.

b c.

   


     

 


(a 0 b c) (a b b c) (a b c 0).

           

Vaäy:

* a = 0  b = c: Ta có b = c 0 vì a2 + b2 0. Nên phương trình đường 
thẳng là: y + 1 = 0.

* a = 4b b c

3   : Chọn b = c = 3 thì a = 4 và phương trình đường thẳng
là: 4x + 3y + 3 = 0.

* a = b = c = 0: Trường hợp này không nhận được.

Tóm lại có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của bài tốn có phương
trình là: y + 1 = 0; 4x + 3y + 3 = 0.

VẤN ĐỀ 3: BÀI TỐN GĨC HAI ĐƯỜNG THẲNG

Bài 16.

a. Lập phương trình của đường phân giác góc nhọn hợp bởi hai
đường thẳng:( ) : 3x 4y 12 0;1    ( ) : 12x 5y 7 02   

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

Giải

a/ Phương trình của đường phân giác của góc hợp bởi ( )1 và (2) là:

2 2 2 2

|3x 4y 12| |12x 5y 7|

3 ( 4) 12 5

    

  

1
2

21x 77y 191 0.(D )
99x 27y 121 0.(D )

  



    



Trong phương trình của đường thẳng (1) cho x = 0 ta được

y = 3, nên M(0; 3) là một điểm thuộc ( )1 và ta có M không thuộc ( )2 .

Mặt khác: 1 2

2 2 2 2

40 40

d(M; (D )) d(M; (D ))

21 77 99 27

  

 

Nên đường phân giác của góc nhọn hợp bởi hai đường thẳng ( )1 và

(2) laø (D2): 99x – 27y + 121 = 0.

b/ Phương trình của đường phân giác của góc hợp bởi (d1) và (d2) là:

2 2 2 2

|4x 3y 6| |5x 12y 10|

4 ( 3) 5 12

    

  

1
2

27x 99y 28 0 (D )
77x 21y 128 0 (D )

  



    



Trong phương trình của đường thẳng (d1) cho x = 0 ta được y = 2, nên
M(0; 2) là một điểm thuộc (d1) và ta có M khơng thuộc (d2)

Mặt khác: 1 2

2 2 2 2

170 170

d(M; (D )) d(M; (D ))

27 99 77 21

  

 

Nên đường phân giác của góc tù hợp bởi hai đường thẳng (d1) và (d2)
là (D2): 77x 21y 128 0  

Bài 17. Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm M(2; 1) và tạo
với đường thẳng (D): 2x + 3y + 4 = 0 một góc 135o.

Giaûi

Gọi n (a; b) 0 là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng đi qua M(2; 1)
thì phương trình của đường thẳng có dạng:

a(x 2) b(y 1) 0    ax by (2a b) 0   

Đường thẳng này tạo với đường thẳng (D) một góc 135o, tức là tạo với 
(D) một góc nhọn 45o, nên:

2 2 2 2 2 2

|2a 3b| 2 |2a 3b|

cos45

2 3 . a b 13. a b

 

  

  

 26(a2b ) 2|2a 3b|2   26(a2b ) 4(2a 3b)2   2

5a2 24ab 5b 2 0

Xem đẳng thức này như phương trình bậc 2 theo a, giải ra ta được:
b

a 5b a
5

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

Vậy có thể chọn: a = 5, b = 1 và b = -5, a = 1
Ta được phương trình của đường thẳng cần tìm là:

5x y 11 0   hay x 5y 3 0  

Bài 18. Một tam giác cân có cạnh đáy và một cạnh bên có phương
trình lần lượt là: 3x – y + 5 = 0; x + 2y – 1 = 0. Viết phương trình
của cạnh bên cịn lại biết rằng nó đi qua điểm M(1; –3).

Giải

Gọi n (a; b) 0  là một vectơ pháp tuyến của cạnh bên đi qua M(1; -3)
thì phương trình cạnh bên này có dạng:

a(x 1) b(y 3) 0    ax by (3b a) 0   

Tam giác cân có góc tạo thành bởi hai cạnh bên với đáy bằng nhau nên:

2 2 2 2 2 2 2 2

|3a b| |3.1 1.2|

3 ( 1) . a b 3 ( 1) . 1 2

  

     

2 2

5.|3a b| a b

    5(3a b) 2 a2 b2

2 2

22a 15ab 2b 0

   

Xem đẳng thức này như phương trình bậc hai theo a, giải ra ta được:

b 2b

a a

2 11

  

Vậy có thể chọn: b = 2, a = 1 và b = 11, a = 2

Với a = 1, b = 2 ta có đường thẳng x + 2y + 5 = 0, song song với cạnh
bên đã cho nên khơng thể là cạnh bên cịn lại của tam giác.

Với a = 2, b = 11 ta có phương trình của cạnh bên cịn lại của tam giác
cân là: 2x 11y 31 0  

Bài 19. Lập phương trình của đường thẳng đi qua điểm P(2; -1) sao cho
đường thẳng đó cùng với hai đường thẳng (1): 2x – y + 5 = 0;
(2): 3x + 6y – 1 = 0, tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
hai đường thẳng ( )1 và ( )2

Giaûi

Đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng đi qua P vng góc với các
đường phân giác của góc hợp bởi (1) và (2)

Phương trình của hai đường phân giác này là:

1 2 2 2 2

2x y 5 3x 6y 1

(d ) :

2 ( 1) 3 6

   



   

3x 9y 16 0
9x 3y 14 0

  



   

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

Đường thẳng qua P vng góc với (d1)
nhận vectơ chỉ phương của (d1) là
u (9; 3) làm vectơ pháp tuyến nên
phương trình là:

9(x 2) 3(y 1) 0    hay 3x y 5 0   .
Đường thẳng P vng góc với (d2) nhận
vectơ chỉ phương của (d2) là
v (3; -9) làm vectơ pháp tuyến nên
phương trình là:

3(x 2) 9(y 1) 0    hay x 3y 5 0  

Tóm lại có hai đường thẳng có phương trình là:
3x y 5 0   và x 3y 5 0  

(D1)

()
(d)

(d1)

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

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. (DBA2006) Cho tam giác ABC có A nằm trên đường thẳng (d):

x – 4y – 2 = 0. BC // (d). Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0.
Trung điểm của AC là M(1; 1). Tìm tọa độ của A, B, C.

Đáp số: A 2; 2

3 3

  

 

 , C

8 8;
3 3

 

 

 , B(–4; 1)

BT2. (DBA2005) Cho ABC caân tại A có trọng tâm G(4/3, 1/3). Phương
trình BC: x – 2y – 4 = 0, phương trình BG: 7x – 4y – 8 = 0. Tìm A, B, C.

Đáp số: A(0; 3), B(0; –2), C(4; 0)

BT3. (DBB2006) Cho tam giác ABC có A(2; 1), phương trình đường cao BH:
x – 3y – 7 = 0, phương trình đường trung tuyến CM: x + y + 1 = 0. Tìm
B và C.

Đáp số: B(–2; –3), C(4; –5)

BT4. (DBB2004) Cho hai đường thẳng (d1): 2x – y + 5 = 0, (d2): x + y – 3 = 0.
Viết phương trình đường thẳng qua I(–2; 0) cắt (d1) tại A và B cắt (d2) B
mà AB 2IB .

Đáp số: x 2 y

2 3



 .

BT5. (DBA2004) Cho A(0; 2) vaø (d) x – 2y + 2 = 0. Tìm trên (d) hai điểm B
và C sao cho tam giác ABC vuông tại B vaø AB = 2BC.

Đáp số: B 2 6;
5 5

 

 

 , C1

4 7;
5 5

 

 

 , C2(0; 1).

Bài 6. (CĐ/09) Cho ABC có C(–1; 2) trung tuyến AM: 5x + y – 9 = 0,
đường cao BH: x + 3y – 5 = 0. Tìm A, B.

Đáp số: A 1 13;
2 2

 

 

 , B

29 2;
7 7

 

 

 .

BT7. (DB/A08) ABC có đường cao BH: 3x + 4y – 10 = 0 phân giác trong
góc A là AI: x – y + 1 = 0, M(0; 2) trên AB và MC = 2. Tìm A, B, C.

Đáp số: A(4; 5), B 1; 9

3 4

  

 

 , C1(1; 1), C2

31 33;
25 25

 

 

 .

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

Đáp số: A(6; – 3

2), B(4; – 12)

BT9. (A09) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(6; 2), M(1; 5)  AB. Trung
điểm của CD nằm trên : x + y – 5 = 0. Viết phương trình AB.

Đáp số: y = 5  x – 4y + 19 = 0.

BT10. Cho ABC có trọng tâm G(–2; –1) và phương trình các cạnh (AB):
4x + y + 15 = 0, (AC): 2x + 5y + 3 = 0. Tìm A, B, C.

Đáp số: B(–3; –3), C(1; –1)

BT11. Lập phương trình các cạnh của ABC biết B(–4; –5) và hai đường
cao có phương trình: 5x + 3y – 4 = 0 và 3x + 8y + 13 = 0.

Đáp số: A(1; 2); C(–1; 3)

BT12. (B2008) Tìm tọa độ đỉnh C của ABC, biết hình chiếu của C trên
đường thẳng AB là H(–1; –1), phương trình đường phân giác trong góc A
là x – y + 2 = 0, phương trình đường cao kẻ từ B là 4x + 3y – 1 = 0.

Đáp số: C 10 3;
3 4

 

 

 

BT13. (B2003) Cho tam giác ABC vuông cân tại A với M(1; 1) là trung
điểm BC và G(2

3; 0) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm A, B, C.

Đáp số: A(0; –2), B(4; 0), C(–2; 2)
BT14. (DB/D07) Cho A(0; 1), B(2; –1)

d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0
d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0

Chứng minh d1 luôn cắt d2 tại P. Tìm m sao cho (PA + PB)min

BT15. (B/2010) Cho ABC  tại A, C(–4; 1) phân giaùc trong A: x + y – 5 = 0,
diện tích ABC = 24, xA> 0. Viết phương trình BC.

Đáp số: 3x – 4y – 16 = 0

BT16. (CĐ/09) Tìm M : x – 2y – 3 = 0 sao cho d(M, d) = 1
2
với (d): x + y + 1 = 0

BT17. (A2006) Tìm M  d3: x – 2y = 0 mà khoảng cách từ M đến đường thẳng
d1: x + y + 3 = 0 bằng hai lần khoảng cách M đến đường thẳng
d2: x – y – 4 = 0.

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

BT18. (B/09) ABC cân tại A(–1; 4). Tìm B, C : x – y – 4 = 0 biết rằng
diện tích ABC bằng:

Đáp số: B 11 3;
2 2

 

 

 , C

3; 5

2 2

  

 

 , B2

3; 5

2 2

  

 

 , C2

11 3;
2 2

 

 

 

BT19. (DBD2003) Cho tam giác ABC có A(1; 0), phương trình đường cao BH:
x – 2y + 1 = 0, phương trình đường cao CK: 3x + y – 1 = 0. Tính SABC.

Đáp số: 14

BT20. (B2004) Cho A(1; 1), B(4; –3). Tìm C  đường thẳng (d): x – 2y – 1 = 0
sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.

Đáp số: C(7; 3), C 43 27;
11 11

 

 

 

 

BT21. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 3

2, đỉnh A(2; –3), B(3; –2) và
trọng tâm G  (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm điểm C.

Đáp số: C1(–2; –10), C2(1; –1)

BT22. Viết phương trình đường thẳng qua A(2; 1) và tạo với đường thẳng d:
2x + 3y + 4 = 0 một góc bằng 45o.

Đáp số: 5x y 11 0

x 5y 3 0

  



   


BT23. Cho ABC caân tại A. Biết (BC): 2x – 3y – 5 = 0, (AC): x + y + 1 = 0,
(AB) qua I(1, 1). Viết phương trình AB.

BT24. D/2010

Cho A(2; 0). Gọi  là đường thẳng qua O. H là hình chiếu vng góc của
O lên . Viết phương trình  biết rằng khoảng cách từ O đến trục hồnh
bằng AH.

BT25. Cho ABC có phương trình AB 4x + y – 5 = 0 đường cao AH:
2x + 3y – 5 = 0, trọng tâm G 7, 2

3 3



 

 

 . Viết phương trình BC, AC.
Đáp số: AC: x + 3y – 4 = 9.

BT26. Cho ABC caân tại A có phương trình
AB: 3x – y – 6 = 0, BC: x – y – 2 = 0

Biết AC qua I(–3, 1) viết phương trình AC.

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

BT27. Cho ABC có đường cao BH: 3x + 4y + 10 = 0 phân giác trong của
A là AI: x – y + 1 = 0 M(0, 2) nên trên AB, CM = 2. Tìm các đỉnh
của ABC.

BT28. Cho hình thoi ABCD có A(3, –2), B và D nằm trên d: x – 3y + 1 = 0,
diện tích (ABCD) bằng 60. Viết phương trình các cạnh của hình thoi.
BT29. Cho ABC có đường trung trực của BC là d: x + y – 3 = 0, đường

trung tuyến CI là: 2x – y – 1 = 0. Tìm B và C

Đáp số: C(2, 3), B(0, 1).

BT30. Viết phương trình các cạnh hình vuông biết hai cạnh song song
lần lượt A(2, 1), C(3, 5), hai cạnh song song còn lại lần lượt qua
B(0, 1), D(–3, –1).

BT31. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC biết trung tuyến BI: 3x – 5y – 1 = 0,
phương trình đường cao AH: 4x + y – 21 = 0, M(3, 3) là trung điểm
của AB.

Đáp số: A(4, 5), B(2, 1), C(10, 3).

BT32. Cho ABC có A(1, 1); B(–2, 5) C nằm trên d: x – 4 = 0 trọng tâm
G nằm trên d’: 2x – 3y + 6 = 0. Tính diện tích ABC.

BT33. Cho ABC có A(1, 1), đường cao BH: 3x + y – 16 = 0, trung tuyến
CM: x + y – 6 = 0. Tìm B, C.

BT34. Cho ABC có phương trình AB: 4x + y – 5 = 0 đường cao
AH: 2x + 3y – 5 = 0 trọng tâm G 7, 2

3 3



 

 

 . Viết phương trình BC.

BT35. Cho A(0, 5), B(–2, –1), C(4, 2). Lấy M trên đoạn BC sao cho diện
tích (ABM), bằng 2 lần diện tích (ACM). Chứng minh AM  BC.
BT36. Cho hình bình hành ABCD với B(–2, 0), D(4, 4), E(2, 3) là điểm

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

BAØI 3

ĐƯỜNG TRỊN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

a/ Phương trình đường trịn tâm I(a; b) bán kính R.

2 2 2

(x - a) + (y - b) = R

b/ Phương trình: x + y - 2ax - 2by + c = 02 với a + b - c > 02 2 2 , là 
phương trình đường trịn tâm I(a; b), bán kính R = a + b - c2 2 .

II. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VỚI ĐƯỜNG TRÒN

Cho đường thẳng ( ) và đường trịn (C) có tâm I, bán kính R.
Gọi d(I,) là khoảng cách từ I đến ( ) . Ta có:

d(I,) < R  ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt. 
d(I,) = R  ( ) tiếp xúc với (C).

d(I,) > R  ( ) không cắt (C).

III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN

Cho hai đường trịn (C1) và (C2) có tâm và bán kính lần lượt là I1, R1 và
I2, R2. Ta có:

1 2 1 2 1 2

|R R | I I R R  (C1) vaø (C2) caét nhau
1 2 1 2

I I = R + R  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài. 
1 2 1 2

I I = R - R  (C1) vaø (C2) tiếp xúc trong.

1 2 1 2

I I R R  (C1) và (C2) ở ngoài nhau.

1 2 1 2

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

B. BÀI TẬP MẪU

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

Bài 1. Lập phương trình của các đường trịn:
a. Đường kính AB với A(1; 2) và B(-2; 0)

b. Đường tròn đi qua ba điểm A(-1; 3), B(1; 1) và C(2; 4)

Giải

a/ Đường trịn đường kính AB có tâm I 1 , 1
2

 

 

  là trung điểm của

đoạn AB và có bán kính R = AB
2

2 2

1 (1 2) (2 0) 13

2 2

    

Nên phương trình của đường trịn đường kính AB là:

2 2

1 13

(x ) (y 1)

2 4

   

b/ Phương trình của đường trịn có dạng:

2 2

x y 2ax 2by c 0   với a2 + b2 – c > 0 
Đường tròn qua ba điểm A, B, C nên:

1 9 2a 6b c 0
1 1 2a 2b c 0
4 16 4a 8b c 0

    



     


     



2a 6b c 10

2a 2b c 2
4a 8b c 20

   




    

   



Giải hệ này ta được: a 3, b 11, c 5

4 4

  

Vậy phương trình của đường tròn đi qua ba điểm A, B, C là:
x2 y2 3x 11y 5 0

2 2

    

Bài 2. Cho (Cm):x2 y22(m 1)x 2(m 2)y m    28m 13 0 
a. Tìm m để (Cm) là đường trịn.

b. Tìm quỹ tích tâm I của đường trịn (Cm) khi m thay đổi.

Giải

a/ (Cm) là đường tròn khi:

2 2 2 2 2

a b    c 0 [ (m 1)] (m 2) (m 8m 13) 0 

m 2m 8

  

m 4 m 2

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

b/ Lúc đó tọa độ tâm I của đường tròn (Cm) là:
I x 1 m (1)

y m 2 (2)

 


  


Lấy (1) + (2), ta được: x + y = –1

Vậy quỹ tích tâm I của đường trịn (Cm) là đường thẳng d: x + y + 1 = 0
Mặt khác từ (1) ta có: m = 1 – x, và do điều kiện (*) ta suy ra:
1 x          4 1 x 2 x 1 x 5

Vậy quỹ tích của I là phần đường thẳng:
x y 1  = 0 với x 1hayx 5

Bài 3. Tuyển sinh Đại Học khối D/2009

Cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = 1 có tâm I. Tìm M trên (C) sao 
cho IMO = 300.

Giải

 Cách 1: (C) có tâm I(1, 0), R = 1. Gọi M(x0, y0)
Áp dụng định lý hàm cosin cho IMO

OM2 = OI2 + IM2 – 2OI. OMcos1200 
OM2 = 1 + 1 – 2(1) (1) 1

 

 

  = 3

Do M  (O)  (x – 1)2 + y2

0 = 1  x20y20 – 2x0 = 0 (1)

Do OM2 = 3  2 2
0 0

x y = 3 (2)

Từ (1) và (2)  0

2
0
3
x
2
3
y
4

 


 


. Vaäy M 3, 3

2 2
 

 
 
 

 Cách 2: Gọi A(2, 0) là một giao điểm (O) và trục hoành
OMI = 300 IMA = 600

 IMA đều cạnh 1

 AM2 = 1

 (x0 – 2)2 +y20 = 1

 2 2

0 0

x y – 4x0 + 3 = 0 (3)
Maø M  (O)  2 2

0 0

x y – 2x0 = 0 (1)
Từ (3)  x0 = 3

2 

2
0

y = 3
4
Vaäy M 3, 3

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

 Cách 3: Ta có: OMA = 900

Mà OMI = 300 IMA = 600 IMA đều  MA = 1

OMA  OM2 = OA2 – MA2 = 4 – 1 = 3 
Veõ MH  Ox

OMH  cos300 = OH 3

OM  2  xM = OH =

3. 3 3

2  2

Do M  (P)  M

2
2

3 1 y

   

 

  = 1 

2
M

3
y



Vaäy M 3, 3

2 2

 



 

 .

Bài 4. Cho ba điểm: A(-5; -1), B(-2; 1), C(4; 5). Tìm quỹ tích điểm M nhìn
hai đoạn thẳng AB, BC dưới hai góc bằng nhau.

Giải

Ta có: AB (3; 2) , AC (9; 6)

Nên: AC 3AB , do đó hai vectơ AB
và AC cùng hướng. Vậy ba điểm A, B,
C thẳng hàng với B nằm trong đoạn AC
Ta có điểm M nhìn hai đoạn thẳng AB,
AC dưới hai góc bằng nhau nên MB
chính là đường phân giác trong góc M
của tam giác MAC. Suy ra:

MA AB 13 1 MC 2MA

MC  BC  2 13  2    MC

2 = 4MA2
Gọi (x; y) là tọa độ điểm M, ta có:

(x 4)2 22 (y 5)2 4[(x 5)2 (y 1) ]2

x y 16x 6y 21 0

       

     

Vậy quỹ tích của M là đường trịn tâm I(-8; -3), bán kính R = 2 13
Bài 5.Tuyển sinh Đại Học khối D/2010

Cho ABC có A(3; –7) trực tâm H(3; –1) tâm đường tròn ngoại tiếp
I(–2; 0). Tìm C biết xC > 0.

Giải

Đường trịn (C) qua A, B, C có phương trình
(x + 2)2 + y2 = IA2 = 74

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

AH qua A, coù VTCP AH = (0, 6)
Neân PVT n = (1, 0)

Phương trình AH: 1(x – 3) = 0
Gọi K là giao điểm AH và (C)
Do xk = 3 neân y2k = 74 – 25 = 49

Vaäy K(3, 7)

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I

D I A
D I A

x 2x x 4 3 7

y 2y y 0 7 7

      



     



Vậy D(–7, 7)

Ta có AKD = 1 BC // KD

Ta coù KAC = CBK (cùng chắn KDC)
và KAC B 1 (góc nhọn có cạnh )

 B1 B2

HBK cân tại H

 trung điểm HK là J(3, 3)

Do đó BC là đường thẳng qua J và có VTCP KD = (–10; 0)  PVT(0, 1)
Phương trình BC: 1(y – 3) = 0

Do yC = 3 maø C  (C)  (xC + 2)2 + 9 = 74  xC = 65 – 2 (do xC > 0)
Vaäy C( 65 – 2, 3).

VẤN ĐỀ 2: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Bài 6.Tuyển sinh Đại Học khối A/2011

Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0 có tâm I. Tìm điểm M trên

: x + y + 2 = 0 để qua M vẽ lại tiếp tuyến MA, MB (A, B  (C)) mà
diện tích MAIB bằng 10.

Giải

 AM.AI = 10  AM = 10

R = 2 5

K D

1
2

M


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

Vaäy: MI2 = MA2 + AI2 = 20 + 5

 (m – 2)2 + (–m – 3)2 = 25

 m2 + m – 6 = 0  m = –3  m = 2 
Vaäy M(–3; 1)  M(2; –4).

Bài 7. Tuyển sinh Đại Học khối A/2009 
Cho đường tròn (C) x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0

Tìm m để đường thẳng d: 4x – 3y + m = 0 cắt (C) tại A và B sao
cho IAB có diện tích lớn nhất.

Giải

Ta coù S = dt (IAB) = 1

2IAI.BsinAIB

 S = 1

2. 2. 2sinAIB = sinAIB
Vaäy Smax sinAIB = 1  AIB = 900

AIB  caân AIH  caân

 IH = AI 1
2 

 8 6 m

9 16

  

 = 1  |m – 2| = 5
 m – 2 = 5  m = 7  m = –3

Bài 8. Cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x – 4y – 1 = 0. Lập phương trình

tiếp tuyến ( ) với (C) biết:

a. ( ) tiếp xúc (C) tại M(1; 2)
b. ( ) ñi qua A(0; -1)

c. ( ) song song với (D): 3x – 4y + 2012 = 0

Giải

Ta có (C) là đường trịn tâm I(-2; 2) bán kính R = 3
a/ Ta có M  (C) vì 1 + 4 + 4 – 8 – 1 = 0

( ) tiếp xúc (C) tại M nên ( ) chính là đường thẳng đi qua M(1; 2)
nhận IM (3; 0) làm vectơ pháp tuyến.

A H B

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

Vậy phương trình của ( ) laø: 3(x – 1) = 0  x – 1 = 0

b/ Goïi n (a; b) 0  là vectơ pháp tuyến của ( ) thì phương trình của
( ) có dạng: a(x – 0) + b(y + 1) = 0 ax + by + b = 0

( ) là tiếp tuyến của (C) nên:
d(I, ) R 

2 2

| 2a 3b| 3

a b

 

 



2 2

| 2a 3b| 3 a b

      (–2a + 3b)2 = 9(a2 + b2)

 a(5a + 12b) = 0  a = 0  5a + 12b = 0

Neáu a = 0 thì b 0 nên phương trình của ( ) là: y + 1 = 0

Nếu 5a + 12b = 0 thì ta có thể chọn a = 12, b = -5 nên phương trình
của ( ) laø: 12x – 5y – 5 = 0

c/ ( ) song song với (D): 3x – 4y + 2012 = 0, nên ( ) phương trình của
( ) có dạng: 3x – 4y + c = 0

Vì ( ) là tiếp tuyến của (C) neân:
|c 14|

d(I, ) R 3 |c 14| 15

c 14 15 c 29 c 1



      

        

Vaäy có hai tiếp tuyến là: ( ) : 3x 4y 29 01   

( ) : 3x 4y 1 02   

Bài 9. Lập phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục tung tại điểm
A(0; – 3) và cắt trục hoành tại hai điểm B, C mà BAC = 30o.

Giải

 (C) tiếp xúc trục tung tại A(0; – 3)
neân: R a

b 3

 



 

 . Với tâm I(a; b) BAC = 30

o BIC = 60o 
Vậy IBC đều  BC = R

 đường cao IH của IBC bằng R 3
2
mà IH = OA = 3 nên R 3

2 = 3

 R = 2 a = 2  a = 2
+ TH1: a = 2; b = – 3; R = 2

x
O
H

B C

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

Vậy phương trình (C): (x – 2)2 + (y + 3)2 = 4 
+ TH2: a = –2; y = – 3, R = 2

Vậy phương trình (C): (x + 2)2 + (y + 3)2 = 4

Bài 10. Tuyển sinh Đại Học khối A/2010

Cho d1: 3x + y = 0, d2: 3x – y = 0. Gọi (T) là đường tròn tiếp

xúc d1 tại A cắt d2 tại B, C sao cho ABC vuông tại B và diện tích

ABC bằng 3

2 . Viết phương trình (T) biết xA > 0.

Giải

d1 có PVT ( 3, 1) và d2 có PVT ( 3, –1)

Ta có: d1, d2 cắt nhau tại O và cos(d1, d2) = 3 1
4. 4



= 1

2  BOA = 60
0

ABC  tại B và nội tiếp trong đường tròn (T)

 AC là đường kính của (T)

Do d1 tiếp xúc (T) tại A nên OA  AC  OCA = 300

ABC   tan300 = AB 1
BC  3

 BC = 3AB

OAB  sin600 = AB 3
OA  2

 OA = 2 AB
3

Ta coù dt(OAB) = 3
2

 1BC.BA 3

2  2

 ( 3AB2) = 3

 AB = 1  OA = 2
3

Goïi A(a, - 3)  d1 Ta coù OA2 = 4
3

 4a2 = 4

3  a =
1

3 (do a = xA > 0)

d1
d2

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

Vaäy A 1 , 1
3

  

 

  AC qua A và  d1 vậy có phương trình

1 x 1
3

  

 

  – 3(y + 1) = 0  3x – 3y – 4 = 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
3 3y 4

3x y 0

  


 
 
2
x
3
y 2
  


  


Vaäy C 2 , 2
3



  

 

 

Đường trịn (T) có tâm I 1 , 3
2
2 3

  

 

  là trung điểm AC và R = IA = 1

Vậy phương trình (T) laø

2 2

1 3

x y 1

2
2 3
      
 
   
  .

Bài 11. Tuyển sinh Đại Học khối B/2011
Cho ABC có B(1

2; 1). Đường trịn nội tiếp ABC tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB tương ứng tại D, E, F. Cho D(3; 1) và đường thẳng
EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ A biết yA > 0.

Giaûi

BC qua B(1

2; 1) VTCP BD = (
5
2; 0)
Vậy phương trình BC: y – 1 = 0
mà phương trình EF: y – 3 = 0
Do đó: CB // EF

Nên ABC cân tại A
Gọi E(m, 3)  (EF)
Ta coù: BD = BE  25

4 = (m –
1
2)

2 + 4

 (m – 1
2)

2 = 9

4  m –
1
2 = 

2  m = 2 hay m = –1
Vaäy E1(2, 3) hay E2(–1, 3)

Do BC // yOy neân AD // xOx  xA = xD = 3

 AB qua B coù VTCP BE1= (3

2; 2) =
1

2(3, 4)
O

x
D

E F

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

Phương trình BE1: x 2 y 3

3 4

    4x – 3y + 1 = 0

A  BA: xA = 3  yA= 13

3
Vaäy A(3; 13

3 ) (nhaän do yA > 0)

 AB qua B coù VTCP BE2= (– 3

2; 2) =
1

2(–3, 4)
Phương trình BE2: x 1 y 3

3 4

  

  4x + 3y – 5 = 0

A  BA: xA= 3  yA = – 7

3 (loại do yA < 0).
Bài 12. Cho (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 4 = 0

Viết phương trình đường thẳng d qua gốc tọa độ cắt (C) tại A, B mà
hai tiếp tuyến của (C) tại A và B vng góc nhau.

Giải

gọi n = (a, b) là PVT của d

Do d qua O nên phương trình d: ax + by = 0
Do: hai tiếp tuyến tại A và B  tại M nên AMBI
là hình vuông  MI = 3 2

Gọi H là giao điểm của AB và IM thì IH  AB
và IH = 1

2IM =
3 2

2
Ta coù: IH = d(I, d) =

2 2

a 2b

a b



 =

3 2
2

 (a – 2b)2 = 9
2(a

2 + b2)

 2a2 – 8ab + 8b2 = 9a2 + 9b2  7a2 + 8ab + b2 = 0 
Ta coù: ’a = (4b)2 – 7b2 = (3b)2

Vaäy a = 4b 3b
7

 

 a = – b

7  a = –b
Khi a = – b

7. Choïn b = –7 thì a = 1. Vậy d: x – 7y = 0
Khi a = –b. Choïn b = –1 thì a = 1. Vậy d: x – y = 0.

I
H
M

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

Bài 13. Cho đường tròn (C): x2 + y2 = 9, và một điểm A (4; -6) nằm ngồi 
đường trịn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AT1 và AT2 với đường trịn, trong
đó T1, T2 là các tiếp điểm. Viết phương trình của đường thẳng T1T2.

Giải

Ta có (C) là đường trịn tâm O, bán kính R = 3.
Mặt khác AT1 và AT2 là các tiếp tuyến của (C).
Nên AT1  OT1, AT2  OT2. Do đó T1,

T2 ở trên đường trịn đường kính OA.
Đường trịn này có tâm

I là trung điểm OA nên

I(2; –3) và bán kính R` =

 

2
2

4 6

OA 13

2 2

 

 

Nên có phương trình: (x – 2)2 + (y + 3)2 = 13.

 x2 + y2 - 4x + 6y = 0

Ta có tọa độ của T1 và T2 là nghiệm của hệ phương trình:

x22 y22 9 (1)

x y 4x 6y 0 (2)

  




   



Lấy (1) – (2) ta được: 4x – 6y = 9

Gọi T1(x1, y1) thì 4x1 – 6y1 – 9 = 0. Gọi T2(x2, y2) thì 4x2 – 6y2 – 9 = 0
Suy ra tọa độ của T1 và T2 nghiệm đúng phương trình: 4x – 6y – 9 = 0.
Nên phương trình này chính là phương trình của đường thẳng T1T2.

