Hình học không gian Oxyz luyện thi đại học

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ LUYỆN THI ĐẠI HỌC Phần 1: Lí thuyết :.  1. Mp đi qua A(x0; y0 ;z0) và có VTPT n =(A;B;C) phương trình là: A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0  Ax + By + Cz + D = 0  2.Đường thẳng (d) qua M(x0; y0 ;z0) và có VTCP u =(a,b,c) có:  x  x0  at. * Phương trình tham số là:  y  y  bt với t  R  0.  z  z  ct 0  x  x0 y  y0 z  z0 (a.b.c ≠ 0) * Phương trình chính tắc là:   a b c. 3.Phương trình maët caàu taâm I(a ; b ; c),baùn kính R :.  x  a    y  b   z  c 2. 2. 2.  R2. 4. Phương trình x2  y2  z2 + 2Ax + 2By + 2Cz  D  0 (2) ( với A2  B2  C2  D  0 ) laø phöông trình maët caàu Taâm I(-A ; -B ; -C) vaø R  A 2  B2  C2  D 5.Công thức tính góc giữa hai đường thẳng :     u1.u2 cos    trong đó u1 , u2 lần lượt là hai VTCP của hai đường thẳng u1 . u2.  n.u 6. Công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin     u .u   trong đó n, u lần lượt là hai VTPT và VTCP của mặt phẳng và đường thẳng   n1.n2 cos    7. Công thức tính góc giữa hai đường thẳng : n1 . n2   trong đó n1 , n2 lần lượt là hai VTPT của hai mặt thẳng 8. Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm AB=  x B -x A  2 +  y B -y A  2 +  z B -z A  2 9. Khoảng cách từ điểm M0(x0;y0z0) đến mặt phẳng (): Ax+by+Cz+D=0 là: Ax 0 +By 0 +Cz 0 +D d  M 0 ,(α)  = A 2 +B2 +C2  10. Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng  đi qua M0 và có vectơ chỉ phương u là:    M M ,u   0 1  d(M1 ,Δ)= . u.     u,u' .M 0 M '0   11. Khoảng cách giữa hai đường thẳng  và ’chéo nhau: d(,Δ')=    u,u'     trong đó  đi qua điểm M0, có VTCP u . Đường thẳng ’ đi qua điểm M '0 , có VTCP u' .   SABCD =  AB,AD  12. Công thức tính diện tích hình bình hành : 1    AB,AC  13. Công thức tính diện tích tam giác : SABC =  2     VABCD.A'B'C'D' =  AB,AD  .AA' 14. Công thức tính thể tích hình hộp : 1     AB,AC  .AD VABCD = 15. Công thức tính thể tích tứ diện :  6  1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2/ Một số bài toán tổng hợp về mặt phẳng : Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z và d’ :  y 3 . 1 2 1 Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và vuông góc với d’ Giải .Đường thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phương u (1;1;1) Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phương u '(2;1;1)    Ta có MM  (2;1;5) , u ; u '  (0; 3; 3) , do đó u; u ' .MM '  12  0 vậy d và d’ chéo nhau.   Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u '(2;1;1) nên có phương trình: 2 x  ( y  2)  z  0 hay 2 x  y  z  2  0 Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z và d’ :  y 3 . 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300 Giải.  .Đường thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phương u  (1; 1;1)  Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phương u '(2;1; 1) . 1 Mp ( ) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và cos(n; u ' )  cos 600  . Bởi 2 vậy nếu đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có : A  B  C  0  B  A  C B  A  C     2 1  2A  B  C 2 2 2 2  2 3 A  6 A  ( A  C )  C 2 A  AC  C  0  2 2 2 2  6 A  B C Ta có 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )(2 A  C )  0 . Vậy A  C hoặc 2 A  C ..  . Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B  2 , tức là n  (1;2;1) và mp( ) có phương trình x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 Nếu 2 A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , khi đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp( ) có phương trình x  ( y  2)  2 z  0 hay … x 1 y z 1   Bài 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) : và 2 1 1 x y  2 z 1 (d 2 ) :   . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 300. 1 1 1 Bài 4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; -2; -6), B(2; 0; -2) và mặt cầu (S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mp(P) đi qua hai điểm A, B và (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 1. Giải Mặt cầu (S) có tâm I( -1; 1; -1) và bán kính R = 2  Mặt phẳng (P) đi qua A(0; -2; -6) nhận véctơ n(a, b, c) , (a 2  b 2  c 2  0) làm véctto pháp tuyến có PT:. ax  by  cz  2b  6c  0 Từ giả thiết:. B(2;0; 2)  ( P)    ...  