Bài 14. Biện luận theo m vị trí tương đối của đường thẳng ( ) :
mx – y – 3m – 2 = 0 với đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0

Giải

Ta có (C) là đường trịn tâm I(2; 1), bán kính R = 5
Khoảng cách từ I đến ( ) là: d(I,) =

|m 3|

m 1




Ta coù: d(I, ) < R

|m 3| 5

m 1



 



|m 3| 5(m 1)

   

2 2

(m 3) 5(m 1)

    2m23m 2 0  m 1 m 2

    

A O

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

Neáu m < 1
2

 hay m > 2 thì d(I,) < R nên ( ) cắt (C).
Nếu m = – 1

2hay m = 2 thì d(I, ) = R nên ( ) tiếp xúc (C).
Nếu 1 m 2

   thì d(I, ) > R nên () không cắt (C)

Bài 15. Viết phương trình của đường thẳng cắt đường trịn (C):

x2 + y2 + 2x – 4y – 20 = 0 theo một dây cung đi qua M(3; 0) có độ dài 
nhỏ nhất, lớn nhất.

Giải

trong đường tròn (C).

Đường thẳng đi qua M cắt (C) theo dây AB.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

MA + MB 2 MA.MB(không đổi)
Đẳng thức xảy ra khi: MA = MB

Vậy dây AB có độ dài nhỏ nhất khi M là trung điểm AB lúc đó IM AB.
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua M nhận IM (4; -2) làm
vectơ pháp tuyến nên phương trình là:

4(x 3) 2(y 0) 0    hay: 2x y 6 0  

Mặt khác AB2R

Nên dây AB lớn nhất khi AB là đường kính của (C)

Lúc đó đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng đi qua hai điểm I và
M. Đó là đường thẳng đi qua M nhận IM (4; -2) làm vectơ chỉ phương
nên có phương trình là: x 3 y 0

4 2

  



Hay: x + 2y – 3 = 0.

Bài 16. Cho họ đường tròn (Cm): x2 + y2 – 2mx + 2my + 2m2 – 1 = 0.
Chứng minh rằng (Cm) luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.

Giải

Ta có (Cm) là họ đường trịn tâm I (m, -m), Bán kính R = 1.
I
A

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

Giả sử (Cm) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định: (): ax + by + c = 0
(a2 + b2 ≠ 0).

Ta coù: d(I, ) = R, m

2 2

am bm c

1, m.

a b

 

  







am bm c 



2 a2b ,2 m.





a b m



2 22c a b m c







 2a2b2 0, m





2 2 2

a b 0 (1)

2c a b 0 (2)

c a b 0 (3)

 



   

   



Từ (1) ta có: a = b, Và (2) luôn luôn thỏa.

Mà a2 + b2 0 nên a, b đều khác O.

Từ (3) ta có: c2 = a2 + b2 = 2b2   c b 2.

Vậy phương trình của () laø: bx + byb 2= 0   x y 2 0.

VẤN ĐỀ 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI HAI ĐƯỜNG TRỊN

Bài 17. Cho hai đường trịn

(C1): x2 + y2 – 2x – 4y + 3 = 0 vaø (C2): x2 + y2 + 2x – 17 = 0
Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

Giải

(C1) có tâm I(1, 2), R = 2
(C2) có tâm J(–1, 0), R = 3 2
Ta coù IJ = 2 2 = R – R
Vậy (C1) (C2) tiếp xúc trong

Gọi M là tiếp điểm của (C1) và (C2)
Ta coù JM R 3

IM R



 

 JM 3IM

 M M

M M

x 1 3(x 1)

y 0 3(y 2)

  



   



Vaäy M(2, 3)

J I

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

Tiếp tuyến chung là đường thẳng qua M và có PVT IJ = –2(1, 1)
Phương trình tiếp tuyến chung là: 1(x – 2) + 1(y – 3) = 0

 x + y – 5 = 0

Bài 18. Viết phương trình các tiếp tuyến chung của
(C1): x2 + y2 – 2x – 8 = 0

(C2): x2 + y2 – 4x + 4y – 1 = 0

Giải

(C1) có taâm I(1, 0), R = 1 8 = 3
(C2) có tâm J(2, –2), R = 4 4 1  = 3
Ta coù R – R < IJ = 5 < R + R

Vậy (C1) và (C2) cắt nhau và có bán kính bằng nhau

Do đó tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) có VTCP là IJ = (1, –2)  PVT
là (2, 1). Vậy phương trình tiếp tuyến có dạng 2x + y + C = 0 ()

Do điều kiện tiếp xúc: d(I, ) = R

 2 C

 = 3  C + 2 = 3 5

Vậy phương trình của hai tiếp tuyến chung: 2x + y – 2  3 5 = 0
Bài 19. Đề dự bị Đại học khối B/08

Cho A(3, 0); B(0, 4). Chứng minh đường tròn nội tiếp của OAB tiếp
xúc đường tròn qua trung điểm của các cạnh OAB.

Giaûi

 Gọi K, N, M lần lượt là trung điểm OA, AB, OB
Ta có K 3; 0

 

 

 ; M(0, 2)

MNK  tại N nên đường trịn (MNK)

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

có tâm I 3;1
4

 

 

  là trung điểm MK

bán kính R = MK 9 44 5

2 2 4



 

 Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp OAB
Ta có S = dt(OAB) = pr

 r = S OA.OB 12

P  OA OB AB   3 4 5  = 1

Mặt khác OAB  tại O nên tâm J của đường tròn nội tiếp nằm trên
d: y = x

Gọi J(a, a)  d (với a > 0)
Ta có d(J, Ox) = r = 1  a = 1
Vậy J(1, 1)

IJ = 1 0 1

16  4 = R – r

Vậy hai đường tròn này tiếp xúc trong.

Bài 20. Biện luận theo m vị trí tương đối của hai đường tròn:
(C1): x2 + y2 – 1 = 0.

(C2): x2 + y2 – 2(m + 1) + 4my – 5 = 0.

Giaûi

Ta có: (C1) là đường trịn tâm O, bán kính R = 1.
(C2) là đường tròn tâm I(m + 1; -2m) , bán kính

R2 =



m 1

 

2 2m



25.

Suy ra: OI =



m 1

 

2 2m



2 , R1 + R2 =



m 1

 

2  2m



25+ 1.
Rõ ràng: R2 > R1 nên

|R2 – R1| = R2 – R1 =



m 1

 

2  2m



25 – 1.
Ta có: OI < R1 + R2, với mọi m.

Mặt khác: OI > |R2 – R1|



m 1

 

2 2m





m 1

 

2 2m



2 5 1

         



 





 



1 m 1 2m m 1 2m 5.

         

x
A
K

M N

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>



 





2 2





 



1 m 1 2m m 1 2m 5.

         



m 1

 

2 2m



    > 2



m 1

 

2 2m



2 4

    

5m 2m 3 0

    m 1 m 3.

    

Vậy:

a) Nếu m < -1 hay m > 3

5thì |R2 – R1| <OI < R1 + R2 nên (C1) và (C2)
cắt nhau.

b) Nếu m = -1 hay m = 3

5thì OI = |R2 – R1| nên (C1), (C2) tiếp xúc nhau.
c) Nếu -1 < m < 3

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. (D2003) Cho (C): (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 và đường thẳng (d): x – y – 1 = 0. 
Viết phương trình đường trịn (C) đối xứng (C) qua (d). Tìm giao điểm
của (C) và (C).

BT2. (DBB2005) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = 0 tâm I và 
bán kính R. Tìm M  d: 2x – y + 3 = 0 mà MI = 2R.

BT3. Viết phương trình đường trịn thỏa:
a) Qua ba điểm A(5; 6), B(1; 0), C(–3; 4)

b) Qua A(–2; 4), B(5; 5) và tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x – 5y – 3 = 0
c) Tâm I(3; 2) và cắt (d): x – 3y + 8 = 0 theo một dây cung có độ dài

bằng 10.

BT4. (A2007) Cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 2), B(–2; –2), C(4; –2). Gọi H
là chân đường cao vẽ từ B và M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.
Viết phương trình đường tròn qua các điểm H, M, N.

Đáp số: x2 + y2 – x + y – 2 = 0.

BT5. Cho họ (Cm): x2 + y2 + 2mx – 6y + 4 – m = 0
a) Chứng minh (Cm) ln là đường trịn m

b) Khi m = 4. Viết phương trình đường thẳng vng góc đường thẳng
(): 3x – 4y + 10 = 0 và cắt đường tròn (C4) theo một dây cung có
độ dài bằng 6.

Đáp số: 4x 3y 27 0

4x 3y 13 0

  



   



BT6. D/2011

Cho (C) x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0

Viết phương trình đường thẳng  qua A(1, 0) cắt (O) tại M, N sao cho

AMN vuông cân tại A.
Đáp số: y = 1  y = –3

BT7. (DBB2007) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0. Tìm tọa độ 
bốn đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (C), biết A  d: x + y – 1 = 0.
BT8. (B2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1/2, 0), AB = 2AD, phương

trình AB: x – 2y + 2 = 0. Bieát xA < 0. Tìm A, B, C và D.

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

BT9. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Viết phương trình tiếp 
tuyến của đường trịn (C).

a) Tại điểm A(1; –1).

b) Biết tiếp tuyến vng góc (d): 3x – 4y + 1 = 0.
c) Phát xuất từ B(3; –2).

BT10. Viết phương trình đường trịn:

a) (B2005) Tiếp xúc trục hoành tại A(2; 0) và khoảng cách từ tâm I đến
B(6; 4) bằng 5. Đáp số: (x – 2)2 + (y – 1)2 = 1

b) Qua B(6; 4) và tiếp xúc (d): x + 2y – 5 = 0 taïi A(3; 1).
c) (DBB2006) Qua O(0; 0), A(–1; 1)

và tiếp xúc với đường thẳng x – y + 1 + 2 = 0.

Đáp số: x2 + y2 + 2x = 0, x2 + y2 – 2y = 0

d) (DBB2003) Tâm I nằm trên d: 2x + y = 0 và tiếp xúc d: x – 7y + 10 = 0
tại A(4; 2). Đáp số: (x – 6)2 + (y + 12)2 = 26C

e) Bán kính 5 và tiếp xúc với (d): 3x – 4y – 31 = 0 tại M(1; –7)
f) Tiếp xúc các trục tọa độ và qua N(2; –1).

g) Tiếp xúc các trục tọa độ và tâm nằm trên đường thẳng ():
3x – 5y – 8 = 0

h) Tiếp xúc hai đường thẳng (d): 2x – 3y – 10 = 0, (d): 3x – 2y + 5 = 0 và
tâm nằm trên đường thẳng 4x – 5y – 3 = 0.

BT11. Cho (Cm) x2 + y2 + 2(m – 1)x – 2(m – 2a)y + m2 – 8m + 13 = 0
a) Tìm điều kiện của m sao cho (Cm) là đường trịn. Tìm quỹ tích tâm I.
b) Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ A(1; 5) của (C4).

BT12. Cho họ đường trịn có phương trình:

x2 + y2 – 2(m + 1)x – 2(m + 2)y + 6m + 7 = 0 
a) Tìm quỹ tích tâm các đường trịn của họ đó.

b) Xác định tọa độ tâm của đường tròn thuộc họ đã cho mà tiếp xúc với
trục tung.

BT13. (B/09) Cho K  (C): (x – 2)2 + y2 = 4

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Đáp số: K 8 4;
5 5

 

 

 , R =

2 2
5 .

BT14. (B2006) Cho (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M(–3; 1). Gọi T

1,
T2 là các tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình
đường thẳng đi qua T1, T2.

BT15. (DBD2002) Cho (C): x2 + y2 + 2x – 4y = 0 và đường thẳng 
(d): x – y + 1 = 0. Tìm M  d sao cho từ M có hai đường thẳng tiếp xúc
(C) tại A và B mà MAB đều.

BT16. (D2007) Cho (C): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng 
d: 3x – 4y + m = 0. Tìm m để trên d có duy nhất điểm M sao cho từ M
vẽ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) mà tam giác MAB là tam giác
đều (A, B là tiếp điểm).

Đáp số: m = 19  m = –41.

BT17. Cho (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M  yOy sao cho từ M vẽ hai tiếp 
tuyến đến (C) mà góc của 2 tiếp tuyến bằng 60o.

BT18. (DB/D08) Cho (C): (x – 4)2 + y2 = 1. Tìm M  yOy sao cho từ M vẽ 2 
tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B là tiếp điểm sao cho AB qua E(4; 1).

Đáp số: M(0; 4)

BT19. (DB/A08) Cho (C): x2 + y2 = 1. Tìm m để trên d: y = m tồn tại đúng 2 
điểm mà từ mỗi điểm đó vẽ 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho góc 2 tiếp tuyến
là 60o.

BT20. Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4x + 2y – 4 = 0 và
(C2): x2 + y2 – 10x – 6y + 30 = 0 có tâm lần lượt là I và J.

a) Chứng minh (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H.
b) Gọi (D) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (D2). Tìm

tọa độ giao điểm K của (D) và đường thẳng IJ. Viết phương trình
đường trịn (C) qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H.

BT21. (DBA2002) Viết phương trình tiếp tuyến chung của
(C1): x2 + y2 – 10x = 0 vaø (C2): x2 + y2 + 4x – 2y – 20 = 0

Đáp số: x + 7y – 5  25 2 = 0
BT22. (C1) x2 + y2 + 2x – 2y + 1 = 0

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Tìm giao điểm các tiếp tuyến chung và đường nối tâm

Đáp số: E(–4; 5
2), F(

1
2;

1
4)

BT23. (D2006) Cho (C): x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0 và đường thẳng 
d: x – y + 3 = 0. Tìm M trên d sao cho đường trịn tâm M có bán kính
gấp đơi bán kính của (C), tiếp xúc ngồi (C).

BT24. (DBB2005) Cho (C): x2 + y2 – 12x + 4y + 36 = 0. Viết phương trình 
đường trịn (C) tiếp xúc 2 trục tọa độ và tiếp xúc ngoài (C).

Đáp số: (C): (x – 6)2 + (y – 6)2 = 36 
(x – 18)2 + (y + 18)2 = 324 
(x – 2)2 + (y + 2)2 = 4

BT25. (DBA2007) Cho (C): x2 + y2 = 1 và đường tròn (C) tâm I(2; 2), biết 
rằng (C) cắt (C) tại A, B mà AB = 2. Viết phương trình đường
thẳng AB.

Đáp số: x + y – 1 = 0.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

BÀI 4

ELIP

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. ĐỊNH NGHĨA

Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2 = 2c > 0. Cho
hằng số a với a > 0.

Elip (E) =



M|MF1MF2 2a



F1 và F2 là các tiêu điểm.
F1F2 = 2c là tiêu cự.

Nếu M  (E) thì MF1 và MF2 được gọi là các bán kính qua tiêu của
điểm M.

II. PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA ELIP

Xét (E) =



M|MF1MF2 2a



, trong đó F1F2 = 2c.
Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho F1(–c; 0) và F2(c; 0)

Phương trình chính tắc của elip là:

2 2

2 2 2
2 2

x y 1 (với b a c ).

a  b   

Nếu M (x, y) (E) thì các bán kính
qua tiêu của điểm M là:

MF1 = a + cx

a vaø MF2 = a -
cx

a .

III. HÌNH DẠNG CỦA ELIP

Xét elip (E): 2 2 2 2 2
2 2

x y 1 (b a c ; a b 0).

a  b     

a. Elip (E) có tâm đối xứng là O và có hai trục đối xứng là xOx và yOy.
b. Elip (E) cắt xOx tại hai điểm A1(-a; 0) và A2(a; 0); cắt yOy tại hai

điểm. B1(0; -b) và B2(0; b). Bốn điểm đó được gọi là bốn đỉnh của elip.
Đoạn thẳng A1A2 được gọi là trục lớn còn đoạn thẳng B1B2 được gọi là
trục bé của elip.

Ta gọi 2a là độ dài trục lớn còn 2b là độ dài trục bé của elip.
Chú ý rằng hai tiêu điểm của elip luôn luôn nằm trên trục lớn.

M(x,y)

F1(–c,0) O F2(c,0)
y

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

c. Nếu M (x, y)  (E) thì –a  x a và   b y b nên toàn bộ elip (E)
thuộc hình chữ nhật giới hạn bởi bốn đường thẳng x = a và y = b.
Hình chữ nhật đó được gọi là hình chữ nhật cơ sở của elip.

IV. TÂM SAI CỦA ELIP

Tâm sai của elip là tỉ số giữa tiên cự và độ dài trục lớn của elip. Ký hiệu
là e.

Ta coù: e = c
a

Tâm sai của mọi elip đều bé hơn 1.

V. ĐƯỜNG CHUẨN CỦA ELIP

a) Định nghóa:

Cho elip (E): x22 y22 1(a b 0).

a  b    và hai đường thẳng
(1): x = – a

e; (2): x =
a
e

 

1 được gọi là các đường chuẩn ứng với tiêu điểm F1.

(2) được gọi là các đường chuẩn ứng với tiêu điểm F2.

Chú ý: Đường chuẩn ln ln vng góc với trục lớn và khơng cắt elip.

b) Định lý: Tỉ số khoảng cách từ một điềm bất kỳ của elip đền một tiêu
điểm và đường chuẩn tương ứng bằng tâm sai e của elip.

M(x,y)

F1(–c,0) O F2(c,0)
y

r1 r2

A1 A2

1 2

a
e

a

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Viết phương trình chính tắc của elip
a. Có tiêu cự 2c = 8, tâm sai e = 4

5
b. Tuyển sinh Đại học khối A/08
Tâm sai e = 5

3 và hình chữ nhật cơ sở có chu vi 20.

Giải

a/ Phương trình chính tắc của elip (E) có dạng:

2 2

2 2 2
2 2

x y 1 (với b a c ).

a  b   

Ta coù: 2c = 8  c = 4
Vaø: e = 4

5 

c 4 a 5

a  5  (vì c = 4)
Vậy:b2 a2c2= 52 – 42 = 9.

Do đó: phương trình của elip (E) là: x2 y2 1.
25 9 
b/ Phương trình (E) có dạng

2 2
2 2

x y

a  b = 1 với b

2 = a2 – c2

Ta có chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 20

 4a + 4b = 20  a + b = 5
Ta coù e = c 5

a  3  9c

2 = 5a2 9(a2 – b2) = 5a2  4a2 = 9b2 
Maø b = 5 – a  4a2 = 9(5 – a)2

 5a2 – 90a + 225 = 0  a2 – 18a + 45 = 0

 a = 3  a = 15 (loại)
Vậy phương trình (E): x2 y2

9  4 = 1
Bài 2. Tuyển sinh Đại học khối D/05
Cho (E) x2 y2

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Giaûi

Do A, B đối xứng qua Ox nên xA = xB, yA = –yB
Đặt xA = a thì

A(a, 1 a2
4

 ), B(a, – 1 a2

 )

Ta có: ABC đều  AB2 = AC2


2
2
a
2 1
4
 

 
 
 

= (a – 2)2 +

2
2
a
1
4
 

 
 
 

 3 1 a2
4

 



 

  = a

2 – 4a + 4  7a2

4 – 4a + 1 = 0

 a = 2

7  a = 2 (loại do A  C)
Vậy A 2 4 3;

7 7

 

 

 , B

2; 4 3

7 7
 

 
 
 

Bài 3. Tuyển sinh Đại học khối A/2011
Cho (E): x2

4 + y

2 = 1. Tìm A, B trên (E) có x

A, xB > 0 sao cho OAB
cân tại O và có diện tích lớn nhất.

Giaûi

Do A, B đối xứng qua trục hoành
Gọi A(a, 1 a2

 )  (E) thì B(a, – 1 a2
4

 )

Gọi H trung điểm AB thì H(a, 0)
Ta có: S = diện tích (OAB) = 1

2OH.AB = OH.HA

 S = a 1 a2
4

 = 1 a (4 a )2 2

2  (do a > 0)

Do bất đẳng thức Cauchy: 4 = a2 + (4 – a2)  2 a (4 a )2  2

 1  S = 1 a (4 a )2 2

2 

Vaäy Smax = 1 khi a2 = 4 – a2 a = 2  A( 2, 2

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Bài 4. Tuyển sinh Đại học khối B/2010
Cho (E) x2 y2

3  2 = 1 vaø A(2, 3)

Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm của (E) với xF1< 0

AF1 cắt (E) tại M với yM > 0. Gọi N đối xứng của F2 qua M. Viết
phương trình đường trịn ngoại tiếp ANF2.

Giải

Ta có c2 = a2 – b2 = 3 – 2 = 1 
Vậy F1(–1, 0), F2(1, 0)

Phương trình AF1: x 1 y

3 3

 

 y = 3

3 (x + 1)

Phương trình hồnh độ giao điểm (E) và AF1
2x2 + 3.3

9(x + 1)

2 = 6  3x2 + 2x – 5 = 0  x = 1  x = 5
3

 (loại)

Vaäy M(1, 2

3 ), N(1,
4

3 )
Ta coù AN = (–1, 3

3 ), AF2 = (–1, – 3)

Do AN.AF2= 0 ANF2 taïi A

Vậy đường tròn qua A, N, F2 là đường trịn đường kính NF2 tâm M bán
kính R = MF2

Phương trình đường trịn là:
(x – 1)2 + (y – 2

3 )
2 = 4

Baøi 5. Tìm điểm M trên elip (E): x2 y2 1.

25 9  sao cho:
a. MF1 = 2MF2.

b. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vng.
c. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 60o.

M A

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Giaûi

Gọi (xo; yo) là tọa độ của M. Ta có: M (E) 

2 2
o o

x y 1.

25  9  (1)
Mặt khác: a2 = 25, b2 = 9  c2 = a2 – b2 = 16  c = 4.

Neân: e c 4.

a 5

 

a/ Ta coù: MF1 = 2MF2  a + exo = 2(a – exo)  3exo = a

 xo = a 54 25.

3e 3 12

 



Thế vào (1) ta suy ra:

y2 2

o 2 2 o

25 9 119 119

9 1 y

12 25 12 4

  

      



 

Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện của đề bài có tọa độ là:
25; 119

12 4
 

 
 

 

b/ M nhìn hai tiêu điểm F1(-4; 0), F2(4; 0) dưới một góc vng nên M ở
trên đường trịn đường kính F1F2, đó chính là đường trịn tâm O có
bán kính 4. Phương trình đường trịn này là: x2 + y2 = 16.

M ở trên đường tròn này nên: 2
0

x + 2
0

y = 16. (2)
Suy ra: 2

y = 16 - 2
0

x
Thay vào (1) ta được:

 
      
2 2
2
0 0
0 0

x 16 x 1. x 7 25 x 5 7

25 9 16 4

Suy ra: 2 2

o o o

7 25 81 9

y 16 x 16 y

16 16 4



       

Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện của đề bài có tọa độ là:
5 7; 9 .

4 4
 
 
 
 
 

c/ M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 60o nên: 
F1F22 = MF12 + MF22 - 2 MF1. MF2cos60o





 2   2

1 2 1 2

4c MF MF 3MF .MF







2 2

o o

4c 4a 3 a ex a ex

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>





2 2 2 2 2
o

4c 4a 3 a e x

   

2
o

64 100 3 25 x

25
 
     
 
2
o
25 13
x
26


  o

5 13
x

  

Thay xo vào (1) ta được:

2 o

o o

x 13 9 13 3 3

y 9 1 9 1 y

25 16 16 4

    

         

 

Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện của đề bài có tọa độ là:
5 13; 3 3 .

4 4
 
 
 
 
 

Baøi 6. Cho (E) x2 y2
18 2 = 1

Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm trên (E) hình chữ nhật này nhận hai
trục tọa độ là hai trục đối xứng và có diện tích lớn nhất.

Giải

Gọi M(xM, yM)  (E) 

2 2
M M

x y

18  2 = 1
Ta coù S = dt(MNHK)

= MN.MK = (2MI)(2MJ)

 S = 4MI.MJ = 4xM.yM
Do bất đẳng thức Cauchy ta có

1 =

2 2

M M

x y

3 2 2

   

    

   

 

 2 xM

3 2 .

2  12  4xM.yM = S

Do đó Smax = 12 

M
M
2 2
M M
y
x

3 2 2

x y 1

18 2


 



 


 M M

2
M

3 y x

y 1
 





Vaäy M(3; 1), N(–3; 1), H(–3; –1), K(–3; 1)

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Viết phương trình chính tắc của ellip (E) trong các trường hợp sau:
a. (E) đi qua M 5; 15

 

 

  vaø có hai tiêu điểm F1(-3; 0), F2 (3; 0).

N M

H K

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

b. (E) ñi qua M 2; 5
3

  

 

  và có tâm sai e =

2.
3

c. (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) và tâm sai e = 2.
3

d. (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) và tỷ số hai trục là a 5
b  4

e. (E) có trục lớn 2a = 8 và khoảng cách giữa hai đỉnh liên tiếp là A1B1 = 5.
f. DB/D06 Độ dài trục lớn 4 2, các đỉnh trên trục nhỏ và tiêu điểm

cùng nằm trên 1 đường tròn.

g. Phương trình một đường chuẩn là x = 4, đỉnh trên trục nhỏ nhìn hai
tiêu điểm dưới góc 120o.

BT2. Cho (E): 4x2 + 9y2 = 36. Viết phương trình đường thẳng qua M(1, 1) 
và cắt (E) tại A, B sao cho M là trung điểm của AB.

BT3. Cho (E): x2 + 4y2 = 16

a. Viết phương trình đường thẳng  qua M(1, 1

2) và có VTCP a = (2, –1)
b. Tìm giao điểm A, B của  và (E). Chứng minh MA = MB.

BT4. Cho (E): x2 y2

25 9 = 1 và đường thẳng (): Ax + By + C = 0 di động
ln thỏa 25A2 + 9B2 = C2. Tính tích khoảng cách từ hai tiêu điểm của 
F1, F2 đến .

BT5. Cho (E) x2
4 + y

2 = 1 và C(2, 0)

Tìm A, B trên (E) đối xứng nhau qua Ox sao cho

a. F2AB vng cân với xF2> 0

b. Diện tích F1AB baèng 3

Đáp số: 4 3 2 2 2 2; 3

5 5

   

 

 

BT6. Cho (E) x2 y2
25 16 = 1

Tìm các đỉnh của hình chữ nhật nội tiếp trong (E) mà các cạnh song
song với hai trục và có diện tích lớn nhất

Đáp số: 5 2; 2 2
2

 

 

 

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

BÀI 5

HYPERBOL

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. ĐỊNH NGHĨA

Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2 = 2c > 0. Cho
hằng số a với 0 < 2a < 2c.

Hyperbol (H) =



M MF1MF2 2a



Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm. F1F2 = 2c là tiêu cự.

Nếu M  (E) thì MF1 và MF2 được gọi là các bán kính qua tiêu của điểm M.

II. PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA HYPERBOL

Xét hyperbol (H) =



M|MF1MF2 2a



, trong đó F1F2 = 2c.

Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho F1(-c; 0) và F2(c; 0)
Phương trình chính tắc (H) là

2 2

2 2 2

2 2

x y 1 (với b c a ).

a  b   

Chú ý:

Nếu M (x, y)  (H) thì các
bán kính qua tiêu của điểm M laø:
* x > 0: MF1 = a + cx

a vaø MF2 = -a +
cx

a .
* x < 0: MF1 = -a - cx

a và MF2 = a -
cx

a .

III. HÌNH DẠNG CỦA HYPERBOL

Xét hyperbol (H): 2 2 2 2 2
2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

a. Hyperbol (H) có tâm đối xứng là O và có hai trục đối xứng là Ox và Oy.
b. Hyperbol (H) cắt Ox tại hai điểm A1 (-a; 0) và A2 (a; 0), chúng được gọi

là đỉnh của Hyperbol. Ox được gọi là trục thực của hyperbol.
Hyperbol không cắt trục Oy, trục này gọi là trục ảo của hyperbol.
Ta gọi 2a là độ dài trục thực còn 2b là độ dài trục ảo của hyperbol.
Chú ý rằng hai tiêu điểm của hyperbol luôn nằm trên trục thực.

O
y

x
B1

A1 A2 F2

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

c. Nếu M (x, y)  (H) thì x a hoặc x a nên hyperbol gồm hai
nhánh: nhánh phải gồm những điểm nằm bên phải đường thẳng
x = a, và nhánh trái gồm những điểm nằm bên trái đường thẳng x = -a.

IV. ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HYPERBOL

Hyperbol (H) 2 2 2 2 2
2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

Có hai đường tiệm cận là: y = bx.
a



Chú ý:

Từ hai đỉnh của (H) ta vẽ hai đường thẳng song song với Oy, Chúng cắt
hai đường tiệm cận tại bốn điểm: P, Q, R, S. Đó là bốn đỉnh của một
hình chữ nhật, gọi là hình chữ nhật cơ sở của hyperbol. Các cạnh của
hình chữ nhật đó là 2a và 2b, đường chéo là 2c.

V. TAÂM SAI CUÛA HYPERBOL

Tâm sai của hyperbol là tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục thực của
hyperbol. Ký hiệu là e. Ta có: e = c

a
Tâm sai của mọi (H) đều lớn hơn 1.

VI. ĐƯỜNG CHUẨN CỦA HYPERBOL

a/ Định nghĩa: Cho hyperbol (H): x22 y22 1.
a  b 
Hai đường thẳng

 

1 : x = ae và

 

: x

  được gọi là các đường
chuẩn của hyperbol.

 

1 được gọi là các đường chuẩn ứng với tiêu điểm F1.
(2)được gọi là các đường chuẩn ứng với tiêu điểm F2.

* Chú ý: Đường chuẩn ln ln vng góc với trục thực.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Viết phương trình chính tắc của hyperbol (H) có hai đường
tiệm cận: 4x  3y = 0 và hai đường chuẩn: 5x  9 = 0.

Giải

Phương trình chính tắc của hyperbol (H) có daïng:

2 2

2 2 2
2 2

x y 1 (b c a ).

a  b   

Hai đường tiệm cận: 4x  3y 0 hay: y = 4x
3

 nên: b 4
a  3 (1)
Hai đường chuẩn: 5x  9 0 hay x = 9

 neân: a2 9

c  5 (2)
Từ (1) ta có: a b

3  4 hay

2 2 2 2 2

a b a b c

9 16 9 16 25



  

 (3)

Từ (2) ta có: a2 c
9  5 hay

4 2

a c

81  25 (4)
Từ (3) và (4) ta suy ra: a4 a2

81  9 hay: a

2 = 9. Vaø: b2 1
16  hay b

2 = 16. 
Vậy phương trình chính tắc của hyperbol (H) là: x2 y2 1

9 16 

Bài 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1, cắt trục tung ở A (0; 1) và B (0; -1). 
Đường thẳng y = m ( 1 m 1, m 0  ) cắt (C) ở T và S. Đường
thẳng AT cắt đường thẳng BS tại P. Tìm tập hợp các điểm P khi
m thay đổi.

Giaûi

Tọa độ giao điểm S và T là nghiệm của hệ: x2 y2 1
y m

  





Giải hệ này ta suy ra: T



 1 m ; m 2



vaø S( 1 m ; m 2 ).

Phương trình của đường thẳng AT:



1 m x



 1 m .y 2  1 m 2 0 (1)

Tương tự phương trình của đường thẳng BS là:



1 m x



 1 m .y 2  1 m 2 0 (2)

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Giải hệ này ta được: P

1 m
x

m
1
y

 





 


Khử m giữa tọa độ của P ta được: y2 – x2 = 1 
Vì y = 1

m maø -1 < m < 1 vaø m 0 neân: y < -1 hay y > 1.

Vậy tập hợp các điểm P là hyperbol (H): y2 – x2 = 1 loại bỏ hai đỉnh.

Bài 3. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa ():

4x – 5y – 32 = 0 vaø (H): y = x29.

Giải

Lấy M(xo; yo) (H) ta có: yo = x20 9 (1)

Khoảng cách từ M tới đường thẳng ():

d = 2

o o o o

1 4x 5y 32 1 4x 5 x 9 32

41    41    do (1)
Khoảng cách ngắn nhất giữa () và (H) chính là giá trị nhỏ nhất của d:

Đặt: f(xo) = 4xo – 5 x2o  9 32.

Ta coù: f(xo) = 4 –

o o

2 2

o o

4 x 9 5x

x 9 x 9

 


 

Xét dấu f(xo):

Nếu xo0 thì f(xo) 0.

Nếu xo > 0 thì 4 x2o  9 5x0 0 nên f`(xo) cùng dấu với:

0 0

[4 x  9 5x ] 2

0 0

[4 x  9 5x ] = 16( 2
0

x + 9) – 25 2
0

x = 9(16 – 2
0

x )
Xét dấu 16 - 2

x khi xo > 0

x0 – –4 0 4 +

16 – 2
0

x 0 + 0 –

Bảng biến thiên:

x0 0 4 +

f(x0) + 0 –

f(x0) –41

d 41

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Viết phương trình chính tắc của hyperbol (H) trong các trường hợp:
a. (H) có tiêu điểm F1(3 5; 0), F (3 5; 0)2 và đi qua M



5 2; 2 5



b. DBA/06 có phương trình hai tiệm cận y = 2a

2 2

x y

12 2 = 1

c. (H) đi qua M (-5; 3) và có tâm sai e = 2

d. (H) có trục ảo trên Ox và có độ dài bằng 6 và tiêu cự bằng 10.
e. (H) có khoảng cách giữa hai đỉnh bằng 6 và đi qua A



6; -2 3



g. (H) đi qua M (24; 5) và có hai tiệm cận là 5x 12y 0

h. (H) đi qua hai điểm A



4; 6 , B 6; -1

 



i. (H) có độ dài nửa trục thực bằng 3 và đi qua điểm



6; 2 3



j. (H) đi qua M(6; 3) và góc giữa hai tiệm cận bằng 600. 
k. (H) đi qua M 4 34 9;

5 5

 

 

 

và nhìn hai tiêu điểm trên Ox dưới một góc vng.
l. (H) đi qua M 4 5 2;

3 3

 

 

  và nhìn hai tiêu điểm trên Ox dưới một góc 60

0. 
m. (H) có hai đường tiệm cận 3x  4y = 0 và hai đường chuẩn 5x 16 = 0.
BT2. Một đường thẳng (D) lưu động cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại

A, B sao cho tam giác OAB có diện tích khơng đổi bằng S. Tìm quỹ tích
các điểm M ở trên (D) sao cho: MA k.MB (k là hằng số khác 0 và
khác 1).

BT3. Tìm những điểm trên hyperbol (H): 9x2 – 16y2 – 144 = 0, nhìn hai 
tiêu điểm dưới một góc 120o.

BT4. Cho hyperbol (H): x22 y22 1

a  b  và một điểm M thuộc (H). Chứng minh:
a. OM2 – F

1M.F2M = a2 - b2.
b. (F1M + F2M)2 = 4(OM2 + b2)

BT5. Cho (H) 8x2 – y2 = 8 vaø d: 2x – y + m = 0

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

BÀI 6

PARABOL

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. ĐỊNH NGHĨA

Cho một đường thẳng () cố định và một điểm F cố định không thuộc ().

Parabol (P) =



M|MF d M,









Gọi: F là tiêu điểm
() là đường chuẩn

d(F, ) = p là tham số tiêu

MF là bán kính qua tiêu của điểm M.

II. PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA PARABOL

Xét parabol: (P) =



M|MF d M,









Chọn hệ tọa độ Oxy như sau:
Trục Ox là đường thẳng đi qua
F và vng góc với (), hướng
dương từ P đến F

Gọi P là giao điểm  và xOx.
Trục Oy là trực đoạn PF. Gốc
tọa độ O là trung điểm PF.
Ta có: F P;0 ;

 

 

  Phương trình đường chuẩn (): x = – p2

Phương trình chính tắc của parabol là:
2

y = 2px

Chú ý: Nếu M(x, y) 

 

P thì bán kính qua tiêu của điểm M là: MF = x + p

III. HÌNH DẠNG CỦA PARABOL

Xét parabol (P): y2 = 2px

 

 

 

P
F ;0

2
x
y

H k

P ;0

 

 

 

O


</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

a) Parabol (P) có trục đối xứng là Ox.
b) Giao của parabol (P) với trục đối

xứng Ox được gọi là đỉnh của
parabol, đó chính là điểm O.
c) Các điểm của parabol đều nằm
phía bên phải trục Oy.

IV. TÂM SAI CỦA PARABOL

Tâm sai của parabol luôn luôn bằng 1.

O
y



P
F ;0

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Đề dự bị khối A/03
Cho (P) y2 = x và I(0, 2)

Tìm M, N trên (P) sao cho IM 4IN

Giải

Gọi M(m2, m) và N(n2, n) nằm trên (P) y2 = x 
Ta có: IM 4IN

 m2 0 4(n2 0)

m 2 4(n 2)

   



  

 

2 2

m 4n

m 4n 6

 



 



 m 2n

2n 4n 6




  

 

 


  



m 2n

2n 4n 6

 m 6

n 3



 

 

m 2

n 1

 

 



Vaäy M1(36, 6); N1(9, 3)
M2((4, –2); N2(1, 1)

Bài 2. Cho parabol (P): x2 = 4y và đường thẳng (D): x – 2y + 4 = 0

a. Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (D).

b. Tìm điểm M trên cung AB của (P) sao cho tổng diện tích hai phần
hình phẳng giới hạn bởi (P) và hai dây cung MA, MB nhỏ nhất.

Giaûi

a/ Tọa độ giao điểm A, B của (P) và (D) là nghiệm của hệ:

x 4y

x 2y 4 0

 



  



Giải hệ này ta suy ra: A(-2, 1), B(4, 4)

b/ Gọi (xo, yo) là tọa độ của điểm M trên cung AB của parabol (P).
Ta có: x2

o4yo (1)

Vaø:  2 xo 4 (2)

Ta có diện tích hình phẳng
giới hạn bởi (P) và (D) là
không đổi. Nên: diện tích
phần hình phẳng đề cập trong

B
4

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

đề bài sẽ nhỏ nhất khi diện
tích tam giác MAB lớn nhất.
Diện tích tam giác MAB:

S 1.AB.d(M,(D)) 1.3 5d(M,(D))

2 2

 

Nên S lớn nhất khi d(M, (D)) lớn nhất:
Ta có: d(M, (D)) = 1xo 2yo 4

5  

2
o
o

1x 4

5 2

   do (1)
Maø: 2o

x x 4 0

    do (2)

Neân: d = 2o









o o o o

1 x 4 1 x 2x 8 1 x 1 9 9

5 2 10 10 10

   

           

   

  .

Vaø: d = 9 xo 1

10   Suy ra: y

2
o
o
x 1
4 4
 

Vậy d lớn nhất khi x0 1, yo 1
4

  .

Tọa độ của M là: 1; 1
4

 

 

 

Bài 3. Tuyển sinh Đại học khối D/08

Cho parabol (P): y2 = 16x và A(1, 4). Hai điểm M, N lưu động trên (P) 
sao cho tam giác AMN vuông tại A. Chứng minh rằng đường thẳng
MN luôn luôn đi qua một điểm cố định.

Giaûi

Gọi m, n lần lượt là tung độ của M, N vì M, N không thể trùng A nên
m  4, n  4

Ta coù M m2; m
16

 

 

   (P), N

n ; n
16

 

 

   (P)
 AM = m2 1, m 4

16
 
 
 
  ;
2
n

AN 1, n 4

 

   

 

Tam giác AMN vuông tại A  AM.AN 0
 (m216) (n. 216)

16 16 + (m – 4)(n – 4) = 0

 (m 4) (n 4) . 

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

 mn + 4(m + n) + 272 = 0 (*)

MN qua M và có VTCP MN n2 m2; n m
16
  
  
  =
n m
16

 (n + m; 16)

Vậy phương trình MN là:

x y m

n m 16

 



 16x – (n + m)y + nm = 0

Gọi I(x0, y0) là điểm cố định của MN
Ta có: I  MN m, n  4

 16x0 – (n + m)y0 + nm = 0 m, n  4
Do (*) neân 0

0
16x 272
y 4


  
 
0
0
x 17
y 4


  


Vậy MN luôn qua I(17; –4) cố định.

Bài 4. Tìm điểm M thuộc parabol (P): y2 = 64x, và điểm N thuộc đường 
thẳng

 

 : 4x + 3y + 46 =0, để đoạn MN là ngắn nhất.

Giải

Cứ với mỗi điểm M(xo, yo)  (P) thì đoạn vng góc hạ từ M xuống

 


ngắn hơn mọi đoạn xiên nối từ M tới

 

 . Nếu muốn tìm M  (P),
N 

 

 để đoạn MN ngắn nhất ta chỉ cần tìm đoạn ngắn nhất trong tất

cả các đoạn vng góc hạ từ M  (P) xuống

 

 .

Ta coù: d(M,

 

 =14xo 3y0 46

5  

Vì: M(xo, yo) (P) nên: yo2 = 64xo.
Do đó: d(M, ) = 14xo 3y0 46

5   =

2
o

1 3y 46

5 16

 

 

 

 

Vì: 2o
0

y 3y 46

16  > 0 do  = 9
1

4. .46 0
16

 

Ta coù: d(M, )

2
2

o o

y y

1 3y 36 10 1 6 10 10 2

5 16 5 4 5

 
    
             
 

 
 
   

Vaø: d(M, ) = 2 o

y 6 0 y 24

     

Vậy MN ngắn nhất bằng 2 khi có tọa độ: yo = -24, xo =

2
o

y 9

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Bây giờ ta xác định tọa độ (x1, y1) của N:

Ta coù: N(x1, y1)  ()4x13y146 0 (1)

Mặc khác MN  

 

nên MN



x19; y124



vng góc với vectơ chỉ
phương u  



3, 4



của ( ). Do đó:

-3(x1 – 9) + 4(y1 + 24) = 0 3x1 4y1123 0 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: M(9; -24) và N 37 126;

5 5

  

 

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Viết phương trình chính tắc của parabol (P) trong các trường hợp sau:
a. (P) có trục là Ox và khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn bằng 3.
b. (P) có đường chuẩn x + 15 = 0

BT2. Cho parabol (P): y2 = 4x. Một đường thẳng bất kỳ đi qua tiêu điểm của 
(P) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rẳng tích các
khoảng cách từ A và B đến trục của (P) không đổi.

BT3. Cho (P) có đỉnh O, trục hồnh là trục đối xứng và qua A(2, 2 2). Gọi
d là đường thẳng qua I(5

2, 1) cắt (P) tại M, N sao cho IM = IN. Tính MN
BT4: Gọi A, B là giao điểm của d: mx – y – 2m = 0 vaø (P): y2 = 8x

Chứng minh đường trịn đường kính AB ln tiếp xúc với đường chuẩn
của (P)

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

PHẦN 2

HÌNH HỌC

KHÔNG GIAN

Biên soạn:

TRẦN MINH QUANG

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

BÀI 1

QUAN HỆ SONG SONG VÀ VUÔNG GÓC

I. HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG

Định nghóa:

 Hai đường thẳng song song với nhau nếu chúng đồng phẳng và khơng có
điểm chung

Lưu ý: Hai đường thẳng chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng

Định lý: Trong không gian

 Qua một điểm nằm ngồi một đường thẳng, có một và chỉ một đường thẳng
song song với đường thẳng đó.

 Hai đường thẳng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

Định lí: Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì

ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc song song. (h.1,2)

 Hệ quả: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau lần lượt đi qua hai đường thẳng song

song thì giao tuyến của chúng song song với hai đường thẳng đó (hoặc trùng
với một trong hai đường thẳng đó). (h.3)

(h.1,2)

Ba giao tuyến đồng qui hoặc song song

P Q

a b

(Q) (P)

b
a

c
R

(h.3)

P)  (Q) = c, a  (Q), b  (P) vaø a // b 
 a // b // c (không xét c  a, b)

Q
a

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

II. ĐƯỜNG THẲNG VAØ MẶT PHẲNG SONG SONG 
1. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng:

 d và () không có điểm chung  d // ()

 d và () có 1 điểm chung duy nhaát M  d () = M

 d và () có từ 2 điểm chung trở lên  d  ()

2.Định lí:

Nếu đường thẳng a khơng nằm trên mp(P) và song song với một đường thẳng

nào đó nằm trên mp(P)thì a song song với mp(P)

a  (P), d  (P), a // d  a // (P)

Định lí:

Nếu đường thẳng a song song với mp(P), mọi mp(Q) chứa a và cắt (P) thì
giao tuyến của (P) và (Q) song song với a.

Hệ quả:

 Nếu đường thẳng d song song mp(P) thì d song song một đường thằng nào
đó trong (P).

 Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng song song đường thẳng d thì giao tuyến
của chúng song song với d.(h.2)

(P)  (Q) = a, (P) // d , (Q) // d  a // d

Định lí:

Nếu a và b là hai đường thẳng chéo nhau thì có duy nhất một mặt phẳng (P)
chứa a và song song với b. (h.3)

a // (P), a (Q), (P) (Q) = b a // b
(P) d

d (P)

d
(P)

d // (P)

(P)

d caét (P)

b
a

(h.1)

d
(h.2)

P
Q

(h.3)

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

III. HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

1. Hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q); có hai vị trí tương đối:
 Hai mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến d: (P)  (Q) = d.
 Hai mặt phẳng song song nếu chúng khơng có điểm chung.

2. Điều kiện để hai mặt phẳng song song.

Định lí: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau và cùng song song

với mp(Q) thì (P) song song (Q).

    






a (P), b (P), a b

(P) // (Q)
Q), b // (Q)




Hệ quả: Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt

phẳng này đều song song mp kia.

 

(P) // (Q),a (P) a // (Q)

3. Tính chất

 Tính chất 1:

Qua một điểm nằm ngoài mp(P) có một và chỉ một mp(Q) song song với
mp(P).

 Hệ quả 1: Nếu đường thẳng a song song với mp(P) thì có duy nhất một
mp(Q) chứa a và song song mp(P).

 Hệ quả 2: Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba

thì song song với nhau.

 Hệ quả 3: Cho điểm A không nằm trên mp(P). Mọi đường thẳng đi qua A
và song song mp(P) đều nằm trong một mp(Q) đi qua A và song song
mp(P).

 Tính chất 2:

Có hai mặt phẳng song song mọi mặt phẳng cắt mặt phẳng thứ nhất thì cắt
mp thứ hai và hai giao tuyến song song nhau.

(P) // (Q), (R)  (P) = a  (R)  (Q) = b, b // a

 Hệ quả: Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những
đoạn bằng nhau.

b
P

P
Q

A
B
a b A'

(h.2)

P
Q

a
b

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

BÀI 2

QUAN H

Ệ

VUÔNG GÓC

I. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC MẶT PHẲNG

1. Định nghĩa: Đường thẳng d được gọi là vng góc mp (P) nếu d vng góc mọi

đường nằm trong (P). Kí hiệu d  (P).

2.Điều kiện để đường thẳng d vng góc mp(P).

Nếu d vng góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (P) thì d vng góc
(P).

d b (P)

d a (P)

a b

  



  


   

 d  (P)

3.Tính chất:

a) Qua một điểm có duy nhất một mặt
phẳng vng góc với một đường thẳng
cho trước.

b) Mặt phẳng vng góc đoạn thẳng AB tại
trung điểm của nó gọi là mặt phẳng trung
trực của đoạn AB.

M trên mặt phẳng trung trực

 MA = MB.

c) Qua một điểm có duy nhất một đường thẳng vng góc với một mặt phẳng
cho trước.

4.Liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vng góc của đường thẳng và mặt

phẳng.

a)  Có hai đường thẳng song song, mặt
phẳng nào vuông góc đường này
thì vng góc đường kia

 Hai đưởng thẳng phân biệt cùng
vng góc một mặt phẳng thì song
song nhau.

b)  Có hai mặt phẳng song song, đường thẳng nào vng góc mặt phẳng này thì
vng góc mặt phẳng kia

 Hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc một đường thẳng thì song song
nhau.

a
b

(P)

A B

M
I

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

c)  Một đường thẳng và một mặt phẳng song song, đường thẳng nào vng góc
mặt phẳng thì vng góc đường thẳng.

 Một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vng góc một đường thẳng thì
đường thẳng song song hoặc nằm trong mặt phẳng.

5.Định lí ba đường vng góc

Cho a là đường thẳng nằm trong mp (P), b là đường thẳng không thuộc (P) và

vng góc (P) có hình chiếu vng góc trên (P) là b’.
Khi đó a vng góc b khi và chỉ khi a vng góc b’.

6. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

 Góc giữa đường thẳng d và mp(P) là góc giữa nó và hình chiếu của nó trên
(P).

 Khi d vng góc (P) ta nói góc giữa d và (P) bằng 900.
 Gọi  là góc giữa d và mp (P) thì 00 900.

II. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC

1. Định nghóa:

Góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau là góc
giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt
phẳng và cùng vng góc vời giao tuyến.

2. Diện tích hình chiếu của một đa giác:

Cho hình H có diện tích S nằm trong mặt phẳng (P) và hình H’ có diện tích S’ là

hình chiếu của H trên mặt phẳng (Q).
Nếu góc giữa (P) và (Q) là  thì:

S’ = S.cos

3. Hai mặt phẳng vuông góc

a) Định nghóa:

Hai mặt phẳng gọi là vuông góc

A B

(P) (Q)

Góc giữa (P); (Q) bằng AIB

d
(P)

B
A
d

d'
O

(P)

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

nhau nếu góc giữa chúng là 900

Kí hiệu (P)  (Q).

b) Định lí 1:

Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vng góc là mặt phẳng này chứa
một đường thẳng vng góc mặt phẳng kia.

c) Các hệ quả

 Hai mặt phẳng vng góc nhau, đường thẳng trong mặt phẳng này vng
góc với giao tuyến thì vng góc mặt phẳng kia.

(P) (Q); (P) (Q) d
a (P), a d

   



    a  (Q)

 Hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc mặt phẳng (P) thì giao tuyến của
chúng vuông góc mặt phẳng (P).

(Q)

d (R)

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>



Các vấn đề thường gặp

VẤN ĐỀ 1: BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH

1. Khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng (P): bằng độ dài đoạn vng

góc vẽ từ điểm M đến mp (P)

a)Cách tính:

 Ta tìm mp (Q) chứa M và vng góc
(P) theo giao tuyến d

 Vẽ MH vuông góc d thì MH vuông
góc mp(P)

 Khoảng cách từ M đến (P) bằng
đoạn MH.

b)Đặc biệt:

Khi tính khoảng cách từ M đến (P) bằng cách tính đoạn MH mà q khó thì

ta đổi khoảng cách như sau :

Đổi điểm song song: Ta cũng tìm mặt phẳng (Q) vng góc (P) theo giao

tuyến d (không cần phải chứa M), từ M vẽ đường thẳng (D) song song với
(P), đường thẳng (D) này cắt mặt phẳng (Q) tại A.

Suy ra: MA // mp(P)
thì d(A,(P)) = d(M,(P))

Đổi điểm cắt nhau:

Nếu đoạn MA cắt mp(P) tại C thì ta có d(M,(P))d(A,(P))  MHAK  CMCA
M

H
d

K
(P)

MA//(P)d(M,(P)) d(A,(P))

H
(P)

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

2.Khoảng cách giữa đường thẳng d song song mp(P) đến mp(P)bằng khoảng cách
từ một điểm bất kỳ trên d đến (P)

3.Cách dựng đoạn vng góc chung của 2 đường chéo nhau

 Cách 1: (Dựng song song)

– Xác định một mp (P) chứa d’ và song song d.

– Lấy M trên d, vẽ MH vng góc (P) tại H, qua H vẽ đường song song d đường

này cắt d’ taïi B.

– Qua B vẽ đường song song MH cắt d tại
A. Khi đó AB là đoạn vng góc chung.

Cách 2: (Dựng vng góc)

– Dựng mp () vng góc có d tại H

– Dựng đường thẳng (D) hình chiếu vng góc của d lên mp()

– Trong mp() veõ HK  (D)

– Từ K vẽ đường thẳng song song với d đường này cắt d tại B

– Từ B vẽ đường thẳng // HK đường này cắt d tại A
AB là đường vng góc chung cần dựng

Chú ý: Khi d vuông góc d

–Xác định mp (P) chứa d và vng góc d’ tại B. Từ B vẽ BA vng góc d
–Khi đó AB là đoạn vng góc chung của d và d’.

Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

– Bằng độ dài đoạn vng góc chung.

– Bằng khoảng cách giữa đường thẳng thứ nhất đến mặt phẳng chứa đường
thẳng thứ hai và song song đường thẳng thứ nhất.

– Bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song nhau lần lượt chứa hai
đường thẳng đó.

d

B
d

(P)

A M d

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

B/ BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Đề dự bị ĐH khối B/04

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc mp(ABC), SA = 3a, BA = BC = 2a,
ABC = 120o

Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC)

Giải

Vẽ AI  BC, AH  SI
Ta có BC  AI và SA

 BC  (SAI)  BC  AH
Vaäy AH  (SBC)

ABI   sin60o = AI 3

AB  2

 AI = 3

2 .2a = a 3
Do đó AH = d(A, (SBC)) = SA.AI
SI

= 2

2 2

3a.a 3 3a 3 3

2
2a 3

9a 3a   a

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a,

SA vng góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi I là trung điểm SC. Tính
khoảng cách từ I đến (SBD).

Giaûi I

M
G
K

A
SBD
S

I
K

H
G

C
D

B
A

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Gọi O là trung điểm AC thì SO cắt AI tại G trọng tâm SAC
Ta có AI cắt (SBD) tại G neân d(I,(SBD)) IM GI 1

d(A,(SBD))  AK  GA  2

 d(I(SBD)) = 1

2d(A, (SBD))
Veõ AH  BD vaø AK  SH

Do BD  SA và AH nên BD  (SAH)  BD  AK
Do AK  SH và BD nên AK  (SBD)

ABD  AH =

2 2

AB.AD a.2a 2a

BD  a 4a  5

SAH  AK =

2
2

2a
a.

SA.AH 5 2a

SH 4a 3

a
5

 



Do đó: d(I, (SBD) = 1

2d(A, (SBD)) =

AK a

2  3

Bài 3. Đề dự bị ĐH khối D/2002

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh a = 6 2cm. Xác định và tính độ dài đoạn
vng góc chung của AD và BC.

Giaûi

Gọi I và J lần lượt là trung điểm
của AD và BC

ABD và ACD đều cạnh a nên
BI = CI = a 3

IBC cân tại I nên IJ  BC (1)
Tương tự: JAD cân tại J

nên IJ  AD (2)
Từ (1) và (2)

 IJ là đoạn vng góc chung
của AD và AC

AIJ  IJ2 = AJ2– AI2 =

a 3
2

 

 

  –

2 2

a a

2 2

  
 

 

Vaäy IJ = d(AD, BC) = a

2 = 6 cm

C
J

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều.
Mặt bên (SAB) vng góc mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi M, N, K lần lượt là
trung điểm của BC, SD, SB. Xác định và tính đoạn vng góc chung của
a) NK và AC b) MN và AK.

Giải

Vẽ SI  AB

Do (SAB)  (ABCD)  SI  (ABCD)
a) Veõ HK // SI, HL // BD

Ta coù: AC  BD  AC  HL
HK // SI  HK  AC

Vaäy AC  (HKNL) tại L

Vẽ LP  NK thì LP là đoạn vng góc chung của AC và NK
Do HKPL là hình chữ nhật nên

d(AC, NK) = LP = HK = SI a 3
2  4
b) Gọi R là trung điểm SA

Ta có RN 1AD
2

 vaø BM 1BC
2



Maø AD BC nên RN BM

Do đó BR // MN

Vậy (SAB) là mặt phẳng chứa
AK và NM (xem cách 1)
Vẽ GG // MB

Ta coù: BM  AB vaø SI

KNL P

L
AC

N
R

G

A
G

I
M

B C

D
S

A D

L
N
P

H
B

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Neân MB  (SAB)

 GG (SAB)  GG AK (1) và GG BR  GG AK và MN
Vậy GG là đoạn vng góc chung của AK và MN

Ta coù: GG = d(AK, MN) = BM = a
2

VẤN ĐỀ 2: CÁC BÀI TỐN TÍNH GĨC

1. Góc giữa hai đường thẳng: Bằng góc giữa hai đường thẳng cùng phương với

chúng và phát xuất từ một điểm.

 Tìm trong bài tốn các đường thẳng song song với hai đường đó để đổi
đường.

 Để tính giá trị của góc dùng hệ thức trong tam giác.

2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Góc giữa đường thẳng d và mp (P) là góc giữa nó và hình chiếu vng góc của
nó trên (P).

Gọi  là góc giữa d và mặt phẳng (P) thì 00 900.

 Đầu tiên ta tìm giao điểm của d và (P) là A.

 Trên d chọn điểm B khác A, xác định BH vuông góc (P), suy ra AH là hình
chiếu củøa d trên (P).

 Vậy góc giữa d và (P) là góc BAH

 Chú ý: Khi xác định góc giữa d và (P) khó quá (khơng chọn được điểm B để

dựng BH vng góc (P)), thì ta sử dụng cơng thức sau đây:
Gọi  là góc giữa d và (P) suy ra:

sin = d(M,(P))
AM

với M là một điểm bất kỳ trên d và A là giao điểm của d với mặt phẳng (P).
Ta chuyển bài tốn góc về bài tốn tính khoảng cách từ M đến (P).

Công thức trên chứng minh rất đơn giản, nên coi như là hiển nhiên .

3. Góc giữa hai mp (P) và (Q)

Góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau là góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt
phẳng và cùng vng góc với giao tuyến tại một điểm.

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Trường hợp 1: Trường hợp 2:

Hai tam giác cân ABC;
DBC chung cạnh đáy BC

Gọi M là trung điểm BC thì góc giữa

hai mặt phẳng là AMD

Hai tam giác ABC; DBC có AD  (DBC). Vẽ
DH  BC thì AH  BC nên góc giữa hai mặt

phẳng là AHD

Trường hợp 3:

Hai tam giác ABC và DBC có các cạnh tương
ứng bằng nhau.

Vẽ AH  BC thì DH  BC

Vậy góc của hai mặt phẳng là AHD

 Chú ý:

Khi xác định góc của hai mặt phẳng khó q, ta nên sử dụng cơng thức sau:
Gọi  là góc giữa (P) và (Q) suy ra:

sin = d(A,(Q))
d(A,u)

với A là một điểm trên mặt phẳng (P) và u là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P)
và (Q). Công thức này chứng minh rất đơn giản, nên coi như là hiển nhiên.

Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng cơng thức S’ = S.cos.

D
B

M
C

D
B

H
C

A
C
H

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA

vng góc mặt phẳng đáy. Tính góc giữa:

a) SB và CD. b) SD vaø (ABCD). c) SC vaø (SAD).

Giải

a) Ta có: CD // AB nên góc giữa SB và
CD bằng góc giữa SB và AB bằng
góc SBA

Tam giác SAB coù tanSBA= SA

AB = 3

 SBA= 60o.

b) Ta coù: SD (ABCD) = D
SA  (ABCD)

 AD là hình chiếu vng góc của SD trên (ABCD)
Nên góc giữa SD và (ABCD) là góc SDA.

Tam giác SAD có tanSDA = SA

AD = 3 suy ra SDA = 60

c) Ta coù: CD AD

CD (SAD)
CD SA

 

 



 

Khi đó SC  (SAD) = S
CD  (SAD)

 SD là hình chiếu vng góc của SC trên (SAD)
Nên góc giữa SC và (SAD) là CSD tam giác CSD
có tanCSD = CD

SD =

1 CSD

2  = arctan
1
2.

Bài 2. Cho hai tam giác ABC và DBC khơng đồng phẳng có cạnh đáy BC chung.

Gọi I là trung điểm BC, vẽ AH vng góc ID. Cho AB = AC = AD = a,
BC = DB = DC = 2a/3. Tính góc giữa:

a) BA vaø (BCD). b) (ABC) vaø (BCD). c) (ABD) vaø (ACD)

Giaûi

a) Gọi H là tâm của  đều BCD

thì HB = HC = HD Mặt khác do AB = AC = AD nên AH
là trục đường trịn (BCD)  AH  (BCD)

Vậy BH là hình chiếu vuông góc của AB lên (BCD)
S

A D

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Ta coù: BH = 2
3BJ =

2 2a 3 2a 3

3 3 2 9

  

 

 

Vaäy cos ABH = cos(AB, (BCD)) = BH 2 3
AB  9

 ABH = arcos2 3
9
b) Gọi I là trung điểm BC

Ta có DI  BC, AI  BC

Vậy AID là góc của hai mp(ABC) và (BCD)

ABI  AI2 = AB2– BI2 = a2– a 2 8a2

3 9

  
 
 
BDC đều  IH = 1

3DI =

1 2a 3
3 3 2

 

 

  =

a 3
9

AIH  cosAIH = IH  a 3 3.  3  6

AI 9 a 2 3 2 6

c) Vẽ IK  AD ta coù AD  BC  AD  mp(BKC)

 CK  AD và BK  AD BKC là góc giữa hai mp(ABD) và (ACD)
IK =ID.AH

AD với ID = 
2a 3. a 3

3 2 3 ,

AH = 2 2

8

2 2

23

69

9

27

9 a

AI



IH







 IK =a 23

9 Ta coù : IK.BC=

KC .sinBKC

 sinBKC=IK.BC2

KC maø KC =  

2 2a
2a .

AI.BC 3 3 4a 2

AD a 9

BKC=arcsin3 23
16

Baøi 3. Tuyển sinh ĐH khối A/2003

Cho hình lập phương ABCD.ABCD. Tính góc của hai mặt phẳng
(BAC) và (DAC)

K

B D

I J

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Giải

Vẽ BH  AC

Ta có ABC = ACD (c.c.c)

 BCH HCD

HBC = HCD (c.g.c)

 CHD CHB = 1v
Vậy BHC là góc của
hai mp(BAC), (DAC)

ABC  taïi B  BH = B A.BC
A C



 HB = HD =

2 2

a 2.a a 6

3
2a a 
Áp dụng định lý hàm cosin trong

HBD ta coù:

BD2 = HB2 + HD2– 2HB.HDcosBHD

 cosBHD = 2HB2 2BD2
2HB

 =

2
2
2

2 2a 1

2
6a

2
9



 

 

 

 

 BHD = 120o

Bài 4. Đề dự bị ĐH khối A/2003

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác có AB = AC = a, BAC =
120o, cạnh bên BB bằng a. Gọi I là trung điểm của CC’. Chứng minh ABI

vuông. Tính cosin góc của hai mp(ABC) và (ABI)

Giaûi

ABC  BC2 = a2 + a2– 2a2cos120o = 3a2

BBA  caân  BA = a 2

IAC  AI2 = a2 + a2 5a2

4  4

BCI  BI2 = 3a2 + a2 13a2

4  4
Ta coù BA2 + AI2 = 2a2 + 5a2

4 =

13a

4 = BI

2

B’AI tại A

 Ta có Dt(AIB) = 1

2AI.AB =

a 10
4

A D

C

B

A D

C
B

B C

I
A

B C

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Dt(ABC) = 1
2a

2sin120o = a 32

Ta thấy rằng ABC là hình chiếu vuông góc của IBC vuông mp(ABC). Vậy
gọi  là góc của hai mặt phẳng (ABI) và (ABC) thì

cos = Dt( ABD) 3 30

Dt( AB I) 10 10



 




Bài 5.Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = a, ASB = 600, CSB = 900, ASC = 1200

a. Chứng minh: ABC vuông. b. Tính d(S, (ABC))

c. Tính góc giữa SB và (ABC). d. Tính d(A, (SCB)).

Giải

a/ Tam giác SAB đều  AB = a.
Tam giác SBC vng cân

 BC = a 2

Tam giác SAC cân có ASC = 120o

AC2 = SA2 + SC2– 2SA.SCcos120o

= a2 + a2– 2a2 1

 

 

  = 3a

2  AC = a 3

Xeùt tam giác ABC có AC2 = AB2 + BC2 nên tam giác vuông tại B.

b/ Ta có SA = SB = SC. Gọi D trung điểm AC. Ta có DA = DB = DC
Vậy SD là trục đường trịn (ABC)  SD  (ABC)

Vậy d(S, (ABC)) = SD = SC2 DC2 a

 

c/ Ta coù: SB(ABC) = B; SD  (ABC)

 BD là hình chiếu của SB trên (ABC) nên góc giữa SB và (ABC) là SBD
Tam giác SBD có tanSBD = SD

BD=
1

3 .
Vậy góc giữa SB và (ABC) là 60o

d) Ta có đoạn AC cắt (SBC) tại C và D là trung điểm AC nên:
d(A, (SBC)) = 2d(D, (SBC)).

Gọi M là trung điểm BC suy ra BC  DM (DM // AB) vaø SD  BC neân BC 

(SDM)

A D H C

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

A
d’

d B

Vẽ DH  SM thì DH  BC (do BC  (SDM))
Suy ra: DH  (SBC)  d(D, (SBC)) = DH.
Tam giác DHM có DH.SM = DS.DM  DH = a

2 2 .
Vaäy d(A, (SBC)) = 2.DH = a

2 .

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho tứ diện DABC có DA, DB, DC đơi một vng góc.
DA = a, DB = 2a, DC = 3a.

a) Tính d(AD, BC) b) Tính d(C, (ABD)).
c) Tính góc giữa (ACD) và (BCD).

BT2. Cho hình chóp S.ABCD có SA = 2a vng góc đáy, ABCD là hình vng tâm
O cạnh a. Vẽ AI vng góc SO.

a) Tính d(A, (SBD)) b) Tính d(C, (SBD))
c) Tính d(CD, (SAB)). d) Tính d(D, (SBC)).

BT3. Cho tứ diện ABCD có AB  CD, BC  AD. Có ACD đều và H là trực tâm.
AB = AC = a

a) Chứng tỏ BH  (ACD) b) Tính d(B, (ACD))
c) Chứng minh d(A, (BHC)) = d(D, (BHC)).

BT4. Cho tứ diện SABC, SA  (ABC). Vẽ CI  AB, AJ  BC. Cho tam giác ABC
đều cạnh a, SA = a/2.

a) Tính góc giữa (SBC) và (ABC)

b) Tính d(A, (SBC)) c) Tính d(B, (SIC)).

BT5. Cho hình vng ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt
phẳng vng góc. Gọi I là trung điểm AB.

a) Chứng minh SI  (ABCD). b) Tính góc giữa SI và (SCD).
c) Tính d(SB, CD). d) Tính d(B, (SCD)).

BT6. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có AB = a, SA = 3a.
a) Tính chiều cao hình chóp. b) Tính góc giữa mặt bên và đáy.
c) Tính d(SC, AB). d) Tính d(C, (SAB)).

BT7. Hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông taïi A, AB = 2a, AC = a,
SA = SB = SC = a 2. Gọi O, I là trung điểm BC, AB.

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

BT8. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có AB = a, góc giữa cạnh bên và
đáy là 600.

a) Tính d(S, (ABCD)). b) M là tâm điểm CD, tính góc (SCD) và đáy.
c) Tính d(SA, (SCD)). d) Tính góc (SAB) và (SCD).

BT9. (DB/D07) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M
là trung điểm AA’. Chứng minh BM vng góc B’C và tính khoảng cách giữa
BM và B’C

BT10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ABC BAD = 900,

BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh SA vng góc đáy, SA = a 2. Gọi H là hình
chiếu của A trên SB. Chứng tỏ tam giác SCD vng và tính khoảng cách từ H
đến (SCD).

BT11. (DB/B04) Cho hình chóp S.ABC coù SA  (ABC), SA = 3a, BA = BC = 2a,

ABC = 120. Tính d(A, (SBC)) Đáp số: 3a

2 .

BT12. D/2002 Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC), AC = AD = 4 , AB = 3, BC = 5.

Tính d(A, (BCD)) Đáp số: 12

BT13. DB/A02 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA 

(ABC) vaø SA = a 6

2 . Tính d(A, (SBC)). Đáp số:
a 2

BT14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với AB = a, AD = 2a.

SA  (ABCD) và SA = a. Tính d(A, (SBD)). Suy ra khoảng cách từ trung điểm I
của SC đến (SBD).

BT15. Cho hình thoi ABCD cạnh a và AC = a. Từ trung điểm H của AB, vẽ SH

vng góc (ABCD) với SH = 2a. Tính d(A, (SBC)).

BT16. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABCD là hình thang ABCD vng tại A và D,

AB = AD = a, CD = 2a, SD  (ABCD), SD = a.
a) Chứng minh SBC vng. Tính diện tích SBC.
b) Tính d(A, (SBC)) Đáp số: a 6

BT17.(B2002) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.

a) Tính d(BA’, DB’)

b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CD, A’D’. Tính góc của hai

đường thẳng MP và NC.

BT18. (B2007) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vng ABCD

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Tính d(MN, AC).

Đáp số: a 2

4 .(HD: d(MN, AC’) = d(MN, (SAC))) = d(N, (SAC)) = NH. )

BT19. Dự bị ĐH A/02

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc. Gọi , ,  là góc của
(ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB)

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

BAØI 3

CÁC BÀI TỐN TÍNH THỂ TÍCH

VẤN ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP

1

V = B.h

3

B: diện tích đáy

h: chiều cao

Chú ý: Cho khối chóp S.ABC. Trên các cạnh

SA, SB, SC lấy các điểm A’,B’,C’ khác S

thì:

S.A'B'C'
S.ABC

V SA'.SB'.SC'

V  SA.SB.SC

Dạng 1: TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TỨ DIỆN

Bài 1. Tuyển sinh ĐH khối D/2011

Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông tại B

BA = 3a, BC = 4a, mp(SBC) vuoâng goùc mp(ABC), SB = 2a 3, SBC = 30o

Tính thể tích khối S.ABC và khoảng cách từ B đến mp(SAC)

Giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BC
Do (SBC)  (ABC) nên SH  (ABC)
Ta có: AB  BC  AB  SB

SBH  sin30o = SH

SB =
1

2  SH =
1

2(2a 3) = a 3
Vaäy VS.ABC = 1

3SH.dt(ABC) =
1
3a 3.

23a . 4a = 2 3a

SAB  SA2 = SB2 + AB2 = 12a2 + 9a2 = 21a2

SBH  BH2 = SB2– SH2 = 12a2– 3a2 = 9a2

A C

B

A C

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

 HC = BC – BH = 4a – 3a = a

SHC  SC2 = SH2 + HC2 = 3a2 + a2 = 4a2

BAC  AC2 = AB2 + BC2 = 9a2 + 16a2 = 25a2

Ta coù SA2 + SC2 = 21a2 + 4a2 = AC2

SAC  tại S
Vậy dt(SAC) = 1

2SA.SC =
1

2a 21.2a = a

2 21

Ta coù VS.ABC = VB.SAC = 1

3d(B, SAC) dt (SAC)

 d(B, (SAC)) = 3V 6a 323 6a
dt( SAC)  a 21  7.

Bài 2. Trong mặt phẳng () cho tam giaùc OAB coù OA = OB = 2a,

AOB = 120o. Trên đường vng góc với () tại O lấy hai điểm C, D về hai

phía của O sao cho ABC vng tại C và ABD đều. Tính thể tích khối chóp
ABCD theo a.

Giải

Do CD  (OAB)

và OA = OB nên DA = DB vaø CA = CB

OAB  BA2 = OA2 + OB2– 2OA.OB.cos120o

 BA2 = 4a2 + 4a2– 2.2a.2a.1

 BA2 = 12a2 BA = 2a 3

ABC  cân tại C  AC = CB =AB

2 = a 6

OAC  taïi O  OC2 = AC2– OA2

 OC2 = 6a2– 4a2 = 2a2

DAB đều  DA = DB = AB = 2a 3

DOA  taïi O

 OD2 = AD2– OA2 = 12a2– 4a2 = 8a2

Mặt khác: dt(OAB) = 1

2OA.OB.sin120

o

 S = dt(OAB) = 1
2(2a)

. 3

 

 

  = a

2 3

Vaäy VA.BCD = VD.OAB + VC.OAB

C
H

A
3a

4a
B

2a 3

30o

B
O

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

= 1

3OD.dt(OAB) +
1

3OC.dt(OAB) =
1

3(OD + OC)dt(OAB)
= 1

3(2a 2 + a 2).a

2 3= 1

3.3a 2.a

2 3 = a3 6

Bài 3. (Đề dự bị Tuyển sinh ĐH khối A 2007) Cho hình chóp S.ABC có góc của hai

mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tam giác ABC và SBC đều cạnh a. Tính

theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

Giải

 Gọi I là trung điểm BC.

ABC đều AI BC
SBC đềuSI BC

Vaäy SIA 60ˆ  olà góc của (SBC) và (ABC)

Do đó SIA đều cạnh a 3
2

Gọi H là trung điểm AI  SH  AI
Do BC  (SAI)  BC  SH

Vậy SH (ABC)

Ta có: SH a 3 3. 3a

2 2 4

  .

Vaäy VS.ABC  1 3a a 3. . 2

3 4 4

a 3
16



 Gọi M là trung điểm SA,



SAC cân tại C  CM  SA

AMC  CM2 CA2 AM2 a2 (a 3)2 13a2

4 16

     

Vaäy dt(SAC) 1CM.SA 1 a 13 a 3. . a 392

2 2 4 2 16

  

Ta coù: VS.ABC VB.SAC 1d(B,(SAC).Dt( ASC))
3

  

SABC

3V 3a . 3 16 3a

d(B,(SAC)) .

Dt( SAC) 16 a 39 13

   

 .

Bài 4. (Đề dự bị ĐH khối A/08) Cho hình chóp S.ABC có ba mặt bên là các tam

giác vuông, SA = SB = SC = a. Gọi M, N, E là trung điểm AB, AC, BC. Gọi D là
điểm đối xứng của S qua E. Gọi I AD (SMN)  . Chứng minh AD vng góc
SI. Tính thể tích khối S.MBI theo a.

Giaûi

H
B

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

 Trong mp(ABC) : MN AE 0  là
trung điểm MN (do MN // BC)

Trong mp(ASD) : SO AD I 

thì I AD (SMN) 

Do: SBDC hình vuông nên BC  SD

Vậy BC (SAD) BC AD

MN AD (1)

  

 

Ta có: SM  AB và BD

SM (ABD) SM AD (2)

   

Từ (1),(2) AD (SMN)
AD SI

 

ASD SA AI.AD

   2

2 2

a a

a 2a

  



Vẽ IH AB

Ta có: IH // BD IH AI

BD AD

 

a .a

AI.BD 3 a

AD a 3 3

   

AB a 2

SAB caân SM =

2 2

   



S.MBI

Vaäy V SM.dt(MIB)

3 

1 a 2 1. . .IH.MB

3 2 2

a 2 a a 2. . a

12 3 2 36

 

Bài 5. (Đề dự bị ĐH khối B 2007) Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường

kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn sao cho
AC = R. Trên đường thẳng vng góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho góc của
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 60o. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng

góc của A lên SB và SC. Chứng minh AHK vng và tính thể tích tứ diện
S.ABC theo R.

Giải

Ta có: ACB1 vng BCCA và BCSA nên BCmặt phẳng (SAC)
Do đó: BCAK

Mà AKSC nên AKmặt phẳng (SBC)
Do đó: AKHK

D
B

E
S

M O

H I

D
B

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Vaäy AHK vuông tại K. Đặt: SA = h

2 2

AC.AS Rh

SAC AK

SC R h

AS.AB 2Rh

SAB AH

SB 4R h

   



   



Do SB  AH vaø AK

nên SB (AHK) SB HK

Vậy AHK 60 olà góc của hai mặt phẳng

(SAB) và (SBC)

o 3 AK

AHK sin60

2 AH

    3AH2 4AK2

2 2 2 2
2 2 2 2

3.4R h 4R h

4R h R h

 

 

2 2 2 2

3(R h ) 4R h

    h2 R2

 

Do đó: SABC

1 1 R 1

V SA.dt( ABC) . . CI.AB

3 3 22

  

1 R(R 3)(2R) R 6

2 12

6 2

 

 Caùch khaùc:

Do AC = R nên OAC đều Vẽ CI OA thì I trung điểm OA
Ta có: CI ABvà SA nên CI(SAB)

Do đó hình chiếu vng góc của SBC lên mp(SAB) là SBI
Ta có dt(ISB) = 1SA.IB 1SA( R)3 3R.SA

2  2 2  4

Dt(SBC) 1SC.BC 1 SA2 R .R 32

2 2

  

Maø: dt(SIB)dt( SBC)cos60 0

2 2 2 2

3R.SA 1 SA R .R 3.1 3SA SA R

4 2 2

3SA SA R SA

     

    

Vaäy S.ABC 3

1 R 6

V SAdt( ABC)

3 12

   .

A I

O
K

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

Bài 6. Tuyển sinh ĐH khối A/2011

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng cân BA = BC = 2a. Hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc mp(ABC). Gọi M là trung điểm AB. Mặt
phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Góc của hai mặt phẳng (SBC)
và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường

thẳng AB, SN.

Giải

 Do hai mp(SAB) và (SAC)
cùng vuông góc mp(ABC)
nên SA  (ABC)

Do (SMN) // BC

neân (SMN)  (ABC) = MN // BC
Ta coù BC  BA  BC  SB
Vậy SBA = 60o là góc của hai mặt

phẳng (SBC) và (ABC)

SAB  tan60o = SA 3

AB 

 SA = 2a 3
Dt(MNCB) = MB

2 (MN + BC)
= a

2(a + 2a) =

3a
2
Vaäy VS.MNCB = 1

3(2a 3)

3a
2 = a

3 3

 Qua N kẻ đường thẳng  song song AB
Vẽ AH  thì AB // (SNH)

Vaäy d(AB, SN) = d(AB, (SNH)) = d(A, (SNH))
Vẽ AK  SH (1)

Ta có HN  AH và SA nên HN  (SAH)

 HN  AK (2)

Từ (1), (2)  AK  (SHN)

SAH   AK = d(A, (SNH)) = SA.AH
SH

 d(AB, SN) =

2 2

2a 3.a 2a 3

12a a  =

2a 39
13 .

N
K

M
B
S

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Bài 7. Cho hình chóp S.ABC có hai mặt ABC và SAC là các tam giác đều
cạnh a, SB = a 6

2 .

a) Gọi I là trung điểm AC. Chứng minh hai mặt phẳng (SIB) và (ABC) vuông
góc nhau.

b) Gọi (P) là mặt phẳng qua C và vng góc SA. Tính thể tích hình chóp đỉnh
S đáy là thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp S.ABC.

Giải

a) ABC đều  BI  AC

SAC đều  SI  AC
Vậy AC  (SIB)
Mà AC  (ABC)
nên (ABC)  (SIB)
b) Vẽ đường cao CJ

trong  đều (SAC)
Vậy CJ  (P)

Ta có: (SIB)  (ABC)
và SI  AC và

2 2 3 2 3 2 6 2 ( 6)2 2

4 4 4 2

a a a a

SI IB     SB



SIB

vuoâng SI  (ABC)

Mặt khác: BI  AC .Vậy BI  (SAC)  BI  SA
Do đó (P) là mặt phẳng qua CJ và // BI

Trong mp(ABC) từ C vẽ đường thẳng song song với BI đường này
cắt AB tại N.

Trong mp(SAB), NJ cắt SB tại M

Mặt cắt của (P) và hình chóp S.ABC là JMC

ABC có IB // CN và I trung điểm AC
nên B trung điểm AN

Gọi K trung điểm AB
thì JK // MB

 NB MB 2

NK  JK  3

a 6
2

N
B

I
A

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

 MB 1

SB  3 

SM 2

SB  3
Vaäy S.JCM

S.ABC

V SJ SM. 1 2. 1

V  SA SB  2 3  3

 VS.JCM = 1

3VS.ABC =
1

9.SI.dt(ABC) =

2 3

1 a 3 a 3. . a
9 2 4  24.

Bài 8. Cho tứ diện S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh 3a,

SAB = SAC = 45o, SA = a 2. Gọi I là trung điểm BC, SH là đường cao của

tứ diện.

a) Tính theo a thể tích khối S.ABC.
b) Tính khoảng cách từ I đến (SAB).

Giải

a) Ta có: SAB = SAC (c.g.c)  SB = SC

ABC đều  AI  BC

SBC cân  SI  BC

Vậy BC  (SAI)  (ABC)  (SAI)
Veõ SH  AI thì SH  (ABC)

SAC  SC2 = SA2 + AC2

– 2SA.ACcos45o

 SC2 = 2a2 + 9a2– 2(a 2)3a 2

2 = 5a

2

SIC   SI2 = SC2– IC2 = 5a2– 9

2 = 11a2

SAI  SA2 = AI2 + SI2 – 2AI.SI.cos

AIS

cos

AIS

2 2
2
2 2 2 27a 11a 2a

AI SI SA 4 4 5

2AI.SI 2 3a 3 a 11 33

2 2

 

 

 

 

 

 sin

AIS

= 1 25 2 2

33 33

 

SHI  sin

AIS

= SH

SI  SH =

2 2 a 11. a 2
2

33  3

Do đó: VS.ABC = 1

3SH.dt(ABC) =
1 a 2.
3 3 (3a)

2 3

4 =

3a 2
4
S

A C

I
H

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

b) Ta coù d(I, (SAB)) = 1

2d(C, (SAB))
dt(SAB) = 1

2SA.ABsin45

o = 1

2(a 2)(3a)

2 3a
2  2
Vaäy VS.ABC = VC.SAB = 1

3d(C,(SAB))dt(SAB)

 d(C,(SAB) =

9a 2

3V 4 3a 2

dt( SAB) 2

 


 d(I, (SAB)) = 3

4a 2.

Dạng 2: HÌNH CHĨP N GIÁC ĐỀU

Bài 1. (Đề dự bị ĐH khối B 2003) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy

ABC

 cạnh a, mặt bên tạo với đáy một góc bằng  (0 <  < 90o). Tính thể tích

khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a và

Giaûi

 Gọi I là trung điểm BC. Do ABC đều
nên AI BC

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC thì SH 

(ABC) và SI  BC nên góc của (SBC) và
(ABC) là SIA = 

Ta có: HI 1AI 1 a 3.

3 3 2

 

SHI vuoâng  tan SH
HI

 

a 3

SH tan

  

Vaäy VS.ABCD

2 3

1 a 3( tan )(a 3) a tan

3 6 4 24

   

SHI vuoâng  cos = HI

SI  SI =
HI
cos =

a 3
6cos

A C



B
H

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Vậy Dt(SBC) 1SI.BC a 32

2 12cos

 



Vẽ AKmặt phẳng (SBC)

Ta coù: VS.ABC VA.SBC 1AK.Dt( SBC)
3

   AK d (A,(SBC))
AK = d(A, (SBC)    



3V a tan 12cos.

Dt( SBC) 8 a 3

a 3sin .
2

 

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối D 2006) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có

cạnh đáy a. Gọi SH là đường cao của hình chóp. Khoảng cách từ trung điểm I của
SH đến mặt phẳng (SBC) bằng b với a > 4b. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
theo a và b.

Giải

Do SH (ABCD) nên H là tâm hình vuông ABCD.
Gọi M là trung điểm BC.

Ta có BCHM và SH nên BC(SHM)
Vẽ IJ và HK SM thì IJ  (SBC)

IJ b

  và HK2IJ 2b

SHM

 vuông nên 1 2 12 1 2

HK  SH  HM

12 12 42 a2 2 216b2

SH 4b a 4a b



   

2 2

2ab
SH

a 16b

 



Do đó: VS.ABCD 3

2 2

SHDt(ABCD) 2. a b

3 3 a 16b

 

 .

Bài 3. (Tuyển sinh ĐH khối B 2004) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh

đáy a, góc của cạnh bên và mặt đáy (0 <  < 90o). Tính tan của góc tạo bởi hai

mặt phẳng (SAB) và (ABCD) theovà thể tích hình chóp theo a và .

Giải

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

S.ABCD là chóp tứ giác đều SO(ABCD)
Vẽ OIBA thì SIBA

Vậy SIO là góc của hai mặt phẳng (SBA) và (ABCD)
Hình chiếu  của SA lên (ABCD) là OA

D C

H M

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Vậy  = SAO

SOA vuông tại O tan SO
OA

  

a 2

SO OA.tan tan

    

SOI vuông tại O

ˆ SO

tanSIO
OI

  a 2tan2 a 2tan .



  

Do đó: VS.ABCD 3

1SO.dt(ABCD) a 2tan

3 6

  

Dạng 3: HÌNH CHÓP S.ABCD CÓ SA  (ABCD)

Bài 1. (Đề dự bị ĐH khối A 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình

chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA vng góc đáy, SB tạo với mặt phẳng đáy góc
60o. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = a 3

2 . Mặt phẳng (BCM) cắt SD
tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Giải

Ta có: SBA 60o tan60o SA

   SA a 3 và SB = 2a

Ta có mặt phẳng (BCM) chứa BC // mặt phẳng (SAD). Vậy mặt phẳng (BCM) cắt
mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN // BC // AD.

Mà M là trung điểm SA vậy N là trung điểm SD. MN AD a
2

  

Ta có: BCAB và SA

BC(SAB)

BC MB

 

Do đó BCNM là hình thang vng.

 vuông BMA MB2 (a 3)2 a2 7a2

2 4

   

Do đó: Dt(BCNM) MB(MN BC)
2

 

a 7(a 2a) 3a 7

4 4

  

Trên mặt phẳng (SAB) veõ



C B

O
D

D
A

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

SH  MB (1)
Ta coù BC  (SBA)

BC SH

  (2)
Từ (1) và (2) SH mp (BCNM)
Ta có: HMS ~ AMB  MS SH

MB  AB

 SH = MS.AB a 3.a2 a 3

MB a 7 7

 

Do đó: VS.MNBC 1SH.Dt(BCNM)
3



2 3

1 a 3 3a 7. . a 3

3 7 4 4

 

 Chú ý: Có thể dùng tỷ số thể tích

S.BMC S.MNC
S.BAC S.ACD

V SM 1 vaø V SM SN. 1

V  SA  2 V  SA SC  4

Vaäy VS.MNCB VS.MBC VS.MNC

S.ABC S.ACD S.ABC

1V 1V 3V

2 4 4

3 1. SA.dt( ABC) 1a 3 (2a)a a 3

4 3 4 2 4

  

   

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối B 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi

cạnh a, BAD = 60o, SA = a, SA vuông góc mặt phẳng (ABCD). Gọi C là trung

điểm SC. Mặt phẳng (P) qua AC’ và song song BD cắt SB, SD tại B’,D’. Tính thể
tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.

Giải

Gọi O là tâm hình thoi ABCD

SAC có SO cắt AC’ tại I thì I
là trọng tâm SAC.

Mặt phẳng (P) chứa AC’ và song song

BD neân (P) cắt mặt phẳng (SBD) theo

giao tuyến B’D’ qua I và B’D’ // BD

Ta có BD  AC và SA
nên BD (SAC)  BDAC’

H
M

B A

D

C

B

B

H I

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

maø B’D’ // BD B’D’AC’

ABD cân tại A có BADˆ 60o nên là  đều

 BD = a vaø AC a 3

Ta có I là trọng tâm SAC và B’D’ // BD neân: B'D' SI 2 B'D' 2a
BD  SO  3  3

SAC vuông tại A có AC’ là trung tuyeán AC' SC 1 a2 3a2 a

2 2

    

Do đó SAC’ đều cạnh a.

Vẽ SH  AC’ , do B’D’ // BD có BD(SAC) nên B’D’ SH
Vậy SH  mặt phẳng (AB’C’D’) và SH a 3



Do đó: VS.AB’C’D’ 1SH.dt(AB'C'D')

  16SH.AC'.B'D' 1 a 3 2a. (a. ) a 33

6 2 3 18

 

Chú ý: Có thể dung tỷ số thể tích

Do I là trọng tâm ACS nên SI 2
SO  3
Ta có S.AB'D'

S.ABD

V SB' SD'. 2 2. 4
V  SB SD  3 3  9

S.B'D'C'
S.BDC

V SB' SD' SC'. . 2 2 1. . 2
V  SB SD SC  3 3 2  9
Vaäy VS.AB'C'D' VS.AB'D'VS.B'D'C'

S.ABD S.BDC S.ABD
2 3

4V 2V 2V

9 9 3

2 1. SA.dt( ABD) 2a a 3. a 3.

3 3 9 4 18

  

   

Bài 3. (Đề dự bị Tuyển sinh ĐH khối B 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD
là hình vng tâm O và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho AB = a,
SC = 2a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB và SD. Chứng

minh SC vng góc mặt phẳng: (AHK) và tính thể tích hình chóp O.AHK

Giải

Ta có: SAD SABSH SK và SB SD

Vaäy SH SK HK // BD
SB  SD 

Mà BD mặt phẳng (SAC)
HK

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

HK SC

  (1)

Maët khác: CD mặt phẳng (SAD)

CD AK

 

Mà AK SD neân AK(SCD)

SC AK

  (2)

Từ (1) và (2) SC mặt phẳng (AHK)
Trong mặt phẳng (SBD) thì SO cắt HK tại I

Trong mặt phẳng (SAC) thì AI cắt SC tại M
Ta có: SCmặt phẳng (AHK)SCAM

Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung điểm SC.
Vậy I là trọng tâm SAC.

Ta có: CM d(C,mp(AHK)) SC 2a a

2 2

   

Mà O là trung điểm AC nên d(O,(AHK)) OA 1
d(C,(AHK))  AC  2

1 a

h d(O,(AHK)) CM

2 2

   

HK SH SI 2

Ta coù: HK // BD

BD SB SO 3

   

2 2

HK BD a 2

3 3

  

Ta coù: AI 2AM 2 SC. SC 2a

3 3 2 3 3

   

AHK

 cân HKAI
Ta có: VO.AHK 1h.dt( AHK)

  hAI.HK a 2a 2( )( a 2) a 23 .

6 12 3 3 27

  

Bài 4. (Tuyển sinh ĐH khối B 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ

nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a và SA vuông góc mặt phẳng ABCD. Gọi M
và N lần lượt là trung điểm AD và SC, I là giao điểm của MB và AC. Chứng
minh mặt phẳng (SAC) vuông góc mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ
diện A.NIB.

Giải

AMB vuông tại A BM2 a2 (a 2)2 a2 a2 3a2

2 2 2

     

a 3
BM

 

H
M
I
K

A B

D C

O
C

N M

AHK

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

Ta có I là trọng tâm ABD
Vậy BI 2BM 2 a 3. a 6

3 3 2 3

  

vaø AI 2AO 2 BD. BD

3 3 2 3

  

2 2

a 2a a 3

3 3



  

Do đó: AI2 IB2 a2 2a2 a2 AB2

3 3

    

Vaäy AIB vuông tại I

Ta có: BIAI và SA  BI(SAC). Mà BI(SMB)  (SAC)



(SMB)
Ta có: VNAIB = 1

3NO.dt(AIB) =
1
3.

SA 1.
2 2IA.IB

1.a.a 3 a 6. a 2

12 3 3 36

  .

Baøi 5. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vuông SA vuông goùc (ABCD).

Gọi M, N, P lần lượt nằm trên SB, SC, SD sao cho SM SP 2
SB  SD  3,

SN 3

SC  4.
Mặt phẳng (MNK) chia khối chóp làm hai phần. Tính tỷ số thể tích hai phần
đó.

Giải

Gọi O là giao điểm AC vaø BD
Do SM SP

SB  SD  MP // BD

Gọi I là giao điểm MP và SO cắt SA tại K
Gắn trục như hình vẽ

Gọi C(a, 0), S(0, b)

D C

O
I

M N

P
I

B C

D
y

A O C x

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

Do SI SM 2

SO  SB  3 nên I là trọng tâm SAC  I
a b,
3 3

 

 

 

Ta coù SN 3

SC  4  4SN 3SC 

N
N

4(x 0) 3a

4(y b) 3b

 



   

  N

3a b,
4 4

 

 

 

NI qua N coù VTCP NI = – 1

12(5a, –b)
Phương trình NI:

a b

x y

3 3

5a b

 



  bx + 5ay – 4ab = 0

Vaäy K là giao điểm NK và Ay  K 

 

4b
0;

5
Do đó SK  1

SA 5

Ta có: S.MNPK S.MKN
S.ABCD S.BAC

V 2V SM SK SN. .

V  2V  SB SA SC = 

2 1 3. . 1
3 5 4 10
Vậy tỷ số cần tìm là

1

10

Dạng 4:HÌNH CHĨP CĨ MẶT BÊN VNG GĨC ĐÁY

Bài 1. (Tuyển sinh ĐH khối B 2008) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng

cạnh 2a. SA = a, SB = a 3và mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy.
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp
S.BMDN và cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.

Giải

Ta có: SB2SA2 (a 3)2a2 AB2

 SAB vuông tại S SM AB a
2

  

Vậy SMA đều cạnh a Vẽ SH AB

Do (SAB)  (ABCD) Nên SH  mặt phẳng (ABCD)
và SH = a 3

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

Do đó: dt(BMDN) 1MN.BD 1 AC. .AC AC2 (2a 2)2 2a2

2 2 2 4 4

    

Vaäy VS.BMDN 1SH.dt(BMDN)
3



3
2

1 a 3. .2a a 3

3 2 3

 

Lấy G trên cạnh AD sao cho
AG AD a

4 2

 

Ta coù: MG // DN // C’B.

Vậy g(SM,DN)SMG

SAG vuông tại A

2 2
2 2 2 2 a 5a

SG SA AG a

4 4

     

AMG vuông tại A

2 2
2 2 2 2 a 5a

MG AG AM a

4 4

     

SMGSG2 MS2 MG22MS.MGcosSMG
2

MS MS a 1

cosSMG

2MS.MG 2MG 2a 5 5

     .

Bài 2. (Tuyển sinh ĐH khối A 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD vuông

cạnh a, SAD là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M, N,

P lần lượt là trung điểm SB, BC và CD. Chứng minh AM vng góc BP và tính
VCMNP.

Giaûi

 Gọi H là trung điểm AD. Do SAD đều nên SH  AD
Mà mặt phẳng (SAD)  mặt phẳng (ABCD)

 SH  mặt phẳng (ABCD)
SH BP

  (1)

Ta có: HDC BPCDCH CBP

Mà: CDBDBPCH ( goùc coù cạnh  )(2)

A G O D

O
M

B N C
S

A
H
M

B C

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

Từ (1),(2)BPmặt phẳng (SHC)
Ta có: MN // SC và AN // HC

mặt phẳng (SHC) // mặt phẳng (AMN)
Do đó: BPmặt phẳng (AMN)BPAM
Vẽ MK // SH với K  mặt phẳng (ABCD)
Mà SH  mặt phẳng (ABCD)

nên MK  mặt phẳng (ABCD).

Do đó MK là đường cao của tứ diện M.CNP

Ta coù: VC.MNP  VM.CNP  1MK.dt( CNP)  1 SH 1( ). CN.CP

3 3 2 2

1 a 3 a a( ). . a 3

12 2 2 2 96

  .

Dạng 5:CHÓP S.ABCD CÓ SH  (ABCD)

Bài 1. (Tuyển sinh ĐH khối D/2010): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình

vng cạnh a, SA = a. Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là H
trên đoạn AC với AH =AC

4 . Gọi CM là đường cao của SAC. Chứng minh M
là trung điểm SA. Tính thể tích khối S.MBC theo a.

Giaûi

2 2 2

2 2 2 2 AC 2 (a 2) 14a

SHA vuoâng SH SA AH SA a

16 16 16

        

2 2 2

2 2

SHC SC SH HC

3AC

SH ( )

14a 9(a 2) 2a

16 16

   

 

  

Do SC = AC = a 2 nên SACcân tại C



M trung điểm SA.



Vẽ MK



AC. Ta có MK

1SH



M
D

H O
K

A B

A B

N
C
P

D
H

1 2

B
N
C
P

D
H

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

Ta coù: VS.MBC+ VM.ABC= VS.ABC

Maø VM.ABC 13MK.dt( ABC)  1 12 3. .SH.dt( ABC) =12VS.ABC

Vaäy VS.MBC  12.VS.ABC  1 12 3. .SH.dt( ABC)

2 3

1a 14 a a 14

6 4 2 48

 

Lưu ý: Có thể dùng

3
S.MBC

S.MBC S.ABC
S.ABC

V SM 1 V 1V a 4

V  SA  2  2  48

Bài 2. (Tuyển sinh ĐH khối A/2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình

vng cạnh a. Gọi M và N là trung điểm AB và AD,
H là giao điểm CN và DM. Biết SH vng góc mặt phẳng (ABCD) và
SH = a 3. Tình thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và SC

Giải

 Ta có dt(CDNM) = dt(ABCD) – dt(AMN) – dt(MBC)

2 2 2

2 1 a a 1 a 2 a a 5a

a ( )( ) (a)( ) a

2 2 2 2 2 8 4 8

      

2 3
S.CDMN

1 1 5a 5a 3

V SHdt(CDMN) .a 3.

3 3 8 24

   

Ta có: NDC MADNCD ADMˆ 

Mà AD  DC  HDCtại H ( góc có cạnh )
Vậy CN DM

Ta coù: NDCCD2 CH.CN

2 2

2
2

CD a 2a

NC a a 5

   



Veõ HK SC (1). Ta có: DM SH và CN DM (SHC)

DM HK

  (2). Vaäy HK d(SC,DM)

2 2 2

1 1 1

vuoâng SHC

HK SH HC

1 5 19

3a 4a 12a

   

  

2a 3
HK d(SC,DM)

  

B
M

A
N

D C

A B

H
N

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

Bài 3. (Tuyển sinh Đại học khối A/2009): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình
thang vng tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a. Góc của hai mặt phẳng (SBC)
và (ABCD) là 60o. Gọi I là trung điểm AD. Hai mặt phẳng (SIB) và (SIC) cùng

vuông góc mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Giải

Do hai mặt phẳng (SIB) và (SIC)

vng góc mp (ABCD) nên giao tuyến SI  (ABCD).
Vẽ IH  BC thì SH  BC. Do đó góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (ABCD) là SHI= 60o. Gọi J trung

điểm BC.

Vẽ CM  AD. Ta coù: IHJ ~ CMB

 IH IJ

MC  CB

3a
2a.

IJ.MC 2 3a

BC a 5 5

   

SHI

 tan60o = SI 3

IH 

3a 3a 15

SI . 3

5
5

  

Ta coù: dt(ABCD) AD(CD AB) 2a(a 2a) 3a2

2 2

    

Do đó: VS.ABCD 1SI
3

 x dt(ABCD)

3
2

1 3a 15. .3a 3a 15

3 5 5

 

C
D

A B

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, cạnh bên 2a.
Gọi I là trung điểm BC. Chứng minh SA vng góc BC. Tính VS.ABI

BT2: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc (ABC) BAC 120ˆ  0, SBC đều

cạnh a. Tính VS.ABC.

BT3. Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng tại B, SA vng góc đáy .
Biết SA= AB = BC = a. Tính VSABC.

BT4. CDA/2011 Chóp S.ABC có ABC  cân tại B AB = a, SA  (ABC). Góc hai
mp(SBC) và (ABC) là 60o.

Gọi M trung điểm SC. Tính VS.ABM.

BT5. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a. Mặt bên
(SBC) vng góc với đáy. Hai mặt bên cịn lại hợp với đáy góc 600. Hãy tính thể

tích khối chop S.ABC.

BT6. (CĐ/09) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2. Gọi M, N, P

là trung điểm SA, SB, CD. Chứng minh MN vng góc SP. Tính VAMNP.

BT7. (DBA08) Cho S.ABC là hình chóp có mỗi mặt bên là các tam giác vuông,
SA = SB =SC = a. Gọi M, N, E là trung điểm AB, AC, BC. D là điểm đối xứng của
S qua E. I là giao điểm của SD và mặt phẳng (SMN). Chứng minh AI SI.
Tính VMBSI .

BT8. (DB/B08) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a,
SA = a 3, SA(ABCD). Tính VS.ACD và cos(SB,AC)

BT9. DB/B08 Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD đều cạnh a. Mặt phẳng
(ACD)  mặt phẳng (BCD). Tính VABCD và góc của AD và BC.

BT10. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 3a, ABC taïi B, AB = a, BC = 2a.

Tính d(A’,(SBC))

BT11. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vng tại B. Biết SA vng góc
mặt phẳng (ABC), AB = a, BC = a 3, SA = a. Mặt phẳng () qua A, vng góc
SC tại H, cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a.

BT12. (D2006) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và
SA vng góc mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của A
trên các đường thẳng SB, SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM.

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

BT14. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, SACđều. Mặt phẳng ()
qua và vng góc SC tại N cắt SB, SD tại M, K. Tính VS.AMNK

BT15. (DB/D08) Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông cân tại B, AB = a, SA = 2a,
SA(ABC). Mặt phẳng qua A và SC cắt SB, SC tại H,K. Tính VS.AHK

BT16. Cho hình chóp S.ABC có ABC cân tại B, AC = a, ABC 120ˆ  0,

SA = SB = SC. Góc của SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính V
S.ABC

BT17. Cho hình chóp S.ABCD coù SA = SB =SD = AB = BC = CD = a,

VSABCD =

a 2

6 . Tính SC.

BT18. (DB/A07) Cho hình chóp S.ABC có góc của 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) là
600, ABC và SBC là tam giác đều cạnh a. Tính d(B,SAC)

BT19. (CĐ08) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang,

ˆ ˆ

BAD ABC 90  , AB = BC = a, AD = 2a, SA  (ABCD), SA = 2a. Gọi M,
N trung điểm SA SD. Chứng minh BCMN là hình chữ nhật. Tính VS.BCMN.

BT20. (CĐ/2010) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB)

 mặt phẳng (ABCD), SA = SB, góc SC và (ABCD) là 450. Tính V

S.ABCD

BT21. Cho hình chóp S. ABCD có dạng ABC đều cạnh 3a, SA = A 2,
SAB SAC



  . Gọi I là trung điểm BC và SH là đường cao hình chóp S.ABCD
a. Chứng minh H nằm trên AI. Tính thể tích S.ABCD

b. Tính khoảng cách từ I đến mp SAB

BT22. Cho khoái hình chóp S.ABCD có dạng ABC vuông tại ACB = 30o vaø

SA = SB = SC = BC = 2a.

Tính thể tích S. ABC và khoảng cách từ B đến mp (SAC)

BT23. Cho khối hình chóp S. ABCD có đáy ABCD vng cạnh a. SA  mp (ABCD)

và SA = a. Gọi E là trung điểm của CD. Tính thể tích S. ABCD và có khoảng cách
từ S đến

BT24. Cho tứ diện ABCD có ABC vng tại A, AB = a, AC = A 3 BDC vuông,
DA = DB = DC. Gọi  là góc của BC và mp (ACD).

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

VẤN ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

V = Bh

B: diện tích đáy

h: chiều cao

Dạng 1:LĂNG TRỤ ĐỨNG ĐÁY LAØ TAM GIÁC

Bài1. Đề dự bị tuyển sinh ĐH khối A 2007: Cho lăng trụ đứng ABC.A‘B’C’ có

AB = a, AC = 2a, AA’ = 2a 5 vaø BAC = 1200. Gọi M là trung điểm CC’.

Chứng minh MB vuông góc MA’. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(A’BM).

Giaûi

2 2 2 o

ABC BC AB AC 2AB.ACcos120

    

2 2 2 1 2

BC a 4a 2a2a 7a

 

      

 

2 2 2

BCM vuoâng BM BC MC

    7a25a2 12a2

2 2 2

A'B'B vuoâng A'B A'B' BB'

    a220a2 21a2

2 2 2

A'MC' vuoâng A'M A'C MC'

    4a2 5a2 9a2

Ta có: A'B2 = A'M2 + BM2= 21a2

Nên BMA’ vuông tại M MB MA'

Vẽ BH AC

Ta có BH AC và BHAA’ nên BH  mp AMA'





BHA vuông sin60o BH BH a 3

AB 2

   

Goïi N là trung điểm AA’MNAA'

Vậy dt( MAA') 1MN.AA' 1.2a.2a 5 2a 52

2 2

   

Do đó: 2 3

B.AMA'

1 a 3 a 15

V BH.dt( MAA') a 5

3 3 3

   

Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMA’)

Ta coù:VA.BMA' VB.AMA' 1h.dt(BMA')
3

 

N 
A’

A 
B

B’

H

M 
C’

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

 h = 3VB.AMM a 153 2a 153 a 5

dt( BMA ) BM.MA (2a 3)3a 3

   



  .

Bài 2.(Đề dự bị ĐH khối B/07) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác

vuông AB = AC = a, AA’ = a 2. Gọi M, N là trung điểm AA’ và BC’. Chứng
minh MN là đường vng góc chung của AA’ và BC’. Tính thể tích khối chóp
M. A’BC’.

Giải

Gọi I, I’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’

ABC cân tại A AI BC (1)

   

Mà BB' (ABC) BB' AI (2)
Từ (1)&(2) AI (BB'C'C') AI BC'

Mặt khác: MN // AIMN BC' (3)
AA' (ABC) AA'AI
Mà MN // AIMN AA' (4)
Từ (3) và (4) MN là đường

vuông góc chung của AA’ và BC’

. Ta có A'C' A'B' và AA'

A'C' (A'B'BA)

 

Vaäy VC'.A'MB 1A'C'dt( BA'M)
3

 

1A'C'. A'B'.A'M1

3 2

 1.a.a.a 2 a 23

6 2 12

  .

Bài 3.(Tuyển sinh ĐH khối D/09) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC

vuông tại B. AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M trung điểm A’C’, I là giao điểm

AM và A’C. Tính thể tích khối chop I.ABC và khoảng cách từ A đến mp (IBC)

Giaûi

Ta coù: A'ACAC2 9a2 4a2 5a2
2 2 2 2

ABC BC 5a a 4a

    

Do A'M // AC IA' A'M 1

IC AC 2

  

Trong mp (A’AC) vẽ IH // AA’

thì IH(ABC)
Ta coù: IH CI 2

AA'  CA'  3

A

C

C
I

N
I

a
B

A
M

A M C

B

I
2a

a K

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

2 2 4a

IH AA' (2a)

3 3 3

   

Vaäy VI.ABC  13IH.dt( ABC)  14a13 3 2BA.BC  
3

4aa.a 4a

9.2 9

Ta coù: BC  BA vaø BB’

BC (ABB'A')

  BC BA'

Veõ IK BC

Do IK // BA’ neân IK  CI  2

BA' CA' 3

2 2

2 2 2a 5

IK BA' a 4a

3 3 3

    

Ta coù: VI.ABC  VA.IBC 13d(A,(IBC)).dt( IBC)

1d(A,(IBC)).IK.BC
6



4a
6.

6V 9 2a

d(A,IBC)

IK.BC 2a 5.2a 5
3

    .

Bài 4.(Tuyển sinh ĐH khối D/08) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác

ABC vuông cân tại B với BA = BC = a, AA’ = a 2. Gọi M trung điểm BC. Tính

thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách của hai đường thẳng AM và
B’C theo a.

Giải

Ta có: VLT AA'.dt( ABC)

2 3

a a 2

a 2( )

2 2

 

Gọi N trung điểm BB’.

Ta có: MN // B’CB'C // (AMN)

Vậy d(AM,B’C) = d(B’C,(AMN))

= d(C,(AMN))
Mặt khác:

BC cắt mp (AMN) tại M
Ta có: d(C,AMN) MC 1

d(B,AMN)  MB 

C
M
a

A

C

B

N
a 2

A

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

Vẽ BH AM và BK NH (1)
Ta có: AM (BNH) AM BK (2)
Từ (1) (2)BK (AMN)

Ta coù 12 12 12
BK  BN BH

2 2 2

1 1 1

BN BA BM

 

   

 

2 2 2

1 1 1

a a

a 2

2
2

  

   

 

   

 

2 2 2 2

2 1 4 7

a a a a

   

Do đó BK = d(AM,B’C) = a

Dạng 2:LĂNG TRỤ XIÊN ĐÁY TAM GIÁC

Bài 1.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC đều cạnh a, AA’ = 2a và AA’ tạo với

mặt phẳng (ABC) góc 60o. Tính V

A.CA’B’
Giải

Vẽ A’H mp(ABC)A'AH 60 o
o A'H 3

sin60

AA' 2

   A'H a 3

Ta có: VA.CA'B'VB'.ABCVC.A'B'C'VABC.A'B'C'VLT

Mà VB'.ABC  VC.A'B'C'  1VLT
3
 A.CA'B'  LT

V V

 1.A'H.dt( ABC)  1a 3.a 32  a3

3 3 4 4

H
K
B

A C

B

C
A

H
B
2a

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối B 2006)

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, AB = a,
AA’ = b. Gọi  là góc của hai mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (A’BC). Tính

tan và thể tích khối chóp A’.BB’C’C theo a và b.

Giải

Do A’.ABC là hình chóp tam giác đều.

Gọi H là tâm của ABC thì A’Hmặt phẳng (ABC).
Gọi E là trung điểm BC thì BC AE A'E BC

Do đó: AEA' 

A AH

 vuông A H 2 AA2AH2

2 2

2 2 2 a 3 2 a

A'H b . b

3 2 3

 

     

 

Ta coù: HE 1AE 1 a 3.

3 3 2

 

tan =

2
2

2 2

a
b

A H 3 2 3b a

HE a 3 a



 

 

Ta coù: VA'BB'CC'  VABC.A BC' ' ' VA'.ABC

= A'H.dt ABC





A'Hdt ABC





2A'H.dt ABC





3 3

    

= 2 3b2 a a 32 2 a 3b2 2 a2

3 3 4 6

 

 .

Bài 3. Tuyển sinh ÑH A/2008

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABCvng tại A, AB = a, AC = a 3,

AA’ = 2a. Hình chiếu vng góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của
BC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng
AA’, B’C’.

Giải

 Gọi H là trung điểm BC

Ta có A’H mặt phẳng (ABC)
và AH BC a2 3a2 a

2 2



  

A C

B

C
A

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

AHA'vuông

A'H2 AA' AH2 2 4a2a2 3a2

Vậy: VA'.ABC 1A'H.dt( ABC)
3

 

V = 1A'H.AB.AC
6

3
2

1(a 3)(a 3) a

6 2

 

 Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’:

Ta có: AA’ // BB’ và B’C’ // BC nên =B'BCˆ
A'B'H

 vuông HB'2 A'B' A'H2 2 4a2

Ta coù: B’B = B’H = 2a nên BB’H cân tại B’.
Gọi I là trung điểm BH thì B’IBH

B’IB vuông cos cosB'BI IB
BB'

   

a
1
2
cos

2a 4

    .

Bài4. (Tuyển sinh ĐH khối B/2009)

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có BB’ = a. Góc của BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng

60o, tam giác ABC vuông tại C, góc BAC = 60o. Hình chiếu vuông góc của B’ lên

mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích khối A’.ABC 
Giải

Ta có B’G(ABC)B'BG 60 o

Đặt: AC = x,

Gọi I trung điểm BC

o BC

ABC tan60 3

   

BC 3x

 

BIC BI2 = 3x2 + x2

13x
4



2 x 13

BG BI

3 3

  

' o BG 1

BBG cos60

BB' 2

    BB' 2BG

A C’

B

A C

H
I
B

B A

C

A
I

C
G
B 60

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

2x 13
a

  x 3a

2 13

 

2
2 2 2 2 13x

B'BG B'G B'B BG a

     

B'G2 a2 13 9a. 2 3a2

9 4.13 4

   

Ta có: A’B’ // (ABC)d(A',ABC) D(B',ABC)

Do đó: VA'.ABC 1B'G.dt( ABC)
3

 

1 a 3 1. . .x.x. 3
3 2 2

 1.3ax2

 1 9aa 2 9a3

4 4.13 208

  .

Bài 5. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC vng tại C,

BC = 2a, AC = a 6, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm của BC, góc của BB và mặt phẳng (ABC) bằng 45o.

a) Tính thể tích khối lăng trụ.

b) Tính góc của hai mặt phẳng (ABBA) và (CBBC).

Giải

a) Gọi H là trung điểm BC
Ta có: BH  (ABC)
vaø B BH = 45o

BBH  cân tại H

 HB = a, BB = a 2
Vaäy VLT = BH dt(ABC)

= a  1

2(2a)(a 6)
= a3 6

b) Veõ AK  BB Do AC  (CCBB) nên CK  BB
Vậy AKC là góc của hai mp(ABBA) và (CBBC)

CKB  cân có BC = a neân CK = KB = 2a

2 = a 2

ACK  taïi C  tanAKC AC a 6 3

CK a 2

    AKC


 .
C

A

B

B
A

C H

2a
a 6

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Bài 6. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vng

góc của A lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của BC, AA = 2a. Hai mặt
bên có cạnh chung AA vng góc nhau. Tính thể tích khối lăng trụ theo a.

Giải

Vẽ BH  AA

Do (AABB)  (AACC)

 BH  (CAAC)

 BH  CH (1)
Gọi I là trung điểm BC
Ta có AI  (ABC)

Mà IB = IC nên AB = AC
Ta có BC  AI và AI
Nên BC  (AAI)

 BC  HI (2)

Từ (1) và (2) HBC  cân tại H
Đặt x bằng cạnh của ABC đều
Thì AI = x 3

2 vaø HI =

BC x

2  2

Ta có: AAI  tại I  AI2 = AA2– AI2 = 4a2– 3x2

4
Ta có: BHA = CHA CHABHA1v
AA BC và CH  AA (BHC)  AA HC
Do đó: Dt( AIA) = 1

2AI.AI =
1

2IH.AA

 4a2 3x x 32. x.2a

4 2 2

   4a2 3x2 3 4a2

 

 

 

 

 8a2 = 9x2

4  x

2 = 32a2

9
Vaäy: VCT = AI.dt(ABC)

= 4a2 3x2 .x 32 (4a2 8a )2 8a 32

4 4 3 9

 

  

 

 

= 2a 8a 3. 2 16a3

9 9

3  .

C

A

B

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

Dạng 3:HÌNH HỘP ĐỨNG

Bài1. (Đề dự bị tuyển sinh ĐH khối D/2006)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy K trên cạnh CC’ sao cho

CK = 2

3a. Gọi () là mặt phẳng qua A, K và song song BD, () chia khối lập
phương làm hai khối đa diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó theo a.

Giải

Gọi O và O’ là tâm hai hình vuông ABCD

và A’B’C’D’. AK cắt OO’ tại I.

ACK có OI là đường trung bình nên
OI = CK a

2  3

Mặt phằng () // BD vậy () cắt mặt
phẳng (DBB’D’) theo giao tuyến MN

qua I và song song BD.

Ta có: BD AC và AA’

nên BDmp AA 'C'C'





BD AK
Mà MN // BD  MN  AK

Mặc khác I là trung điểm MN và AK nên ANKM là hình thoi. Ta có:
V1 = VAMKN.ABCD = 2VAMK.ABC = 2VA.MKCB

= 2AB.dt MKCB





2AB BC.



MB KC



3  3 2 

= a2 a 2a a2

3 3 3 3

   

 

 

Vaäy V2 = VAMKN.A’B’C’D = VABCD.A’B’C’D– V1 = a3–

3 3

a 2a

3  3 .

Bài 2. (Đề dự bị ĐH khối A 2006) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có
AB = AD = a, BAD 60 o, AA’=a 3

2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của

A’D’ vaø A’B’.

a. Chứng minh AC’ vng góc mặt phẳng (BDMN).
b. Tính thể tích khối chóp A.BDMN.

Giải



D C

A

K
C

B
A

M
O
D

N B
O

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

a/ ABDđều nên AC BD

Maø: AA ' BD nên BD mặt

phẳng (AA’CC’)BDAC' (1)

Gọi O và O’ là tâm hai hình thoi
ABCD và A’B’C’D’. Gọi I là trung

điểm MN.

Ta có: OA AA ' a 3
2

 

nên AOA’O’ là hình vuông

Do đó: AC' OI tại H (2)

Từ (1), (2) ta có: AC' mặt phẳng (BDMN)

b/ OAK vuoâng OA2 AH.AK

 AH =

2
2

2 2

OA 4 3a

AK 3a 3a 15

4 16

 



Ta có: BD  mặt phẳng (AA’CC’) BD OI

a 15

OAK OIO ' OI AK

     

Do đó: A.BDMN

V AH.dt(BDMN)

 1AH.IO(BD MN)

3 2

 

1AH.IO. BD3 1 3a a 15. . .a 3a

6 2 4 15 4 16

  

Dạng 4:HÌNH HỘP XIÊN

Bài 1. Cho hình hộp xiên ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

BAD= 60o AA = AB = AD, cạnh bên tạo đáy (ABCD) góc . Tính thể tích

khối hộp ABCD.ABCD theo a và .

Giaûi

Gọi I là tâm của  đều ABD ta có IA = IB = ID
Mặt khác: AA = AB = AD

Vậy AI là trục đường tròn (ABD)

B C

O
D
K
H
B

N
I

A D

C

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

 AI  (ABCD)

Do đó: góc của AA và đáy (ABCD)
là A AI = 

Ta coù AI = 2
3AO =

2
3.

a 3 a 3

2  3

AAI  tan = A I
AI



 AI = AItan = a 3
3 tan
vaø S = dt(ABCD) = 2dt(ABD)
= 2.a 32

4 =

a 3
2

Do đó VLT = Bh = AI dt(ABCD) = a 3

3 tan.

a 3
2 =

2 tan.

Bài 2. Tuyển sinh ĐH khối B/2011

Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình chữ nhật AB = a,

AD = a 3. Hình chiếu vng góc của A’ lên mp(ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc của hai mp(ADD’A’) và mp(ABCD) bằng 60o. Tính thể

tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ vàkhoảng cách từ B’ đến mp(A’BD’).

Giải

 Gọi O là giao điểm AC và BD

Gọi I trung điểm AD Ta có OI  AD A’I  AD
Vậy A IO = 60o A’IO  tan60o = A O

 = 3
 AO = a 3

Ta coù VLT = AO.dt(ABCD) = a 3

2 .a.a 3 =

3a
2

Ta coù B’C // A’D B’C // mp(A’BD)

Vậy d(B’, (A’BD)) = d(C, (A’BD))

Vẽ CH  BD

Do A’O  (ABCD) A’O  CH
Vaäy CH (A’BD)

BCD  CH.BD = CD.CB

A B

C

D

B
H

I
A

B C

D

A

O
I

A D

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

Vaäy CH = d(B’, (A’BD))

2 2

a.a 3 a 3

</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứng đáy là đều cạnh a, AA’ = a 2. Tính

A.BCA '

V .

BT 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều cạnh a; BC’ tạo mặt

bên (ABB’A) mặt góc 30o. Tính thể tích lăng trụ.

BT3. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng
(ABC’) tạo với mặt bên (BCC’B’) một góc . Gọi I, J là hình chiếu của A lên

BC và BC’.

a) Chứng minh góc AJI bằng 

b) Tính thể tích khối lăng trụ.

BT4.Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Mặt
bên ABB’A’ là hình thoi cạnh a nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Mặt

bên ACC’A’ tạo với mặt đáy một góc . Tính thể tích hình lăng trụ.

BT5. (DB/B06) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có thể tích V. Các mặt phẳng
(ABC’), (A’BC), (AB’C) đồng quy tại O. Gọi H là hình chiếu vng góc của O
lên mặt phẳng (ABC).

a) Chứng minh H là trọng tâm ABC.
b) Tính thể tích tứ diện O.ABC theo V.

BT6.(D2008) Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’C’B’D’ có đường cao h, góc của
(A’BD) và (ABB’A’) là . Tính VLT và Sxq của lăng trụ theo h và .

(ÑS: V h t an 3 2 1 S 4h tan 2 2 1)

BT7.Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC cân tại A. Góc của AA’ và
BC’ là

. Góc nhị diện cạnh AA’ là

. Tính thể tích lăng trụ

BT8. (DBD2007) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a.
Gọi M là trung điểm AA’. Chứng minh BM vng góc với B’C và tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng BM, B’C.

BT9.Cho hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC

bằng 60o. AA’ = A’B = A’D và cạnh bên tạo với đáy góc .

a) Xác định góc và chân đường cao vẽ từ A’.

b) Tính thể tích V của hình hộp.

BT10. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ABC  tại B. AB = a, AA’ = 2a,

A’C = 3a. Gọi M là trungđiểm A’C’, I là giao điểm AM và A’C. Tính VIABCvà

d(A,(IBC).

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

a 3

4 và tạo với BC góc có sin = 15. Tính thể tích lăng trụ.

BT12. Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC đều cạnh a,

AA’ = A’B = A’C, goùc của hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ABC) là 60o. Tính thể

tích và diện tích xung quanh của lăng trụ.

BT13. Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có ABC  tại C, B= 2a, AC = a 6. Gọi

H là trung điểm BC thì B’H mp(ABC) góc của BB’ và mp (ABC) bằng /4.

Tính thể tích khối lăng trụ và góc của hai mặt phẳng (ABB’A’) và (CBB’C’).

VẤN ĐỀ 3: HÌNH TRỤ

 Hình trụ là hình sinh bởi hình chữ nhật quay một vịng quanh một cạnh.

 Các thiết diện qua trục
là các hình chữ nhật bằng nhau.

V = B.h

S

xq

= 2



Rh

B: diện tích đáy

h: chiều cao
R: bán kính đáy

Bài 1. Bên trong hình trụ tròn xoay có một hình vuông ABCD cạnh a nội tiếp mà

hai đỉnh liên tiếp nhau A,B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai
đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng hình
vng ABCD tạo mặt phẳng đáy của hình trụ một góc 450. Tính theo a diện

tích xung quanh hình trụ đó và thể tích khối trụ đó.

Giải

Gọi B'

là hình chiếu vng góc của B xuống mặt đáy chứa (O’)
ABCD hình vng DC CB CD CB'

Do đó: BCB' 45 0

và DB’là đường kính của (O’).

BBC

 vuông cân nên: BB’ = CB’ = a 2

2
CDB'

 vuông nên:

DB = CD2CB'2 a2 2a2 a 6

4 2

  

O
O

C
A

O
B

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

DB a 6

2 4

  

Do đó Sxq 2 Rh 2 a 6 a 2. a 32

4 2 2



    

vaø: V R h2 .6a a 22. 3 a 23

16 2 16



     .

Bài 2. (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006) Cho hình trụ có đáy là hai hình

trịn tâm O và O', bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Trên đường tròn

tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O'

lấy điểm B sao cho AB = 2a. Tính
theo a thể tích tứ diện O.O’AB.

Giải

Vẽ BC vng góc mặt phẳng đáy chứa đường
trịn (O). ABC vng

 AC2 = AB2 – BC2 = 4a2– a2 = 3a2

Vẽ CH OA
Mà OO' CH

Nên CH  mp (OO'A)

Ta có BC // mp (OO'A)

Neân CH = d (C, (OO'A)) = d (B, (OO'A))

2 2 2

AOC AC OA OC 2OA.OCcosAOC

    

2 2 2

3a 2a 2a cosAOC

1
cosAOC

  

AOC1200

vuoâng COH sin 600 CH CH a 3

OC 2

   

Vaäy: ' '

3
2
O.ABO B.AOO

1 1 a 3 1 a 3

V V CH.dt( OO'A) . a

3 3 2 2 12

 

     

 

Bài 3.Cho hình trụ có hai hình trịn đáy tâm O và O’, bán kính đáy R, chiều cao

R 2. Gọi A là điểm trên đường trịn (O). Tìm B và C trên đường tròn (O’)

sao cho tam giác ABC đều.

Giaûi

O

A C

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

Từ A vẽ AA '// OO'AA 'mp chứa (O’).

Vẽ đường kính A 'O 'D.

Do AB = AC nên A’C = A’B.
Mặt khác O’B = O’C = R.

Vậy O’A’ là đường trung trực của BC.

O' A ' BC

  tại trung điểm I.

Đặt x = A’I (0 x 2R  )
A 'BD

 vuông tại B nên BA’2= A’I.A’D = 2Rx

vaø IB2 = IA’.ID = (2R – x) x

Vaäy BC = 2BI = 2 x(2R x)

A ' AB

 vuông tại A’

nên BA2= AA’2+ BA’2 = 2R2 + 2Rx

Mà ABC đều

2 2 2

BA BC 2R 2Rx 4x(2R x)

     

2 2

4x 6Rx 2R 0

   

 x = R  x = R
2
Do đó ABC đều khi

IA’ = R BC đường kính của (O’) mà vng góc O’A’
IA’ = R

2 BC là dây vuông góc O’A’ tại trung điểm của O’A’.

Bài 4. Cho hình trụ có đáy là hai hình trịn tâm O và O' bán kính R, chiều cao

R 2. Trên hai đường trịn O và O'lấy lần lượt hai điểm A và B sao cho góc

hai đường thẳng OA và O 'B bằng  khơng đổi.
a) Tính AB theo R và 

b) Chứng minh khi AB di động thì trung điểm của AB ln di động trên một
đường trịn cố định.

Giải

a/ Vẽ O ' A '// OA thì A'O'B = .

Veõ O'H A'B HA' HB

AOA 'O ' là hình chữ nhật

 AA '// OO'AA ' (O')

' '

O A H

 vuoâng sin A 'H
2 O ' A '



 

A 'B 2A 'H 2R sin
2



  

A

B
D

O
I

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

AA 'B vuoâng

2 2 2 2 2 2

AB AA ' A 'B 2R 4R sin



    

AB R 2 4 sin
2



  

b/ Goïi K là trung điểm OO ' và I trung điểm AB
Ta có: IH 1AA'

 và KO' 1OO' 1AA'

2 2

 

Do IH KO 'nên O'HIK là hình chữ nhật

Do đó KI O'H R cos



 (khơng đổi).

Do đó I luôn di đông trên đường trịn tâm K bán kính R' R cos


 nằm
trong mặt phẳng qua K và song song với hai đáy.

Bài 5. Cho một hình hộp chữ nhật ABCD.A BCD' ' ' ', BC = b, đường chéo D'B của

hình hộp tạo với mặt phẳng đáy một góc  và tạo với mặt phẳng bên CDD’C’ một

góc .

a) Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình hộp đó.
b) Tính thể tích hình hộp ABCD.ABCD.

Giải

a/ Ta có: D BD   và BD C   (do BC (DCC’ D’)

BCD vuông tại C có BD b

sin




DDB có DD BD sin b sin

sin




  



Bán kính đáy R của hình trụ
ngoại tiếp hình hộp:

BD 1 bcos

R BDcos

2 2 2sin


   

2
'
2

b sin 2

S 2 R.DD

2sin

 

   



b/ Ta coù: BD b cos
sin



O
O


A H B

I
K
A

D C

A B

D C

B
A




</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

ABD  AB = 2 2 2 2 2
2

b cos

BD AD b

sin



  

 =

2 2

b cos sin

sin   

 V =

2 2
2

b sin cos sin

sin

   

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao R lấy hai điểm A, B nằm trên

hai đường trịn đáy sao cho AB = 2R. Tính khoảng cách từ AB đến trục hình trụ
theo R.

BT2. Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và O’ bán kính R, đường cao

R 2. Lấy A trên (O), B trên (O’) sao cho OA vuông góc O’B

a) Chứng minh các mặt bên của hình chop OABC’ là các tam giác vng. Tính V

khối chóp.

b) Gọi () là mặt phẳng qua AB và song song OO’. Tính d(OO’, )

BT3. Cho hình trụ có thể tích V khơng đổi. Tính diện tích đáy và chiều cao sao cho

diện tích tồn phần đạt giá trị nhỏ nhất.

BT4. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh là 4.

a) Tính diện tích tồn phần của hình trụ.
b) Tính thể tích khối trụ.

BT5. Cho lăng trụ đứng ABCD.A BCD' ' ' 'có đáy ABCD là ABCD là hình thang cân

với đáy nhỏ AB = a, đáy lớn CD = 4a, cạnh bên 5a

2 . Chiều cao lăng trụ h.
a) Chứng minh có hình trụ nội tiếp lăng trụ đã cho.

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

VẤN ĐỀ 4: HÌNH NĨN

–Hình nón trịn xoay là hình sinh ra bởi một
tam giác vng quay một vịng quanh một
cạnh góc vng.

– Các thiết diện qua trục

là các tam giác cân bằng nhau.



xq

2

S = h

1

V =

R h

3

l

R: bán kính đường trịn đáy

l = SM: đường sinh
h = SO: đường cao

– Hình nón cụt là một phần của hình nón giới hạn bởi mặt đáy và một thiết diện
vng góc với đáy.

2 2

2 2 2

S (R R ').

V h(R R ' RR ')

h (R R ')

  

   

  

l

R '

: bán kính hai đáy
h = OO': chiều cao

l =MM': đường sinh

Bài 1. Cho hình nón có chiều cao h. Gọi ( ) là mặt phẳng qua đỉnh hình nón và

tạo mặt đáy một góc
4

. Tính theo h diện tích mặt cắt của

( )



và hình nón,

O

M
O

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

biết rằng mặt cắt chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo 2
3

.

Giải

Vẽ OH  AB thì SH  AB Ta có: SHO   

4 SHO vuông cân

 SH = SO 2 = h 2 vaø OH = SO = h
Ta có: sđ

AB

= 1200 BOH= 600



OBH vuoâng  tan600 =

BH

OH

 AB = 2BH = 2h 3
Do đó: dt (



SAB) = 1

2SH.AB =
1

2 (h 2)(2h 3)= h

2 6

Bài 2: Cho



ABC vuông tại A, có AB = a và ACB 

Người ta quay tam giác đó một vịng quanh BC.
Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành theo a và



Giaûi

Vẽ đường cao AH

AB a

ABC sin BC

BC sin

      



vaø

tan

AB

AC ABcot

AC

 







AH

AHC

sin

AC



 

 

 AH = ACsin

= acost sin = acos

Khi quay



ABC quanh BC thì khối tròn xoay tạo thành
gồm hai hình nón có đáy là đường trịn tâm H bán kính AH
Ta có: V = BH.AH2 CH.AH2

3 3

  

2 2

AH (BH CH) AH .BC

3 3

 

  

H
B

A

A C

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

 

   

 

3 2

2 2 a a cos

(a cos )

3 sin 3 sin

Bài 3. Một hình nón có đường cao 20, bán kính đáy r = 25.

a) Tính diện tích xung quanh hình nón.

b) Một thiết diện qua đỉnh và cách tâm của đáy là 12. Tính diện tích thiết
diện đó.

Giải

a) SOA vuông

 SA2 = SO2 + OA2 = 400 + 625 = 1025  SA = 5 41

Vaäy Sxq =



Rl =



.25.5 41 = 125



41.

b) Mặt phẳng qua đỉnh S cắt mặt nón theo hai
đường sinh SM và SN.

Vẽ OH



MN và OK



Ta có MN



mp (SOH) nên MN



OK
Vậy OK



mp(SMN)

 OK = 12 = d(O, mp (SMN))

SOH

 vuoâng 1 2 1 2 12

OH OK SO

1 1

144 400
256
144.400

  

 



12 20

OH 15



  

OMH

 vuoâng MH2 OM2OH2 625 225 400 

MN 2MH 40

  

SOH

 vuoâng SH2 SO2OH2 400 225 625  SH 25

Vaäy: dt( SMN) 1SH.MN 1.25.40 500

2 2

    .

Bài 4. Cho một hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và BSC 

với 0



   . Tính theo a và .
a) Thể tích khối chóp theo a và .

b) Diện tích xung quanh hình nón ngoại tiếp hình chóp đó.

Giải

a/ Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì

SH mp(ABCD)



K
S

H N

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143>

Gọi M là trung điểm của BC. Ta coù HM



BC  SM





SMC vuoâng  SM = a
2 cot 2





SHM vuoâng

SH = a2cot2 a2

4 2 4

  = a cos
2 sin




Thể tích khối chóp: V a cos3
6sin






b/ Diện tích xung quanh hình nón ngoại tiếp hình chóp là: S = HB.SB
Với: HB = a 2

2 vaø SB =
a
2 sin
2
 
2
a 2
S
4 sin
2


.

Bài 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy a, góc ở đỉnh của mặt bên

là.

a) Tính thể tích khối chóp đã cho theo a và 

b) Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S nội tiếp trong hình chóp đó
theo a và .

Giải

a/ Gọi O là tâm tam giác đều ABC thì SO mp(ABC)

Gọi I là trung điểm BC.
Do SBC cân nên SI  BC
và BSI 1BSC

2 2



 

Ta có: OB = 2 BJ
3 =

2 a 3. a 3

3 2  3

SBI vuông tại I



sin  BI BS a 

2 SB 2sin

SOB vuông tại O

 SO2 = SB2– OB2

= 2 2 2

2 2

a a a 3 4

3 12

4 sin sin

2 2
 
 
    
   
 
2
2

a 3cot 1

12 2

 
   
 
S

A a B

</div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

Vaäy: VS.ABC = 1

3h.dt (



ABC)

2 3

2 2

a a 3 a

V . . 3cot 1 3cot 1

4 2 24 2

6 3

 

    

b/ SBI tan BI

2 SI



 

SI

BI

a

2

.cot

a

2

tan

2  





vaø R OI a 3
6

 

Vaäy Sxq R a 3 acot a 32 cot

6 2 2 12 2

  

     .

Bài 6. Cho S.ABC là hình chóùp tam giác đều có cạnh bên là a và góc của mặt

bên và mặt đáy là 300.Gọi hình nón nội tiếp hình chóp là hình nón đỉnh S đáy

là đường trịn nội tiếp tam giác đều ABC. Tính diện tích xung quanh hình nón
nội tiếp hình chóp S.ABC theo a.

Giaûi

Gọi J là trung điểm BC, I là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác đều
ABC. Do S.ABC là hình chóp đều nên
SI  mp(ABC) và AJ  BC

 SJ  BC. Vaäy SJA 30 0.

Đặt r = IJ là bán kính đường trịn nội
tiếp ABC.

SIJ

 vuoâng tan 300 SI

 

vaø cos 300 IJ

 SI r 3

 

và SJ 2r
3



SIA

 vuông SA2 AI2SI2

2 2 2

2 2 r 3 2 r 13r

a (2r) 4r

3 3 3

 

      

   

r .a

13
Vaäy SJ 2r  2a

3 13

C
J

B
S

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145>

Do đó: Sxq r . 3 a 2a 2a 32
13

13 13

   

       


  .

Bài 7. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao 15 cm, bán kính R = 6 cm. Tìm chiều

cao và bán kính đáy của hình trụ có diện tích tồn phần lớn nhất nội tiếp
trong hình nón. Tính diện tích tồn phần hình trụ đó.

Giải

Gọi r và h là bán kính đáy và chiều cao của
hình trụ nội tiếp trong hình nón với 0 < r < 6
và 0 < h < 15.

Ta có: Stp = 2Sđáy + Sxq = 2r2 + 2rh

Do MN // SH AN MN 6 r h

AH SH 6 15



   

 

      

 

r 5r

h 15 1 15

6 2

Vaäy: S(r) = 2 r2 2 r 15 5r

 

     

 

S(r) = 2 2 2

2 r 30 r 5 r   30 r 3 r   với 0 < r < 6
Ta có: S’(r) = 30  6 r; S’(r) = 0r = 5

r 0 5 6

s' + 0 –

s 75

CĐ
Do đó: Smax = 75

r 5
5
h





   



A B

</div>
(146)<div class='page_container' data-page=146>

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO. Lấy A, B thuộc đường tròn tâm O sao

cho d(O, AB) = a, SAO= 300, SAB= 600. Tính diện tích xung quanh hình nón.

BT2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao SH bằng h, góc SAB bằng

 với  450. Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S và đáy là đường

trịn ngoại tiếp hình vng ABCD.

BT3. Cho hình nón



có bán kính đáy R, đường cao SO. Mặt phẳng (P) cố định

vng góc SO tại

O

'cắt



theo đường trịn có bán kính đáy

R

'. Mặt phẳng (Q)

thay đổi vng góc SO tại O1 (O1 nằm giữa O và

O

') cắt hình nón theo thiết

diện là hình tròn có bán kính x. Tính x theo R,

R

' nếu (Q) chia hình nón nằm

giữa (P) và đáy hình nón theo 2 phần có thể tích bằng nhau.

BT4. Cho hình nón có chiều cao h. Gọi (



) là mặt phẳng qua đỉnh hình nón và tạo

với đáy góc
4

. Tính diện tích mặt cắt chắn trên đáy có số đo 2
3



BT5. Trong các khối nón trịn xoay cùng có diện tích tồn phần bằng



thì khối

nào có diện tích lớn nhất

BT6. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h và có bán kính đáy R. Trong các mặt

</div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

VẤN ĐỀ 5: MẶT CẦU

–

THỂ TÍCH KHỐI CẦU

Mặt cầu tâm I bán kính R, kí hiệu S(I, R)

S(I, R) =



M / IM R



Hình cầu tâm I bán kính R, kí hiệu B(I, R)
B(I, R) =



M / IM R



Thể tích hình cầu B(I, R):



R

3

4

V =

3

Diện tích mặt cầu:



2

mc

s

= 4 R

Phương pháp xác định mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

 Trường hợp 1: Nếu ABC ADC 1v 

Hai điểm B và D cùng nhìn đoạn AC dưới
một góc vng nên cùng nằm trên mặt cầu
đường kính AC.

 Trường hợp 2: Nếu AB AC AD a  

– Vẽ AH  mp (BCD) thì H là tâm đường
tròn ngoại tiếp BCD

– Trên mp (ABH) vẽ đường trung trực
của AB, đường này cắt AH tại I thì I là
tâm mặt cầu (ABCD).

– Do hệ thức lượng trên đường trịn
(IJBH) ta có:

AJ.AB = AI.AH  R = IA = a2

2AH

 Trường hợp 3: Nếu AB  mp (BCD)

Vẽ

 

 là trục đường tròn (BCD).

– Vẽ () là mặt phẳng trung trực của

M
I

C
A

I
J

B D

H
C
A



I
J

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

AB. () caét () tại I thì I là tâm
mặt cầu (ABCD).

– R = IB = IH2HB2

Bài 1. Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều, bán kính đáy hình

nón là R

a) Tính thể tích khối nón đã cho.

b) Chứng minh rằng diện tích đáy, diện tích xung quanh, diện tích tồn phần
của hình đó tỉ lệ 1 : 2 : 3.

c) Chứng minh rằng diện tích tồn phần của hình nón bằng diện tích mặt cầu
mà đường kính bằng chiều cao của hình nón.

Giải

SAB đều cạnh 2R nên SO 2R 3 R 3
2

 

Vaäy Vnoùn = 1

3SO.dt.(đáy) =

3
2

R 3( R ) R 3

3 2



 

Ta có Sđáy = R2

Sxq = R.SA = 2R2

Stp = Sđáy + Sxq = 3R2

Do đó Sđáy : Sxq : Stp = 1 : 2 : 3

Diện tích xung quanh mặt cầu bán kính SO R 3

2  2

Vậy Smc = 4(SO2) = 4

2
tp

R 3 3 R S

 

  

 

 

Bài 2. (Tuyển sinh Đại học khối D 2003) Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông

góc với nhau theo giao tuyến (). Trên () lấy hai điểm A, B mà AB = a. Lấy
C trên (P) và D trên (Q) sao cho AC và BD vng góc () mà AC = AB = BD.
Tính bán kính mặt cầu qua 4 điểm A, B, C, D và khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (BCD).

Giaûi

a/ Do hai mặt phẳng (P) và (Q)
vng góc với nhau theo giao
tuyến

 

 mà AC  () và AC

nằm trên mặt phẳng (P) nên AC 

mp (Q)  AC  AD

A B

2R 2R

</div>
(149)<div class='page_container' data-page=149>

Tương tự: BD  ()  BD  (P)

 BD  BC
Ta coù : DBC DAC 1v 

B và A cùng nhìn DC dưới 1 góc
vng nên cùng nằm trên mặt cầu
đường kính DC, R = DC

ABC  caân  BC2 = 2a2

BDC  R=CD a2 2a2 a 3

2 2 2



 

b) Từ A vẽ AK  BC

Ta coù (P)  (Q) mà BD  nên DB  (P)



BD AK



Vậy AK mp(BCD)

Do đó: AK = d(A, BCD) = AC.AB
BC =

a
a 2 =

a 2
2

Bài 3. Cho tứ diện đều SABC cạnh a. Gọi I là trung điểm của đường cao SH của

tứ diện.

a) Chứng minh rằng ba đường thẳng IA, IB, IC vng góc với nhau từng đôi
một.

b) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC và tính bán kính của nó
theo a.

Giaûi

a/ S.ABC là tứ diện đều đường cao SH
nên H là tâm của



ABC

SHB

 vuoâng taïi H

 

      

 

2 2
2 2 2 2 2 a 3 2a

SH SB BH a .

3 2 3
a 2 a 6

3
3

  

IHB

 vuoâng

2 2 2

2 2 2 a 6 a 3 a

IB IH HB

6 3 2

   

       

   

I SH





IA IB IC



Xét IBC có IB2 + IC2 = BC2 IB

IC
Tương tự ta cóIC IA, IA IB

b) Vì I và H cách đều A, C, B nên tâm hình cầu đi qua 4 điểm I, A, B, C phải

K
C

A


C
O
B

M
I

</div>
(150)<div class='page_container' data-page=150>

nằm trên IH.Vẽ đường trung trực của đoạn IB trong mp(BIH), đường này cắt
IH kéo dài tại O

Ta coù

OA OB OC OI



, vậy O là tâm hình cầu qua bốn điểm A, B, C, I.
Gọi M là trung điểm IB

Ta coù: IBH ~ IOM IB IH

IO IM

   

2 2

IB.IM IB a a 6
R OI

IH 2IH a 6 4
4

     

 
 
 

Bài 4. Cho tứ diện ABCD có hai mặt bên (ACD) và (BCD) vng góc nhau,

AB = BC = BD = AC = a, AD = a 2.
a) Chứng minh ACD vuông.

b) Tính theo a diện tích mặt cầu xung quanh qua A, B, C, D.

Giải

a) Gọi M trung điểm CD

BCD cân tại B  BM  CD
(ACD)  (BCD)  BM  (ACD)
Do BC = BD = BA neân MC = MD = MA
Vậy ACD vuông tại A

b) Do BC = BD = BA
vaø MC = MD = MA

nên BM là trục đường tròn (ACD)
Trong (BCD) đường trung trực của BC cắt
BM tại O thì O là tâm mặt cầu qua B, C,
D, A.

ACD vuông tại A  CD2 = AC2 + AD2 = a2 + 2a2 = 3a2

BCM vuông tại M  BM2 = BC2– MC2 = a2–

2 2

a 3 a

2 4

 



 

 

BIO BMC  BI BO

BM  BC

 R = BO = BI.BC BC2

BM  2BM  R =

a
a
2.

2
= a
Vaäy Sxq = 4R2 = 4a2

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a;

SA = SB = a, hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) vng góc với nhau. Tính
diện tích xung quanh mặt cầu qua S, A, B, D.

I O

M
D

</div>
(151)<div class='page_container' data-page=151>

Giaûi

Gọi J là tâm hình vng ABCD
Gọi  là đường thẳng qua
J và(ABCD) thì  là trục đường
trịn (ABCD)

Gọi I là trung điểm AB

SAB đều SI AB

Mp(SAB)  (ABCD) SI (ABCD)
Do IJ AB IJ (SAB)

Gọi G là tâm của tam giác đều SAB
Vẽ (d) (SAB) tại G thì (d)
là trục đường trịn (SAB)
Ta có (d) cắt tại O

O  OA = OB = OD
O  d  OA = OB = OS
Vaäy OA = OB = OD = OS

O là tâm mặt cầu qua S, A, B, D
Vậy OGIJ là hình chữ nhật

Ta có d // IJ và SI // 

OSGvuông R2 SO2 SG2 OG2

 R2 =

2 2
2 2

2SI IJ 2 a 3. a

3 3 2 2

 

    

 

     

      =

2 2 2

a a 7a

3  4  12
Do đó Sxqmc = 4

2 7a

R
3

  .

Bài 6. (Tuyển sinh ĐH khối B năm 2010) Cho lăng trụ tam giác đều

' ' '

ABC.A BCcoù AB = a, góc của hai mặt phẳng (A 'BC) và (ABC) bằng

60 . Gọi G là trọng tâm A BC' . Tính thể tích khối lăng trụ và bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC.

Giải

 Gọi H là trung điểm BC,
ABC

 đều AHBC

Mà AA 'mp(ABC) A 'H BC


S

G O d

A D

B C

A'
C'

</div>
(152)<div class='page_container' data-page=152>

Vaäy A 'HA 60 o

o AA '

A ' AH tan 60 3

AH
a 3 3a
AA ' 3

2 2

   

  

Vaø cos 60o = AH 1 A 'H 2AH a 3

A 'H  2  

Do đó LT 2 3

3a a 3 3a 3

V AA '.dt( ABC) .

2 4 8

   

 Trong mặt phẳng (GHA) vẽ (d) đường
trung trực của GA cắt GI tại O thì O là tâm
mặt cầu qua G, A, B, C.

Gọi M là trung điểm GA.
Gọi I là tâm của  đều ABC

Ta coù: HG HI 1 GI // AA '
HA '  HA  3

Vaäy: GI 1 GI 1 3a. a
AA '  3  3 2  2

GIA  GA2 = GI2 + IA2 =

2
2

a 2 a 3.

2 3 2

 

    

   

   

2 2 2

a 3a 21a

4 9 36

  

Ta coù: G /(OMIA)

2 2

GM.GA GO.GI

GM.GA GA 21a 21a 7a

R GO a

GI 2GI 36. .2 36 12

 

      

Baøi 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi cạnh a; ABC 60 o,

SA = SB = SC = a.

Gọi M là trung điểm SD; N là hình chiếu vng góc của M lên
mp (ABCD). Tính thể tích khối S.ABCD. Chứng minh sáu điểm
S, B, A, C, M, N cùng thuộc một mặt cầu.

Giải

ABC có AB = BC = a và ABC = 600 nên ABC là tam giác đều.

Gọi G là tâm của ABC do SA = SB = SC, GA = GB = GC
neân SG  (ABCD)

Do MN



(ABCD) nên MN // SG và N  BD

M d

A
C

</div>
(153)<div class='page_container' data-page=153>

Ta có: SBG vuông

 SG2 = SB2– BG2

= a2 –

2 a 3.

3 2

 

 

 

= a2 a2

3 =

2a
3
Vaäy VS.ABCD = SG

3 .dt (ABCD)

= 1 a 2 2a 3. . 2 a 23

3 3 4  6

 Gọi I là tâm mặt cầu qua S, A, B, C
Thì I  SG là trục đường trịn (ABC)
Ta có: IS = IB = R  ISB cân
Gọi H là trung điểm SB thì IH  SB
Ta có: S/(IHBG) SI.SG SH.SB

 R = SI = SH.SB SB2
SG  2SG

a

a 3

a 6

4 a 2

2 2

2.

3 

Ta coù IG = SG – SI = a 6 a 6 a 6

3  4  12

vaø NG = OG + ON =2 a 3. a 3

3 2  3

IGN vuoâng  IN2 = IG2 + GN2 =6a2 3a2 a2 a2 3a2

144  9  24 3  8
Ta coù IN = a 3 a 6

2 2  = R  N maët cầu qua SABC
Ta có: IG a 6

12 ; SG

a 2 a 6

3
3 

 IG = 1

4 SG maø MN =
1

2 SG  MN = 2 IG

Gọi K là trung điểm MN Do IGNK là hình chữ nhật nên IK  MN
Vậy IM = IN = R

Do đó sáu điểm S, A, B, C, M, N thuộc mặt cầu tâm I với R = a 6 .

N
G

H

C
B

a
G O

A
I

</div>
(154)<div class='page_container' data-page=154>

C. BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc đáy,

SB = a 3.
a) Tính VS.ABCD.

b) Chứng minh trung điểm của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD.

BT2. Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy một góc . Tìm

tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

BT3. Cho tứ diện ABCD với AB = AC = a, BC = b. Hai mặt phẳng (BCD) và

(ABC) vuông góc nhau và góc BDC bằng 900. Xác định tâm và bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a và b.

BT4. Cho hình cầu đường kính AB = 2R, lấy H trên bán kính OB sao cho OH = R

3 .
Mặt phẳng () qua H vuông góc AB cắt hình cầu theo đường trịn (C).

a) Tính diện tích hình tròn (C)

b) Gọi CDE là tam giác đều nội tiếp trong (C). Tính thể tích hình chóp ACDE
và BCDE.

BT5. Trong mặt phẳng cho đường trịn đường kính AB = 2R. Lấy M di động trên đường

trịn. Vẽ MH vng góc AB tại H với AH = x (0 < x < 2R). Dựng đường thẳng
vuông góc với mp tại M trên đó lấy MS = MH. Xác định tâm và bán kính mặt
cầu ngoại tiếp SABM. Tìm x để bán kính mặt cầu đó đạt giá trị lớn nhất.

BT6. Cho tứ diện S.ABCD có SA vng góc mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh

SB = a, góc BSC bằng
4

, góc ASB bằng  0


    

 

 

a) Chứng minh SB vng góc BC. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện SABC.

b) Tính thể tích tứ diện SABC theo a và . Tìm  để thể tích này lớn nhất.

BT7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA



(ABCD). Mặt phẳng

qua A vng góc SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Chứng minh 7 điểm
A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng thuộc mặt cầu. Tính diện tích mặt cầu đó.

BT8. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh a 2 và SBD đều. Hình

chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) là trọng tâm ABD.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

b) Xác định tâm và bán kính mặt còn qua S, A, B, C, D.
(ĐS: R = a 35

</div>
(155)<div class='page_container' data-page=155></div>
(156)<div class='page_container' data-page=156>

BÀI 1

HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

 Trong không gian (Oxyz) cho hai vectô a = (a1, a2, a3), b


= (b1, b2, b3).
Ta coù:

1 1
2 2
3 3

a b

a b a b

a b

   

   

 





1 1 2 2 3 3



a b a b , a b , a b

 

    



1 2 3



k a ka , ka , ka (k R)

a và b cùng phương [a, b]= 0   k R : a k.b 



b 0



3
1 2
1 2 3

a a

b b b

   (b1.b2.b3



Định nghóa: a . b   a . b cos(a, b)

Định lý: a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3

Hệ quả: a2 a2; 2 2 2

1 2 3

a  a a a

a b a . b 0

   

  

 Trong khoâng gian (Oxyz) cho A(xA, yA, zA, ), B(xB, yB, zB), C(xC, yC, zC)
Ta coù: AB = (xB – xA, yB– yA, zB – zA)

AB = AB =



x - xB A

 

2+ y - yB A

 

2+ z - zB A



2

Trung điểm I của đoạn AB:

A B
I
A B
I
A B
I
x x
x
2
y y
y
2
z z
z
2


 



 



 


G trọng tâm ABC

A B C
G

x x x

y y y

z z z

</div>
(157)<div class='page_container' data-page=157>

Lưu ý:

Nếu M  (Oxy) thì zM = 0 Neáu M  (Oyz) thì xM = 0
Nếu M  (Oxz) thì yM = 0 Neáu M  xOx thì yM = zM = 0
Nếu M  zOz thì xM = yM = 0 Nếu M  yOy thì xM = zM = 0

 Tính có hướng của hai vectơ

Trong không gian (Oxyz) cho 2 vectơ: a = (a1, a2, a3), b


= (b1, b2, b3)
Tích có hướng của hai vectơ a và b, ký hiệu a, b (hoặc a b), là
vectơ có tọa độ:

2 3 3 1 1 2

a a a a a a

[a, b] , ,

b b b b b b

 

  

 

Tính chất:

1/ Vectơ [a, b]vng góc với cả hai vectơ a và b
2/ a, b   b,a 

3/ a, b   a b sin a, b 

 

 

Ứng dụng của tích có hướng

a/ a, b, c đồng phẳèng [a, b].c  0
b/ Diện tích tam giác ABC: S = 1 [AB, AC]

2

c/ Diện tích hình bình hành ABCD: S [AB, AD]
d/ Thể tích tứ diện ABCD:

1 ,

.

6 V

 



AB AC AD





e/ Tính thể tích hình hộp ABCD.ABCD:

1 ,

. '

6 V

 



AB AD AA





 Các dạng toán thường gặp

 A, B, C, thẳng hàng  AB cùng phương với AC  AB, AC  0

 A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác  A, B, C không thẳng hàng.

</div>
(158)<div class='page_container' data-page=158>

 AB, AC, AD không đồng phẳng  AB, AC .AD  0
 Trực tâm H của ABC

Tìm tọa độ điểm H từ điều kiện:
AH.BC 0

BH.AC 0

A, B, C, H đồng phẳng

 
 




.

0 .

0 AH BC

BH AC

BC AC AH

























 Chân đường cao A của đường cao AA của ABC
Tìm tọa độ điểm A từ điều kiện

AA .BC 0

BA cùng phương BC

  






 

AA .BC 0
BA ,BC 0

  


   
 


 Tâm đường tròn ngoại tiếp I của ABC
Tìm tọa độ điểm I từ điều kiện:

IA IB
IA IC

A, B, C, I đồng phẳng



 




2 2
2 2
IA IB
IA IC

AB, AC .AI 0

 
 

  
 


 Chân đường phân giác trong và ngoài của ABC

Gọi D, D là chân đường phân giác trong và ngoài của BAC
Ta có: DB D B AB

DC D C AC



 



Vậy DB AB.DC
AC

  và D B AB.D C
AC

  

 Để tìm tâm của đường trịn nội tiếp:

– Vẽ đường phân giác trong của B cắt

AD tại I thì I chính là tâm đường
trịn nội tiếp ABC.

– Tìm I từ cơng thức:

IA BA

ID  BD 

BA
IA .ID
BD
 
A
I

</div>
(159)<div class='page_container' data-page=159>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1: Cho ba vectơ a = (1, m, 2), b = (m + 1, 2, 1), c = (0, m – 2, 2)
a. Tìm m để a vng góc b.

b. Tìm m để a, b, c đồng phẳng
c. Tìm m để a b  c

Giải

a/ Ta có:

a  b  a.b= 0  m + 1 + 2m + 2 = 0  m = –1
b/ Ta coù:

[a, b] = (m – 4, 2m + 1, –m2 – m + 2)

 [a, b].c = (m – 2)(2m + 1) + 2(–m2 – m + 2) = –5m + 2
Do đó:

a, b, c đồng phẳng  [a, b].c = 0  –5m + 2 = 0  m = 2
5
c/ Ta có: a b = (m + 2, m + 2, 3)

Do đó: a b = c  a b 2= c2

 (m + 2)2 + (m + 2)2 + 9 = (m – 2)2 + 4

 m2 + 12m + 9 = 0  m = –6  3 3

Bài 2: Cho a = (1, –2, 3). Tìm vectơ b cùng phương với vectơ a, biết
rằng b tạo với trục tung một góc nhọn và b  14.

Giải

Gọi b = (x, y, z); Oy có vectơ đơn vị j = (0, 1, 0).

Ta coù:

b ka
b.j 0

b 14

 
 








2 2 2

x k, y 2k, z 3k
y 0

x y z 14

    

 


   




2 2 2

x k, y 2k, z 3k
y 0

k 4k 9k 14

    

 


   





x k, y 2k, z 3k
y 0

k 1

   


 

  


 x 1, y 2, z 3

k 1

    

</div>
(160)<div class='page_container' data-page=160>

Vaäy b = (–1, 2, –3)

Bài 3: Cho ba điểm: A (–2, 0, 2), B (1, 2, 3), C(x, y – 3, 7).
Tìm x, y để ba điểm A, B, C thẳng hàng

Giải

Ta có: AB = (3, 2, 1), AC = (x + 2, y – 3, 5)
Caùch 1: [AB, AC] = (y – 13, 13 – x, 2x – 3y + 13)

Ta có: A, B, C thẳng hàng  [AB, AC] = 0 

y 13 0
13 x 0
2x 3y 13 0

 

  

   


 x = y = 13
Cách 2:

A, B, C thẳng hàng  x 2 y 3 5

3 2 1

     x = y = 13

Caùch 3:

A, B, C thẳng hàng  AC = kAB 

x 2 3k
y 3 2k
5 k
 

  

 


x 13
y 13
k 5


 


 


Bài 4: Cho ba điểm: A(1, 1, 1), B(–1, –1, 0), C(3, 1, –1)
a. Tìm điểm M trên trục Oy cách đều hai điểm B, C

b. Tìm điểm N trên mặt phẳng (Oxy) cách đều ba điểm A, B, C.
c. Tìm điểm P trên mặt phẳng (Oxy) sao cho PA + PC nhỏ nhất.

Giải

a/ Gọi M(0, y, 0)  Oy

M cách đều hai điểm B, C



MB2 = MC2

 1 + (y + 1)2 = 9 + (y – 1)2 + 1  y = 9
4
Vaäy M(0, 9

4, 0)
b/ Goïi N(x, y, 0)  (Oxy)

N cách đều ba điểm A, B, C  NA22 NB22

NA NC
 







2 2 2 2

(x 1) (y 1) 1 (x 1) (y 1)

(x 1) (y 1) 1 (x 3) (y 1) 1

</div>
(161)<div class='page_container' data-page=161>

Vaäy N (2, – 7
4, 0)
 c/ Goïi P(x, y, 0)

Nhận thấy A và C nằm khác phía
đối với mp (Oxy) (do zA.zC = –1 < 0)
Ta có: PA + PC  AC

Do đó: PA + PC nhỏ nhất

 PA + PC = AC  P = AC  (Oxy)  A, P, C thẳng hàng
Ta có: AP = (x – 1, y – 1, –1), AC = (2, 0, –2)

A, P, C thẳng hàng  AP và AC cùng phương  AP = kAC



x 1 2k
y 1 0

1 2k
 

  

  


x 2
y 1
1
k
2


 

 


Vaäy P(2, 1, 0)

Bài 5: Cho ABC có A(0, 0, 1), B(1, 4, 0), C(0, 15, 1)
a. Tính độ dài đường cao AK của ABC.

b. Tìm tâm I của đường trịn ngoại tiếp ABC.
c. Tìm trực tâm H của ABC.

Giải

a/ AB= (1, 4, –1), AC = (0, 15, 0), BC = (–1, 11, 1)

[AB, AC] = (15, 0, 15)  SABC = 1[AB, AC] 15 2

2  2

Ta cũng có: SABC = 1

2AK.BC =
15 2

2  AK =

15 2 15 2
BC  123
b/ Goïi I(x, y, z). Ta coù:

IA IB
IA IC

AB, AC, AI đồng phẳng

 
 





2 2
2 2
IA IB
IA IC

[AB, AC].AI 0

 



 



2 2 2 2 2 2

2 2

( 1)

( 1) (

4)

2 1

2 1 8 16

(

15)

x

y

z

x

y

z

x

y

</div>
(162)<div class='page_container' data-page=162>

x 4y z 8 0

2y 15 0
x z 1 0

   

  

   


21
x
2
15
y
2
23
z
2
  


 


 


Vaäy I(– 21
2 ,

15
2 ,

23
2 )

c/ Gọi H(x, y, z). Ta có: H là trực tâm ABC



AH.BC 0
BH.AC 0

AB, AC, AH đồng phẳng

 
 




AH.BC 0
BH.AC 0

AB, AC .AH 0

 
 


  
 


x 11y z 1 0
y 4 0

x z 1 0

    


   
   

x 22
y 4
z 21



 
  


Vaäy: H(22, 4, –21)

Bài 6: Cho bốn điểm: A(1, 0, 1), B(–1, 1, 2), C(–1, 1, 0), D(2, –1, –2)
a. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.
b. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AB và CD.

c. Tính độ dài đường cao AH của tứ diện ABCD.

Giaûi

a/ A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện  AB, AC, AD không đồng
phẳng  [AB, AC].AD  0

Ta có: AB(–2, 1, 1), AC = (–2, 1, –1), AD = (1, –1, –3)
[AB, AC] = (–2, –4, 0)  [AB, AC].AD = 2  0
Vậy A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.

b/ Ta coù: CD = (3, –2, –2), AB.CD= –10

cos(AB, CD) = |cos(AB,CD)| = AB.CD
AB . CD =

10 10

6. 17  102
c/ VABCD = 1[AB, AC].AD 1

6  3

Ngoài ra: VABCD = 1

3SBCD.AH =
1

</div>
(163)<div class='page_container' data-page=163>

Từ BC(0,0, 2), CD(3, 2, 2) 
Ta có: [BC,CD] = (–4, –6, 0)

 SBCD = 1[BC,CD]

2 =

1 16 36 13

2    AH =
1
13
Bài 7: Cho ABC có A(1, 1, 1), B(5, 1, –2), C(7, 9, 1)

a. Tính cosin của góc A.

b. Chứng minh rằng góc B nhọn.

c. Tính độ dài đường phân giác trong của góc A.
d. Tìm tọa độ chân đường cao vẽ từ A.

Giải

a/ Ta có: AB = (4, 0, –3), AC = (6, 8, 0), BC = (2, 8, 3)
cosA = cos(AB, AC) = AB.AC 24 12

5.10 25

AB . AC  

b/ BA = (–4, 0, 3), BC = (2, 8, 3)

 BA.BC = 1 > 0  góc B nhọn.

c/ Gọi D(x, y, z) là giao điểm đường phân giác trong của góc A với cạnh BC.
Ta có: DB AB 5 1

DC  AC 10  2  DC 2DB



7 x 2(5 x)

9 y 2(1 y)

1 z 2( 2 z)

   



    


     




17
x

3
11
y

z 1

 


 



 


Vaäy D(17 11,
3 3 , –1)

 AD =

2 2

17 1 11 1 ( 1 1) 2 74

3 3 3

         

   

   

d/ H(x, y, z) là chân đường vẽ từ A đến BC.
AH.BC = 0

BH cùng phương BC




 (*)

</div>
(164)<div class='page_container' data-page=164>

Do đó: (I)

387
x

2(x 1) 8(y 1) 3(z 1) 0 85

x 5 y 1 z 2 77

2 8 3 151

 



     



 

       

 

 

 

 


Vaäy H 387 85 151, ,
77 77 77



 

 

 

 Trong các bài tập sau đây
chúng ta sẽ lưu ý kỹ năng
gắn trục tọa độ đề giải quyết
các bài tốn Hình khơng
gian. Gốc tọa độ phải là
điểm để có tam diện vng.

Nếu H là hình chiếu vng góc của M lên (Oxy) thì xM = xH, yM = yH
Để biết tọa độ M  (Oxy) ta vẽ riêng hình trong mặt phẳng tọa độ
quen thuộc và chú ý zM = 0

Vài tình huống cụ thể khi gặp tứ diện S.ABC.

 Nếu SA  (ABC)
và ABC  tại A

 Nếu SA  (ABC) và ABC tại B

Dùng hệ thức lượng trong ABC  ta xác định được tọa độ B
xB = AH yB = AK zB = 0

C
A

x
H

K B

C
z

y
M

x H

y
B

</div>
(165)<div class='page_container' data-page=165>

 Nếu SA  (ABC) và ABC cân tại A hay đều ta chọn Ox  BA hay
Ox qua AC

 Nếu S.ABC là hình chóp đều có ABC đều cạnh a
Gọi O là tâm đường trịn (ABC) thì SO  (ABC)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta có: xB = xC = OI = 1

3.AI =
a 3

6
yB = –yC = IB = a

2
xA = OA = – 2

3AI = – 23
a 3

2 = –
a 3

3
Vaäy A a 3, 0, 0

 



 

 , B

a 3 a, , 0

6 2

 

 

 , C

a 3 a, , 0

6 2

  

 

 

 Nếu S.ABCD là hình chóp có đáy ABCD hình chữ nhật (hay hình
C

B
S

C
A

B
S

x
I

y z

A I

C
y

B
S

A O

I x
y

</div>
(166)<div class='page_container' data-page=166>

vuông) có SA  (ABCD)

 Nếu S.ABCD là hình chóp có (SAB)  (ABCD) và ABCD hình chữ
nhật vẽ SO  AB thì SO  (ABCD)

 Nếu ABCD.ABCD là hình hộp chữ nhật (hay lập phương)
x

A
S

x
B

C
D

A
S

A

B

B
A

C

</div>
(167)<div class='page_container' data-page=167>

Bài 8. Cho tứ diện N.ABC có NA vng góc (ABC), NA = a, tam giác
ABC vng cân tại A có AB = AC = a. Từ trung điểm M của BC vẽ
đường vng góc (ABC) lấy điểm I cùng phía với N sao cho MI = a

2.
Gọi H là chân đường vng góc vẽ từ A đến NC.

Chứng minh: AH vng góc NI.

Giải

Gắn trục tọa độ như hình vẽ

Ta có: A(0, 0, 0), B(a, 0, 0), C(0, a, 0), N(0, 0, a)
Ta coù: M a a, , 0

2 2

 

 

  trung điểm AB
 I a a a, ,

2 2 2

 

 

 

ANC vuông cân tại A nên H là trung điểm NC
Vaäy H 0, ,a a

2 2

 

 

 

Ta coù AH = 0, ,a a
2 2

 

 

 

vaø NI = a a a, ,
2 2 2

  

 

 

 AH.NI = 0 + a2 a2
4  4 = 0

 AH  NI

Bài 9. Đề dự bị Đại học khối A 2006

Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc (ABCD), đáy ABCD hình chữ
nhật AB = a, AD = 2a, SB tạo với mp(ABCD) góc 60o. Trên SA lấy M 
sao cho AM = a 3

2 , SD cắt (BCM) tại N. Tính thể tích khối S.BCNM.

Giải

Ta có: SAB   tan60o = SA
AB

 SA = a 3
Maø AM = a 3

2 vaäy M

z
N

H
J

C y
M

B
x

</div>
(168)<div class='page_container' data-page=168>

trung điểm SA. Mp(SAD)
chứa AD // (BCM)

Nên (SAD) cắt (BCM) theo
giao tuyến MN // AD
Gắn trục tọa độ như hình
vẽ thì B(a, 0, 0), D(0, 2a, 0),
C(a, 2a, 0), S(0, 0, 3a),
M(0, 0, 3

2 a), N(0, a,
3
2 a)
Ta coù: SM = (0, 0, – 3

2 a),
SB = (a, 0, –a 3)

SC = (a, 2a, – 3a), SN = (0, a, –a 3
2 )

 SM SC = ( 2 3, 2 3,0)

a

a 

Ta coù: VS.BCNM = VS.BCM + SS.MNC

= 1(SM SC).SB 1(SM SC).SN

6   6 

= 1a 33 1 a 33

6  6 2 =

1 3

4 a

Bài 10. Đề dự bị Đại học khối D 2003

Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc (ABC), tam giác ABC vuông tại
B, AB = a, BC = SA = 2a. Gọi M trung điểm SC. Chứng minh tam giác
AMB cân tại M. Tính diện tích AMB.

Giải

Gắn trục như hình vẽ

z
S

N
M

D y

x B

60o

C
x
H

x
C

2a
a

</div>
(169)<div class='page_container' data-page=169>

Ta coù: A(0, 0, 0), C(a 5, 0, 0), S(0, 0, 2a)

ABC  taïi B  AB2 = AH.AC

 xB = AH =

2 2

AB a a

AC  a 5  5 vaø BH = yB =

BA.BC a.2a 2a
AC  a 5  5
Vaäy B a 2a, , 0

5 5

 

 

  Trung điểm SC là M

a 5, 0, a
2

 

 

 

Vaäy MA2 = 5a2
4 + a

2 = 9a2
4
MB2 =

a 5 a 5

5 2

 



 

  +

4a
5 + a

2

= 45a2 9a2 9 9 a2 45a2 9a2

100 5 20 5 20 4

 

     

 

Vậy MA = MB nên MAB cân tại M
Ta có: MA a 5, 0, a

 

   vaø AB a 5 2a 55 , 5 , 0

 

 MA AB 2a 5 a 52 , 2 , a2

5 5

 

   

 

Do đó: dt(MAB) = 1MA AB 1 20a4 5a4 a4

2   2 25  25 

= 2

4 1

1

2 2 5 5

2 a

  

Bài 11. Đề dự bị Đại học khối D/2007

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông, AB = AC = a,
AA = a 2. Gọi M, N là trung điểm của AA, BC. Chứng minh MN là
đường vng góc chung của AA và BC. Tính thể tích khối M.ABC.

Giải

Gắn trục như hình vẽ

Ta có: B(a, 0, 0), C(0, a, 0), A(0, 0, a 2), B(a, 0, a 2), C(0, a, a 2)

 M(0, 0, a 2

2 ) và N(
a
2,

a
2,

</div>
(170)<div class='page_container' data-page=170>

Ta có: MN = (a
2,

2, 0), AA = (0, 0, a 2)
BC = (–a, a, a 2)

Ta có: MN.AA = 0  MN  AA
MN.BC = 0  MN  BC
Vậy MN là đường vng góc chung
của AA và BC

Ta coù: BA = d(B, MAC) = a
Dt(MAC) = 1

2MA.AC =

1 a 2 a a 2

2 2 4

 



 

 

Vaäy VM.ABC = VB.AMC = 1

3BAdt(MAA) =

2 3

a a 2 a 2

3 4 12

 



 

 

Bài 12. Tuyển sinh Đại học khối B 2003

Cho hình lăng trụ đứng ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi
cạnh a, BAD = 60o. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm AA và CC. 
Chứng minh bốn điểm B, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Tính độ
dài AA theo a để tứ giác BMDN là hình vng.

Giải

Gắn trục tọa độ như hình vẽ
Đặt AA = h

BAD cân tại A có BAC = 60o 
nên là  đều  BD = a và OA = a 3

2
Ta coù: B(a

2, 0, 0), D(– a2, 0, 0),
C(0, a 3

2 , 0), A(0, –
a 3

2 , 0),
B(a

2, 0, h), D(– a2, 0, h), C(0,
a 3

2 , h), A(0, –
a 3

2 , h)
M(0, –a 3

2 ,
h

2 ), N(0,
a 3

2 ,
h
2 )

A C

C
y
N

B M

B
x

A D

D
C
N
O
C
y
x B

</div>
(171)<div class='page_container' data-page=171>

Ta coù DM a, a 3 h,

2 2 2

 

  

  vaø

a a 3 h

DN , ,

2 2 2

 

  

 

 DM DN ah 3, 0,a 32

2 2

 

   

  vaø DB 



a, 0, h



Do đó: (DM DN ).DB = 0

 D, M, N, B đồng phẳng
Ta có NB a, a 3 h,

2 2 2

 

   

  = DM

vaø DM = DN = a2 h2



Vậy BMDN là hình thoi

Do đó: BMDN là hình vng  DM.DN = 0

 a2 3a2 h2

4  4  4 = 0 

2 2

a h

2  4  AA = a 2

Bài 13. (Đề Tuyển sinh Đại học khối A 2007) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy là hình vng cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M, N, P là trung điểm SB, BC, CD.
Chứng minh AM vng góc BP và tính thể tích khối đa diện CMNP.

Giải

Gọi O là trung điểm AD

SAD đều nên SO  AD

Mà mp(SAD) vuông góc mp(ABCD)
neân SO  mp(ABCD)

Gắn trục tọa độ như hình vẽ thì
A a, 0, 0

 

 

 , D

a, 0, 0
2

 

 

 ,

B a, a, 0
2

 

 

  C

a, a, 0
2

 

 

 , S

a 3
0, 0,
2
 
 
 

( , , 3), (0, ,0), ( , ,0)

4 2 4 2 2

a a a a a

M N a D 

a/ Ta coù: AM a a a 3, ,
4 2 4

 

  

 ;

BP a, , 0

</div>
(172)<div class='page_container' data-page=172>

Do AM.BP = a2 a2

4  4 + 0 = 0 nên AM  BP
b/ Ta có: CN a, 0, 0

 

  ; CP 0,2a, 0
 CN CP 0, 0, a2

 

   

  vaø

3a a a 3

CM , ,

4 2 4

 

  

 

Vaäy VCMNP =

1(CN CP)CM a 3

</div>
(173)<div class='page_container' data-page=173>

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1:

a) Tìm vectơ đơn vị vng góc với trục Ox và vng góc với a = (3, 6, 8)
b) Tìm b cùng phương với a = (2 2, –1, 4) biết rằng |b| = 10

BT2: Cho a = (1, 1, –2), b = (1, 0, m). Tìm m để góc giữa a và b
bằng 45o

BT3: Cho ba vectơ a = (3, –2, 4), b = (5, 1, 6), c = (–3, 0, 2). Tìm vectơ x
thỏa mãn đồng thời ba điều kiện: a.x = 4, b.x = 35, c vng góc x.
BT4: Cho hai điểm A(1, 2, 3), B(2, 0, –1)

a) Tìm điểm M thuộc trục Ox cách đều hai điểm A và B.

b) Tìm điểm N thuộc mặt phẳng (Oxy) cách đều hai điểm A, B và cách
gốc O một khoảng bằng 3

2
BT5: Cho hai điểm A(0, 1, 2), B(–1, 1, 0)

a) Tìm tọa độ tâm I của đường trịn ngoại tiếp OAB
b) Tìm tọa độ trực tâm H của OAB

BT6: Cho A(–3; –2; 6), B(–2; 4; 4). O là gốc tọa độ
a) Chứng minh O, A, B là 3 đỉnh của 1 tam giác.
b) Tính diện tích OAB và độ dài đường cao hạ từ O.
c) Tìm chân đường phân giác trong vẽ từ O của OAB.
BT7: Cho A(0, 0, 3); B(1, 1, 5); C(–3, 0, 0); D(0, –3, 0)

a) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ giác.
b) Tính diện tích ACD và các góc của tam giác.
c) Tính [(AB,AC)]AD CD .BC 2

BT8: Cho hình hộp ABCD.ABCD với:

A(1, 0, 1); B(2, 1, 2); D(1, –1, 1); C(4, 5, –5).
a) Tìm tọa độ các đỉnh cịn lại.

b) Tính thể tích của hình hộp ABCD.ABCD.
BT9: Cho A(0, 1, 0); B(2, 3, 1); C(–2, 2, 2); D(1, –1, 2)

</div>
(174)<div class='page_container' data-page=174>

b) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao hạ từ A.

c) Gọi G là trọng tâm ABC. Chứng minh AG vng góc mp(BCD).
BT10: Cho A(2, –1, 0); B(–3, 1, 1)

a) Tìm M trên (Oyz) để MA + MB ngắn nhất.
b) Tìm N trên (Oyz) để MA – NB dài nhất.
BT11: Đề Cao đẳng 2009

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2. Gọi M, N,
K lần lượt là trung điểm SA, SB, CD. Chứng minh MN vng góc SK.

Tính thể tích khối A.MNK (ĐS: a 63

48 )
BT12: Đề Cao đẳng 2008

Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD), SA = 2a, ABCD là hình
thang có A B = 1v, AB = BC = a, AD = 2a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm SA, SD. Chứng minh BCNM là hình chữ nhật.
Tính VS.BCNM (Đáp số:

a
3 ).

BT13: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Gọi M, N là trung
điểm AD và BB.

a) Chứng minh MN vng góc AC.

</div>
(175)<div class='page_container' data-page=175>

BÀI 2

MẶT PHẲNG

VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. VECTƠ PHÁP TUYẾN (HAY PHÁP VECTƠ) CỦA MẶT PHẲNG

Vectơ n  0gọi là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  nếu giá của n
vuông góc mặt phẳng .

Cho hai vectơ a, b khác 0 và không cùng phương.

Nếu giá của a, b song song hoặc nằm trên mặt phẳng  thì n = [a, b]
là một vectơ pháp tuyến của mp .

II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG

có dạng Ax + By + Cz + D = 0 (với A2 + B2 + C2 0) 
Với n = (A, B, C) là vectơ pháp tuyến)

 Phương trình mặt phẳng qua điểm M(xo, yo, zo) và có vtpt n = (A, B, C) laø:
A(x – xo) + B(y – yo) + C(z – zo) = 0

 Nếu mặt phẳng  cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a, 0, 0), B(0, b, 0),
C(0, 0, c) (a.b.c  0) thì



có phương trình:

x y z 1

a  b c 

Phương trình các mặt phẳng tọa độ:

. (Oxy): z = 0 . (Oxz): y = 0 . (Oyz): x = 0

III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Cho hai mặt phẳng :

: Ax + By +Cz + D = 0 coù PVT n = (A, B, C)

: A’x + B’y + C’z + D’ = 0 coù PVT n = (A’, B’, C’)

</div>
(176)<div class='page_container' data-page=176>

(Ký hiệu A : B : C = A’ : B’ : C’



A B C

A  B  C) với ABC 0

b/ // 



A B C

A  B  C



D với ABCD 0

c/ 



A B C

A  B  C

=

D với ABCD 0

d/



 n.n = 0  AA’ + BB’ +CC’ = 0

IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG

Khoảng cách từ điểm M(xo, yo, zo) đến mặt phẳng



: Ax + By + Cz + D = 0

0 0 0
2 2 2

Ax By Cz D

d(M, )

A B C

  

 

 

 Lưu ý: Cho mặt phẳng mp : Ax + By + Cz + D = 0.

Đặt f(x, y, z) = Ax + By + Cz + D. với

M x

( , , ), ( , , )

M

y

M

z

M

N x

N

y

N

z

N

Ta có: f(xM, yM, zM). f(xN, yN, zN) > 0  M và N nằm cùng phía đối với
mặt phẳng .

f(xM, yM, zM). f(xN, yN, zN) < 0



M và N nằm khác phía đối với mặt
phẳng .

 Trường hợp đặc biệt:

Khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng tọa độ:
d(M, (Oxy)) = |zM| d(M, (Oxz)) = |yM|

d(M, (Oyz)) = |xM|

V. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Cho hai mặt phẳng ,  lần lượt có vectơ pháp tuyến là
n = (A, B, C), n= (A’, B’, C’)

Góc  giữa  và  (0  90o)

2 2 2 2 2 2

n.n AA BB CC

cos cos(n, n )

n . n A B C . A B C

  



   

</div>
(177)<div class='page_container' data-page=177>

B. BÀI TẬP MẪU

Bài 1: Viết phương trình mặt phẳng:

a. Đi qua ba điểm A(2, 0, –1), B(1, –2, 3), C (0, 1, 2)

b. Đi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) và song song trục Oz

c. Đi qua hai điểm A(1, 1, –1), B(5, 2, 1) và vuông góc mặt phẳng :

–x + z + 10 = 0

d. Qua M(2; –1; –5) và vuông góc hai mặt phẳng (): x + 3y – z = 0,
(): 2x + y – 4z – 8 = 0

e. Đi qua trục Ox và điểm N(3, –1, 2)

f. Đi qua điểm M(2, –1, 4) và song song mp(): 3x – y + 2z = 0

Giaûi

a/ Ta có AB = (–1; –2; 4) và AC = (–2; 1; 3)
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm.

n [AB, AC] = (–10, –5, –5) = –5(2, 1, 1)

 (P): 2(x – 2) + y + 1(z + 1) = 0



2x + y + z – 3 = 0
b/ Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm.

Oz có vtcp k = (0, 0, 1), AB = (4, 1, 2)

 nQ [AB, k]= (1, –4, 0)

 (Q): 1(x – 1) – 4(y – 1) = 0



x – 4y + 3 = 0
c/ Gọi (R) là mặt phẳng cần tìm.

Ta có: n= (–1, 0, 1)

 nR [AB, n ] = (1, –6, 1)

 (R): 1(x – 1) – 6(y – 1) + 1(z + 1) = 0



x – 6y + z + 6 = 0
d/ n= (1, 3, –1), n = (2, 1, –4)



np = [n,n] = (–11, 2, –5)

 (P): –11(x – 2) + 2(y + 1) – 5(z + 5) = 0



–11x + 2y – 5z – 1 = 0
e/ Goïi (T) là mặt phẳng cần tìm.

Ta có: aox  i= (1, 0, 0)

 nT [ON, i]= (0, 2, 1)



(T): 2y + z = 0
f/ Goïi (S) là mặt phẳng cần tìm.

(S) // ()



ns = n = (3, –1, 2)

</div>
(178)<div class='page_container' data-page=178>

Bài 2: Viết phương trình mặt phẳng  qua điểm M(4, –1, 1) và cắt các
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OA = 2OB = 3OC

Giải

Gọi A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c). (a.b.c  0)  : x y z 1
a  b c 
Ta coù: M







4 1 1

a  b c = 1 (1)

Vaø: OA = 2OB = 3OC



a = 2b = 3c



b = a
2, c =

a
3
Thay vaøo (1): 4 2 3

a a a  = 1



a = 5, b =
5
2, c =

5
3





: x 2y 3z

5 5  5 = 1



x + 2y + 3z – 5 = 0
Bài 3. Tuyển sinh ĐH khoái B/09

Cho A(1, 2, 1); B(–2, 1, 3); C(2, –1, 1); D(0, 3, 1)

Viết phương trình mặt phẳng () qua A, B và khoảng cách từ C đến
() bằng khoảng cách từ D đến ().

 Trường hợp 1: C, D nằm cùng phía đối với ()
Do d(C, ) = d(D, ) nên CD // ()

Vậy () có VTCP AB = (–3; –1; 2) và CD = (–2; 4; 0)
Vậy PVT n = AB CD = (–8, –4, –14) // (4, 2, 7)

 Phương trình (): 4(x – 1) + 2(y – 2) + 7(z – 1) = 0

 4x + 2y + 7z – 15 = 0

Trường hợp 2: C, D nằm hai phía đối với () thì () qua I(1, 1, 1) là trung
điểm CD thì () qua I(1, 1, 1) là trung điểm CD

Vậy () có VTCP AB = (–3; –1; 2) vaø AI = (0, –1, 0)

 PVT m = AB AI = (2, 0, 3)

Phương trình () là: 2(x – 1) + 3(z – 1) = 0  2x + 3z – 5 = 0



B H K

C D

K
I

</div>
(179)<div class='page_container' data-page=179>

Bài 4: Đề tuyển sinh Đại học khối B/2008
Cho điểm A(0, 1, 2); B(2, –2, 1); C(–2, 0, 1)

a. Vieát phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.

b. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (): 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho

MA = MB = MC

Giải

a/ Ta có AB = (2; –3; –1) vaø AC = (–2; –1; –1)

 PVT nABC = AB AC = 2(1, 2, –4)

Vậy phương trình mp(ABC)

1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0

 x + 2y – 4z + 6 = 0
b/ Gọi M(x, y, z). Ta có:

MA = MB = MC



2 2
2 2

MA MB

MA MC

 










2 2 2 2 2 2

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

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

          




        



 4x 6y 2z 4 0 (1)

4x 2y 2z 0 (2)

   



   



Mà M  ()  2x + 2y + z – 3 = 0 (3)
Từ (1) (2) (3)  M(2, 3, –7)

Baøi 5: Cho hai mặt phẳng:

: 2x – y + 2z – 4 = 0; : –4x + 2y – 4z + 9 = 0
a. Chứng minh rằng  //  . Tính khoảng cách giữa  và 

b. Viết phương trình mặt phẳng (P) cách đều  và 

Giaûi

a/ Ta coù: 2 1 2

4 2 4



 

  

4
9

   // 

Laáy A(0, –4, 0) 

d(, ) = d(A, ) = 8 9
16 4 16

 

  =

</div>
(180)<div class='page_container' data-page=180>

b/ Ta coù:

M(x, y, z)



(P)



d(M, ) = d(M, )

 2x y 2z 4 4x 2y 4z 9

3 6

      





2x y 2z 4 2x y 2z

2
9

2x y 2z 4 2x y 2z (loại)

        




       



 2x – y + 2z – 17
4 = 0

Bài 6: Cho hai điểm A(0, 0, –3), B(2, 0, –1) và mp (P): 3x – 8y + 7z – 1 = 0
Tìm tọa độ điểm C  (P) sao cho ABC đều.

Giải

Gọi C (x, y, z). Ta coù:

AC AB
AC BC
C (P)




 


 




2 2
2 2

AC AB

AC BC

C (P)

 




 



2 2 2

2 2 2 2 2 2

x y (z 3) 8

x y (z 3) (x 2) y (z 1)

3x 8y 7z 1 0

    



       



    




2 2 2

x y (z 3) 8 (1)

x z 1 0 (2)

3x 8y 7z 1 0 (3)

    

   


    



Từ: (2) và (3)



z = –x – 1, y = x 2
2

 

Thay vaøo (1) :

(

2)

(

2) 8

4 x



 

x



 9x2 – 12x – 12 = 0  x = 2  x = – 2

3
Vaäy có hai điểm C: C(2, –2, –3) và C( 2, 2, 1

3 3 3

</div>
(181)<div class='page_container' data-page=181>

Bài 7: Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A(3, 0, 0), C(0, 0, 1)
thỏa điều kiện

a. (P) cắt trục tung tại điểm B sao cho ABC có diện tích bằng 7
2.
b. (P) tạo với mặt phẳng (Oxy) góc 30o.

Giải

a/ Gọi B(0, b, 0)  yOy

Nếu b = 0



B truøng O



SABC = 3

2 (trái giả thiết). Vậy b



0
Do đó phương trình (P) có dạng x y z 1

3 b 1  

Ta coù: AB = (–3, b, 0), AC = (–3, 0, 1)



[AB,AC] = (b, 3, 3b)

 SABC = 1

2[AB,AC] =

1 10b 9

2 

Do đó: SABC = 7



1 10b 9

2  =



b = 2
Vậy phương trình (P): x y z

3 2 1  = 1
b/ Goïi B = (P)  Oy



B(0, b, 0)

(b  0; vì nếu b = 0 thì (P)  (Oxz)



(P)



(Oxy))
Vậy phương trình (P) daïng (P): x y z 1

3 b 1    bx + 3y + 3bz – 3b = 0
Ta coù: np= (b, 3, 3b): (Oxy) coù VTPT k = (0, 0, 1)

Vaäy: cos ((P), (Oxy)) = cos30o

 p

n .k
n . k =

2  2 2

3b 3

2
b  9 9b 

 b2 = 9

2  b = 
3

2 . Vậy phương trình (P) laø:

x 2y z 1

</div>
(182)<div class='page_container' data-page=182>

Bài 8: Đề dự bị tuyển sinh khối A/2003.

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a. SA = a 6
2 và
SA vng góc mp(ABC). Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).

Giải

Gọi I trung điểm BC gắn trục tọa độ như hình thì

B a a 3; ; 0

2 2

 

 

 ; C

a a 3, , 0

2 2

 



 

 ; S

a 6
0, 0,

 

 

 

 SB = a

2(1, 3, – 6) vaø

a
SC

 (–1, 3, – 6)
Vaäy SB SC a 32 (0, 2,1)

 

Phương trình mp(SBC) là: 0(x – 0) + 2(y – 0) + 1(z – a 6
2 ) = 0

 2y + z – a 6
2 = 0

Do đó: d(A, mp(SBC)) =
a 6

a 2
2

2
3





Bài 9: Tuyển sinh ĐH khối D/2002

Cho tứ diện ABCD có AD vng góc mp(ABC), AC = AD = 4cm,
AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách tại A đến mp(BCD).

S
z

A C

I
y
B
x

x
B
C

</div>
(183)<div class='page_container' data-page=183>

Giải

ABC vng tại A vì BC2 = 25 = AB2 + AC2 
Gắn hệ tọa độ như hình vẽ thì

A(0, 0, 0); B(3, 0, 0); C(0, 4, 0); D(0, 0, 4)
Phương trình mặt chắn (BCD):

x y z 1

3 4 4    4x + 3y + 3z – 12 = 0
Vaäy: d(A, mp(BCD)) = 0 12 12

16 9 9 34





 

Bài 10: Tuyển sinh Đại học khối A/2003

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); D(0, a,
0); A(0, 0, b) với a, b > 0. Gọi M là trung điểm CC.

a. Tính thể tích tứ diện BDAM.
b. Tìm tỉ số a

b để mặt phẳng (ABD) vng góc mặt phẳng (MBD).

Giải

Ta có: C(a, a, 0); C(a, a, b)
Vậy M a, a, b

 

 

 

a/ Ta coù: BD = (–a, a, 0);
BA = (–a, 0, b)

 BD BA  = (ab, ab, a2) 
vaø BM = 0, a, b

 

 

 

Vaäy VBDAM =

2 2

1(BD BA )BM 10 a a b 1a b

6    6   2  4

b/ Mp(ABD) coù PVT n = BD BA  = (ab, ab, a2) 
Ta coù: BD = (–a, a, 0);

BM = 0, a,b
2

 

 

 

Vậy: mp(MDB) có PVT m = BD BM ab ab, , a2

2 2

 

   

 

Mp(MDB) vuông góc mp(ABD)  m.n 0

A

B

C

D

D
C

B

A M

y
x

z

C y
z

</div>
(184)<div class='page_container' data-page=184>

 a b2 2 a b2 2

2  2 – a
4 = 0

 a2b2 = a4 a2 = b2

 a

b = 1 (do a, b > 0)

Bài 11: Đề dự bị Đại học khối B/2004

Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA vng góc mp(ABC), AB = BC = 2a,
ABC = 120o. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).

Giải

Gắn hệ trục như hình vẽ.

 vuông ABH có AB = 2a, ABH = 60o 
neân sin60o = AH

AB  AH = yB = 2a.

3 a 3

2 

cos60o = BH

AB  BH = xB = 2a.
1
2

 
 
  = a

Vaäy B(a, a 3, 0); C(0, 2a 3, 0); S(0, 0, 3a)
Ta coù: SB = (a, a 3, –3a) = a(1, 3, –3)

SC = (0, 2a 3, –3a) = a(0, 2 3, –3)

 PVT n SB SC  = a2(3 3, 3, 2 3) = a2 3(3, 3, 2) 
Phương trình mp(SBC) là: 3(x – 0) + 3(y – 0) + 2(z – 3a) = 0

y
C

H B

A x

60o
z

C
y

120o
B
x

</div>
(185)<div class='page_container' data-page=185>

 3x + 3y + 2z – 6a = 0

Vaäy d(A, mp(SBC)) =

| 0 6 |

6

3

4

2 9 3 4

a





 

Bài 12: Đề dự bị ĐH khối A/2007

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB = a, AC = 2a, AA = 2a 5,
BAC = 120o. Gọi M là trung điểm CC. Chứng minh MB vng góc 
MA. Tính khoảng cách từ A đến (ABM).

Giaûi

AHB   sin30o = HB 1

AB  2  yB =
1
2

 a

cos30o = AH

AB  AH =
3
2 a
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:
A(0,0,0), ( 3 , ,0)

2 2

a
B a 

'(0,0,2 5), (0,2 ,0)

A a C a , M(0,2 , 5)a a .

MA =



0, 2a, a 5



, MB a 3 5a, , a 5

2 2

 

   

 

Ta coù: MA .MB = 0 + 5a – 5a = 0  MA MB
Ta coù: MA = a(0, –2, 5) vaø MB = a

2( 3, –5, -2

5

)

 MA MB a2(9 5, 15, 2 3)
2

  

Phương trình mp(MAB) qua A

9 5(x – 0) + 15(y – 0) + 2 3(z – 2a 5) = 0

 9 5x + 15y + 2 3z – 4a 15 = 0

Vaäy d(A, MAB) = 4a 15 4a 15 4a 15 4a 15 a 5
3

405 15 12 432 432 12 3

    

</div>
(186)<div class='page_container' data-page=186>

Bài 13: Đề dự bị Đại học khối A/2003.

Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có tam giác ABC cân với AB = AC = a,
BAC = 120o, BB = a. Gọi I trung điểm CC. Chứng minh tam giác 
ABI vng. Tính cos góc của hai mp(ABC) và (ABI).

Giải

Gắn trục tọa độ như hình vẽ

Ta coù sin60o =

BH

AB

 BH =

a 3
2
cos60o =

AH

AB

 AH =

a
2
Vaäy: B a a 3, , 0

2 2

 

 

 , C

a a 3, ,0

2 2

 



 

 , C

a, a 3, a

2 2

 



 

 , B

a a 3, , a

2 2

 

 

 



,

3 ,

2 2 2

a

I



















Ta coù AB =

,

3 ,

(1, 3,2)

2 2

2 a a

a



















a a 3 a

AI , ,

2 2 2

  

  

  =

2 (1, – 3, 1)
Ta coù: AB .AI a2 3a3 a2

4 4 2

    = 0  AB  AI
Vậy ABI vuông tại A

Ta có: PVT của (ABC) là i= (0, 0, 1)

AB AI (3 3, 1, 2 3)
4

   

H x

</div>
(187)<div class='page_container' data-page=187>

Vậy PVT của (ABI) là n(3 3, 1, –2 3)
Gọi  là góc của (ABC) và (ABI)

Ta coù: cos = cos(i,n) = i.n 2 3 30
10
40

i.n



 

Bài 14: Đề dự bị Đại học khối A/2006

Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có AB = AD = a, AA = a 3
2 ,
BAC = 60o. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và AB. Chứng minh 
AC vng góc mp(BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.

Giải

ABCD là hình thoi có ABC đều gắn trục tọa độ như hình vẽ
Ta có: A a 3, 0, 0

 

 

 , A

a 3, 0,a 3

2 2

 

 

 , D

a
0, , 0

 

 

 , D

a a 3
0, ,

2 2

 

 

 

B 0, a, 0
2

  

 

 , B

a a 3
0, ,
2 2
 

 
 

C a 3,0, 0
2

 



 

 , C

a 3, 0,a 3

2 2

 



 

 

Do đó: M a 3 a a 3, ,

4 4 2

 

 

 , N

a 3, a a 3,

4 4 2

 



 

 

Mp(BDMN) có VTCP là:

BD = (0, a, 0) = a(0, 1, 0)
vaø DM =

3 ,

3

4 4 2

a

a a



















= a( 3, 1, 2 3)

4 

 PVT n = BD DM a2(2 3, 0, 3) a2 3(2, 0, 1)

4 4

    

Ta coù: AC a 3, 0,a 3
2
 
   
  =
a 3
2

 (2, 0, –1)

Do n // AC vậy AC (BDMN)

Phương trình mp(NMBD): 2(x – 0) -1.(z – 0) = 0  2x – z = 0
Vaäy AH = d(A, NMDB) = a 3 a 15

5 

B N A

M
D

O

C

C D

</div>
(188)<div class='page_container' data-page=188>

Ta coù: BN a 3 a a 3; ;

4 4 2

 

   = a4( 3, 1, 2 3)

vaø MN 0, a, 0 a(0,1,0)

2 2

 

   

 

 BN MN a2( 2 3, 0, 3) a 32 (2, 0,1)

8 8

    

Ta coù dt(NMBD) = dt(NMB) + dt(BMD)

= 1BN MN 1BD DM

2  2  =

2 2 2

a 3 5 a 3 5 3a 15

16  8  16

Do đó VA.BPMN = 1

3AH dt(NMDB) =

2 2

a 15 3a 15. 3a

15 16  16

Baøi 15:

Cho A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c) với a, b, c dương thay đổi mà
a2 + b2 + c2 = 3. Tìm a, b, c sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng 
(ABC) lớn nhất.

Giải

Phương trình mặt phẳng (ABC) dạng: x y z

a  b c = 1 với a

2 + b2 + c2 = 3 
Ta coù: d = d(O, mp(ABC)) =

2 2 2

1 1 1

a b c



 

Do bất đẳng thức Cauchy: 3
2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 1

a  b  c  a b c (1)
Vaø 3 = a2 + b2 + c2 33a b c2 2 2

Lấy (1) nhân (2) vế với vế, ta được:
3 12 12 12

a b c

   

 

   9  2 2 2

1 1 1

a  b c  3
Vậy: d  1

</div>
(189)<div class='page_container' data-page=189>

Dấu “=” xảy ra 

2 2 2
2 2 2
2 2 2

1 1 1

a b c

a b c 3

  



  



   




 a = b = c = 1 (do a, b, c dương)

Do đó dmax = 1

3 khi a = b = c = 1

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI

BT1: Viết phương trình mặt phẳng qua A(1, 2, 3) và vuông góc hai mặt phẳng
(P): x – y + z – 7 = 0 vaø (Q): 3x + 2y – 12z + 5 = 0 (Cao Đẳng 2009)

BT2: Viết phương trình mặt phẳng qua I(0, 0, 1); K(3, 0, 0) và tạo với
mặt phẳng Oxy một góc 30o. (Dự bị Đại học khối B/2003)

BT3: Cho A(5, 1, 3); B(1, 6, 2); C(5, 0, 4); D(4, 0, 6) và mặt phẳng
(): x – 2y + z – 10 = 0. Viết phương trình mặt phẳng.

a. Qua A và vuông góc BC. b. Qua A, B, C.

c. Qua A, B vaø // CD. d. Qua Oz vaø song song AB
e. Qua A, B vaø song song Oy f. Qua A vuông góc () và (Oyz).
BT4: Cho A(3, –2, –2) vaø mp(P) 2x – 2y + z – 1 = 0

Viết phương trình mp(Q) song song (P) maø d(A, (P)) = d((P), (Q))
BT5: Tìm m, n sao cho hai mặt phẳng sau đây song song

3x – 5y + (m – 1)z – 3 = 0 và 2x + (n – 1)y – 3z + 1 = 0
BT6: Tìm trên trục tung các điểm cách đều hai mặt phẳng.

x + y – z + 1 = 0 vaø x – y + z – 5 = 0

BT7: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm AD, DC, CC và AA.

a. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một mặt phẳng.
b. Tính chu vi và diện tích tứ giác MNPQ.

BT8: Tìm tập hợp các điểm trong không gian

a. Cách đều hai điểm A(1, 2, –3); B(4, 5, 0)
b. Cách đều hai mặt phẳng song song:

x – 2y – z = 0 và 2x – 4y – 2z + 10 = 0
c. Cách đều hai mặt phẳng cắt nhau:

</div>
(190)<div class='page_container' data-page=190>

BT9: Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và lập với mặt
phẳng (): 2x + y – 5z = 0 một góc 60o.

BT10: Cho hình chóp S.ABCD có SD  (ABCD), SD = a, đáy ABCD hình
thang vuông tại A và D; AB = AD = a, CD = 2a

a. Chứng minh SBC vuông. b. Tính d(A, (SBC)).
BT11: Đại học B/2010

Cho ba điểm A(1, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) (b > 0, c > 0) và mặt
phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b, c biết (ABC) vng góc (P) và
khoảng cách từ gốc 0 đến (ABC) bằng 1

3.
BT12: Đại học D/2010

Cho hai mặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0, (Q): x – y + z – 1 = 0

Viết phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P) và (Q) sao cho
khoảng cách từ gốc O đến (R) bằng 2.

BT13: A/03 Cho hình hộp lập phương ABCD.ABCD. Tính góc của hai
mặt phẳng (BAC) và (DAC).

BT14: Cho hình chóp S.ABCD có SD vng góc (ABCD) và SD = a. Đáy
ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết rằng AB = AD = a, CD = 2a.
a. Chứng minh SBC vng.

b. Tính khoảng cách từ A đến (SBC). (ĐS: a
6 )

BT15: (D/09) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có ABC  tại B, AB = a,
AA = 2a, AC = 3a. Gọi M trung điểm AC. Gọi I giao điểm AM và
AC. Tính VI.ABC và d(A, (IBC)). (ĐS:

4a 2a,
9 5 )

BT16: (B/04) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy a, góc mặt bên
và đáy là . Tính tan của góc hai mặt (SAB) và (ABCD). Tính VS.ABCD.

BT17: B/06

Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD), SA = a, ABCD hình chữ nhật. Gọi
M, N là trung điểm AD và SC. AB = a, AD = a 2. Gọi I là giao điểm MB
và AC. Chứng minh mặt phẳng (SAC)  (SMB). Tính VA.NIB (ĐS:

</div>
(191)<div class='page_container' data-page=191>

BÀI 3

MẶT CẦU

Dạng 1: Phương trình mặt cầu tâm I(a, b, c) bán kính R là
(x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2

Dạng 2: Phương trình x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0

với a2 + b2 + c2 – d > 0 là phương trình mặt cầu tâm I(a, b, c) bán kính 
R = a2 b2 c2 d

 Lưu ý: Cho mặt cầu (S) tâm I(a, b, c) bán kính R và mặt phẳng () thì

 (S) tiếp xúc mặt cầu (S)  d(I, ()) = R

 Nếu d(I, ()) < R thì () cắt (S) theo
giao tuyến là đường trịn có bán kính
r = R2IJ2

Phương pháp tìm tâm J đường tròn
giao tuyến sẽ được trình bày sau bài
đường thẳng

Bài 1: Định m để các phương trình sau là phương trình mặt cầu:
a. x2 + y2 + z2 – 4mx + 2my – 2(m – 1)z + 5m2 + m + 5 = 0 (1) 
b. x2 + y2 + z2 + 2(m + 3)x – 6my + 4mz + 13m2 + 2m + 5 = 0 (2)

Giải

a/ (1) là phương trình mặt cầu  4m2 + m2 + (m – 1)2 – 5m2 – m – 5 > 0

 m2 – 3m – 4 > 0  m < –1  m > 4

b/ (2) là phương trình mặt caàu  (m + 3)2 + 9m2 + 4m2– 13m2 – 2m – 5 > 0

 m2 + 4m + 4 > 0  (m + 2)2 > 0  m  –2

Bài 2: Cho hai điểm A(–1, 0, –3), B(1, 2, –1). Viết phương trình mặt
cầu (S):

a. Có đường kính AB.

b. Có tâm I thuộc trục tung và qua hai điểm A, B.

I
J

</div>
(192)<div class='page_container' data-page=192>

Giải

a/ (S) có tâm I là trung điểm AB và bán kính R = IA = 1 1 1   3
Vậy phương trình (S) là: x2 + (y – 1)2 + (z + 2)2 = 3

b/Cách 1:

Gọi I(0, b, 0)  yOy

(S) qua 2 điểm A, B  IA = IB  IA2 = IB2

 1 + b2 + 9 = 1 + (b – 2)2 + 1



b = –1 
Vaäy I(0, –1, 0), R = IA = 11

Phương trình (S) là: x2 + (y + 1)2 + z2 = 11

Caùch 2:

I  Oy  I(0, b, 0). Vậy phương trình (S) daïng: x2 + y2 + z2– 2by + d = 0 
Ta coù: A (S)

B (S)



 

 

1 9 d 0

1 4 1 4b d 0

  


     

 

d 10

b 1

 


  


Do đó: (S): x2 + y2 + z2 + 2y – 10 = 0

Bài 3: Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A(1, 2, 4), B(1, –3, –1),
C(2, 2, –3) và có tâm thuộc mặt phẳng (Oxy)

Giải

Gọi tâm I(a, b, 0)  (Oxy)

Phương trình (S) dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by + d = 0 
Ta coù:

A  (S)  –2a – 4b + d + 21 = 0 (1)
B  (S)  –2a + 6b + d + 11 = 0 (2)
C  (S)  –4a – 4b + d + 17 = 0 (3)
Từ (1), (2), (3) cho a = –2, b = 1, d = –21

Vaäy (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 2y – 21 = 0

Bài 4: Đề dự bị ĐH khối A/2005

Cho A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4). Gọi B là điểm trên mặt phẳng
(Oxy) sao cho OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua
năm điểm O, A, B, S, C.

Giải

</div>
(193)<div class='page_container' data-page=193>

Dễ dàng thấy B(2; 4; 0)

Do định lý ba đường vng góc
BC  OC  BC  SC

Vaø AB  OA  AB  SA

Vậy SAB = SCB = SOB = 1 vuông
Ba điểm A, O, C cùng nhìn
SB dưới 1 góc vng nên
cùng nằm trên mặt cầu
đường kính SB, tâm I(1, 2, 2)
là trung điểm SB, bán kính
R = OI = 1 4 4  = 3

Vậy phương trình mặt cầu qua năm điểm O, A, B, C, S laø:
(x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 2)2 = 9

Bài 5: Cho bốn ñieåm A(1, 5, 3), B(4, 2, –5), C(5, 5, –1), D(1, 2, 4).

a. Viết phương trình mặt cầu (S1) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm
nằm trên mặt phẳng (Oxz).

b. Viết phương trình mặt cầu (S2) đi qua bốn điểm A, B, C, D.

Giải

a/ Gọi I là tâm của (S1). Gọi I(a, 0, c)  (Oxz)

Phương trình (S) có daïng (S1): x2 + y2 + z2 – 2ax – 2cz + d = 0
Ta coù:

A  (S1)  35 – 2a – 6c + d = 0 (1)
B



(S1) 45 – 8a + 10c + d = 0 (2)
C  (S1) 51 – 10a + 2c + d = 0 (3)
Từ (1), (2), (3) cho: a = 11

5 , c =
1

5, d = – 1475
Vậy phương trình (S1): x2+ y2 + z2 – 22x 2z 147

5 5  5 = 0

b/ Phương trình (S2) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0
A  (S2)  35 – 2a – 10b – 6c + d = 0 (1)

B  (S2)  45 – 8a – 4b + 10c + d = 0 (2)
C  (S2)  51 – 10a – 10b + 2c + d = 0 (3)
D  (S2)  21 – 2a – 4b – 8c + d = 0 (4)
(1), (2), (3), (4) cho: a = 1, b = 2, c = –1, d = –19

</div>
(194)<div class='page_container' data-page=194>

Bài 6: Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu
(S): x2 + y2 + z2 – 2x +4y + 2z – 3 = 0 theo một đường trịn có bán

kính bằng 3.

Giải

(S) có tâm I(1, –2, –1), bán kính R = 3: bằng bán kính đường trịn giao
tuyến suy ra (P) cắt (S) theo đường trịn lớn. Vậy (P) qua I

Phương trình mp(P) dạng: Ax + By + Cz + D = 0
(P) chứa Ox  (P): By + Cz = 0 (B2 + C2 0)

I  (P)  –2B – C = 0  C = –2B
Choïn B = 1 thì C = –2

Vậy phương trình (P): y – 2z = 0
Bài 7: Đề dự bị ĐH khối B/2006

Viết phương trình mặt caàu qua O(0, 0, 0)

A(0, 0, 4), B(2, 0, 0) và tiếp xúc mặt phẳng (P): 2x + y – z + 5 = 0.

Giaûi

Phương trình mặt cầu (S) có dạng

x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 
0  (S)  d = 0 (1)
A  (S)  –8c + 16 = 0 (2)
B  (S)  4 – 4a = 0 (3)
Từ (1) (2) (3)  d = 0, c = 2, a = 1

Vậy tâm I(1, b, 2) vaø R = 1 b 24

Do (S) tiếp xúc (P) nên d(I, (P)) = R

 2 b 2 5

4 1 1

  

  =

b 5

 |b + 5| = 6. b25

 b2 + 10b + 25 = 6(b2 + 5)

 5b2 – 10b + 5 = 0  b = 1 
Vaäy I(1, 1, 2), R = 6

</div>
(195)<div class='page_container' data-page=195>

Bài 8: Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục tung và tiếp xúc
với hai mặt phẳng: (): 2x + y – 3z + 5 = 0 và (): 2x + y – 3z – 11 = 0

Giải

Gọi I là tâm của (S), I(0, m, 0)  yOy

(S) tiếp xúc ,  d(I, ) = d(I, )  m 5 m 11

14 14

  

m + 5 = | m – 11|  m = 3.
Vaäy I(0, 3, 0)

(S) có bán kính: R = d(I, ) = 8
14

Vậy phương trình (S): x2 + (y – 3)2 + z2 = 32
7
Baøi 9: Cho A(1; 0; –1), B(1; 2; 1), C(0; 2; 0)

a) Viết phương trình mặt cầu (S) qua O, A, B, C.

b) Gọi G là trọng tâm ABC. Viết phương trình các mặt phẳng
vng góc với OG và tiếp xúc (S).

Giải

a/ Phương trình (S) dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 
O  (S)  d = 0 (1)

A  (S)  2 – 2a + 2c = 0 (2)
B  (S)  6 – 2a – 4b – 2c = 0 (3)
C  (S)  4 – 4b + d = 0 (4)

Từ (1) (2) (3) (4): a = 1, b = 1, c = d = 0

Vậy phương trình (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 2y = 0

b/ (S) có tâm I(1, 1, 0), R = 2
Trọng tâm của ABC là G 2 4; ; 0

3 3

 

 

 

Mặt phẳng () cần tìm nhận OG = 2

3(1, 2, 0) là PVT nên có dạng
x + 2y + D = 0

Ta có: () tiếp xúc (S)

 d(I, ()) = R  1 2 D 2
5

 

  D = –3  10

</div>
(196)<div class='page_container' data-page=196>

Bài 10: Cho S(0, 0, 1), A(1, 1, 0) và hai điểm M(m, 0, 0), N(0, n, 0)
thay đổi sao cho m + n = 1 và m > 0, n > 0.

a. Chứng minh thể tích hình chóp S.OMAN khơng phụ thuộc m, n.

b. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt

phẳng (SMN) tiếp xúc 1 mặt cầu cố định.

Giải

a/ Dt ( vuông OMN) = 1

2OM.ON =
mn

2
Ta coù: AM = (m – 1, –1, 0)

AN = (–1, n – 1, 0)

 [AM AN] = (0, 0, mn – 1)
Vaäy S(AMN) = 1

2[AM AN]
= 1

2|mn – 1| =

1 mn
2

 (do m, n < 1)

Do đó SOAMN = S(OMN) + S(AMN) = mn 1 mn 1

2 2 2



 

 VS.OAMN = 1

3SO.S(OMAN) =

1 1.1. 1

3 2  6 haèng số
b/ Phương trình mặt phẳng (SMN) là:

x y z 1

m n 1    nx + my + mnz – mn = 0 Do đó

 d(A, (SMN)) =

2 2 2

m n mn

(m n) 2mn m n

 

  

2 2 2

1 mn 1 mn

1 2mn m n (1 mn)

 



   = 1

Do đó mặt phẳng (SMN) luôn tiếp xúc mặt cầu cố định tâm A, bán
kính R = 1.

2 2 2

| .1

.1

. .0

. |

( ,(

))

( . )

n

m

m m

m n

d a SMN

n

m

m n









z
S

N
y

M O

</div>
(197)<div class='page_container' data-page=197>

BAØI TẬP TỰ GIẢI

BT1. Viết phương trình mặt cầu

a) (D2008) Qua A (3, 3, 0); B(3, 0, 3); C(0, 3, 3); D(3, 3, 3)

b) (DB A05) Qua A(2, 0, 0); C(0, 4, 0); O(0, 0, 0), S(0, 0, 4); B(2, 4, 0)
c) (D/04) Qua A(2, 0, 1); B(1, 0, 0); C(1, 1, 1) và tâm I nằm trên
(P) x + y + z – 2 = 0

d) Taâm trên Oz và và tiếp xúc hai mặt phẳng () 2x + y – 3z – 1 = 0,

() x – 2y + 3z + 5 = 0.

BT2. B/2005

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có A(0, –3, 0); B(4, 0, 0); C(0, 3, 0);
B’(4, 0, 4). Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc (BCC’B’).

BT3. DB/D03

Cho mặt cầu (S) (x – 1)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 9 và mặt phẳng 
(): 2x + 2y + z – m2 – 3m = 0. Tìm m để (S) tiếp xúc ().

BT4. Cho A(2, 0, 0); B(0, 4, 0); C(0, 0, 6); D(2, 4, 6). Viết phương trình tập
hợp các điểm M trong không gian sao cho MA MB MC MD   = 4.
BT5. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(4, –2, 1) biết:

a) (S) tiếp xúc mặt phẳng (Oxz)
b) (S) tiếp xúc truïc Ox

c) (S) cắt trục Oy tại hai điểm A, B với AB = 10.

BT6. Viết phương trình cầu (S) qua điểm A(1, –1, 4) và tiếp xúc với ba
mặt phẳng tọa độ.

BT7. Cho tứ diện OABC có A(4, 0, 0), B(0, –2, 0), C(0, 0, 2), 0 là gốc tọa độ.
a) Tìm tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

b) Tìm hình chiếu của đỉnh O trên mặt phẳng (ABC).

</div>
(198)<div class='page_container' data-page=198>

BÀI 4

ĐƯỜNG THẲNG

VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN

A.

TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG THẲNG

Vectơ a 0 gọi là vectơ chính phương của đường thẳng d nếu giá của
a song song hoặc trùng d.

Cho đường thẳng d đi qua điểm M(xo,yo,zo) và có VTCP ad= (a,b,c)

Phương trình tham số của d:

0
0
0

x x at

y y bt

z z ct

 



  


  


(t: tham số, t R)

Phương trình chính tắc của d: x x0 y y0 z z0

a b c

    

(a.b.c  0)

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Phương pháp

1/ Tìm một điểm trên d và một VTCP của d.

2/ Tìm hai mặt phẳng khác nhau cùng qua d thì d chính là giao tuyến
của hai mặt phẳng này.

 Các lưu ý:

1/ Một đường thẳng trong khơng gian có
thể xem là giao tuyến của hai mặt
phẳng () và ().

Neáu () và () có PVT là n và m
d có VTCP a thì n  ()  n  a

m  ()  m  a
Vaäy VTCP a = n  m

2/ Cho hai vectơ không cùng phương a và b

Nếu đường thẳng d vng góc với a và b thì d có 1 vectơ chỉ
phương là ad= [a, b]





</div>
(199)<div class='page_container' data-page=199>

3/ Nếu đường thẳng d1 qua điểm A và vng góc đường thẳng d2 thì d1
nằm trong mặt phẳng qua A và vng góc d2.

4/ Nếu đường thẳng d1 qua điểm A và cắt đường thẳng d2 thì d1 nằm
trong mặt phẳng qua A và d2.

5/ Nếu đường thẳng d qua điểm A và song song mặt phẳng (P) thì d
nằm trong mặt phẳng qua A và song song (P).

Bài 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng d biết d là giao

tuyến của hai mặt phẳng:

: 4x – 2y + 3z = 0 vaø â: 3x + y + 2z – 5 = 0

Giải

Ta có: n = (4, –2, 3), n = (3, 1, 2)  ad = n ,n = (–7, 1, 10)
Chọn điểm M(1, 2, 0)   

Vậy phương trình d:

x 1 7t
y 2 t
z 10t

 


  


 


Baøi 2. Cho hai ñieåm A(2, 0, –3), B(4, –2, –1) và mặt phẳng
(P): x + y + 2z + 4 = 0

Viết phương trình đường thẳng d nằm trên (P) sao cho mọi điểm
của d cách đều A và B.

Giaûi

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB  d = (P)  (Q)

Trung điểm của AB là: I(3, –1, –2), nQ= AB = (2, –2, 2) = 2(1, –1, 1)
Vậy phương trình (Q): 1(x – 3) – 1(y + 1) + 1(z + 2) = 0  x – y + z – 2 = 0
Ta coù: ad [n , n ]P Q = 2(3, 1, –2)

Choïn điểm M(–1, –3, 0)  (P)  (Q)
Vậy d: x 1 y 3 z

3 1 2

   



Bài 3. Cho đường thẳng d: x 1 y 2 z

1 4 1

 

 

 và mặt phẳng

: 2x – y + 3z – 6 = 0. Viết phương trình đường thẳng  qua giao
điểm A của d và  và song song đường thẳng d’:

x 3 4t

y 2 3t

z 5 t

 


   


</div>
(200)<div class='page_container' data-page=200>

Giaûi

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

x 1 y 2 z

1 4 1

2x y 3z 6 0

 

  






    





4x y 6 0
x z 1 0
2x y 3z 6 0

  


   


    





x 3

y 6

z 2

 


  

 


Vaäy A(–3, –6, 2)

Do  // d’ a ad ' = (4, –3, 1). Vậy phương trình :

x 3 4t

y 6 3t

z 2 t

  


   


  


Bài 4. Tuyển sinh Đại học khối D/2007

Cho A(1, 4, 2); B(–1, 2, 4) và đường thẳng : x 1 y 2 z

1 1 2

   



a. Viết phương trình đường thẳng qua trọng tâm G của OAB và
vng góc mp(OAB).

b. Tìm M trên  sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.

Giải

a/ Ta có trọng tâm G(0, 2, 2)

Mặt phẳng (OAB) có VTCP OA = (1, 4, 2) vaø OB = (–1, 2, 4)
Nên có PVT n = OA  OB = 6(2, –1, 1)

(d) qua G vaø vuông góc mp(OAB) nên nhận n là VTCP
Phương trình (d): x y 2 z 2

2 1 1

 

 



b/ Phương trình tham số đường thẳng () là:

x 1 t

y 2 t

z 2t

 


   


 


M   neân t sao cho M(1 – t, t – 2, 2t)

Ta coù: MA2 + MB2 = t2 + (t – 6)2 + (2t – 2)2 + (2 – t)2 + (t – 4)2 + (2t – 4)2 
= 12t2 - 48t + 76 = 12(t – 2)2 + 28  28

Vaäy (MA2 + MB2)

min = 28  t = 2  M(–1, 0, 4)

Bài 5. Đề dự bị Đại học khối B/09
Cho A(1, 0, –1); B(2, 3, –1); C(1, 3, 1)

</div>

Hình học oxy - oxyz và hình học không gian

HÌNH HỌC

<b>Lời nói đầu</b>

<b>PHẦN 1 </b>

HÌNH GIẢI TÍCH

TRÊN MẶT PHẲNG

<b>BAØI 1 </b>

<b>PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ </b>

<b>TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) </b>

<b>A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT </b>

<b>B. BÀI TẬP MẪU </b>



<b>C. BAØI TẬP TỰ GIẢI </b>

<b>BÀI 2 </b>

<b>ĐƯỜNG THẲNG </b>

<b>A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT </b>

<b>B. BÀI TẬP MẪU </b>

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

VẤN ĐỀ 2: BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH









































VẤN ĐỀ 3: BÀI TỐN GĨC HAI ĐƯỜNG THẲNG

<b>C. BAØI TẬP TỰ GIẢI </b>

<b>BAØI 3 </b>

<b>ĐƯỜNG TRỊN </b>

<b>A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT </b>

<b>B. BÀI TẬP MẪU </b>

VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

VẤN ĐỀ 2: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

 

















VẤN ĐỀ 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI HAI ĐƯỜNG TRỊN



 





 





 





 





 





 





 





 