tìm được a, b, c suy ra PT mp(P) d ( I ;( P))  3  Kết luận có hai mặt phẳng: (P1): x + y – z – 4 = 0 và (P2): 7x – 17y + 5z – 4 = 0 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 5. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH  ( ABC ) và DH  3 với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Giải. Trong tam giác ABC, gọi K  CH  AB . Khi đó, dễ thấy AB  ( DCK ) . Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính được HK là xong. + Phương trình mặt phẳng (ABC).     - Vecto pháp tuyến n  [ AB, AC ]   0; 4; 4  - (ABC): y  z  2  0 . + H  ( ABC ) nên giả sử H (a; b; 2  b) .   Ta có: AH  (a; b; b), BC  (4; 2; 2).   CH  (a  2; b; b), AB  (2; 2; 2).    BC. AH  0  a b  0 Khi đó:      a  b  2 a  2b  2  0  AB.CH  0 Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x  y  z  4  0 .. x  t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  t . z  2  t  xt   y  t  Giải hệ:  ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. z  2t   x  y  z  4  0 2. 2. 2. 96 2   2  8  Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: HK    2      2     4   . 3 3   3  3  Gọi  là góc cần tìm thì:. tan   DH / HK  96 /12  6 / 3    arctan( 6 / 3) Vậy   arctan( 6 / 3) là góc cần tìm. Bài 6. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3 , (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Giải. 2 2 2 2 Ta cã: x + y + z - 2x + 4y +2z -3= 0  ( x  1)  ( y  2) 2  ( z  1) 2  32 => mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3. Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có pt dạng:2x + 2y - z + D = 0 ( D  5 )  D  10 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d  I ;(Q)   R  3 D  1  9    D  8 Vậy (Q) có phương trình: 2x + 2y - z + 10 = 0 Hoặc 2x + 2y - z - 8 = 0 Bài 7. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  16  0 ’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song song với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16  . Giải. Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo giả thuyết ta có  r 2  16  r  4 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4 D . l ại c ó R2 = r2 + OI2  D  5, D  13 3 vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0. Bài 8. . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 . Giải. •Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến của (P). mặt khác ta có IO = d ( I ;(Q)) . Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 2a  c • d(C;(P)) = 3   3  2a 2  16ac  14c 2  0  2 2 2 a  (a  2c)  c. a  c  a  7c . •TH1: a  c ta chọn a  c  1  Pt của (P): x-y+z+2=0.  TH2: a  7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0 Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng:. d  :. x3 y 4 z 6 ,   1 3 2. x  1 y  4 z  5 và mặt phẳng (P): x + 4y + z + 1 = 0.   2 1 2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d’) và song song với đường thẳng (d). Lập phương trình mặt cầu có tâm I là giao điểm của (d) và (P), có bán kính là khoảng cách giữa (d) và (d’). Giải. (d ') :. . + (d) đi qua điểm A(3;4;6) và có vecto chỉ phương u1  (1;3; 2). . (d’) đi qua điểm B(-1;-4;5) và có vecto chỉ phương u2  (2;1;  2)    Khi đó mặt phẳng (Q) qua B và có vecto pháp tuyến là n  u1  u2   8;6; 5  Phương trình mặt phẳng (Q) : 8x-6y+5z-41= 0. (rõ ràng d song song (Q)). 19 6 38 ; ; ) 15 5 15. + Giao điểm của d và (P) là điểm I(. Khoảng cách giữa d và d‘ là R = (d;(Q)) = d(A;(Q)) =. 11 5 5. +Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R là: 2. 2. 2. 6  38  121  19   x   y  z    15   5  15  125  Bài 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):x+2y-z-1=0 và (Q):x-y+z-1=0. Viết phương trình mặt phẳng () đi qua M(-2;1;0), song song với đường thẳng d=(P)(Q) và tạo với trục Oz góc 300. Giải. Vectơ chỉ phương của đường thẳng d: ud (1;2;3) gọi n(a; b; c) (với a2+b2+c2≠0) là vectơ pháp tuyến của () d//()  n.ud  0 a-2b-3c=0a=2b+3c Sin((),Oz)=sin300= cos(n, ud ) . c a b c 2. 2. 2. . 1 2 4. Lop12.net. 3c2=a2+b2 3c2=(2b+3c)2+b2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  6 6 c b  5 2 2  5b +12bc+6c =0   6 6 c b  5  6 6 32 6 ca c 5 5 chọn a  3  2 6 ; b  6  6 ; c  5. với b . phương trình mặt phẳng () là: (3  2 6 ) x  (6  6 ) y  5 z  12  3 6  0 6 6 3 2 6 ca c 5 5 chọn a  3  2 6 ; b  6  6 ; c  5 phương trình mặt phẳng () là: (3  2 6 ) x  (6  6 ) y  5c  12  3 6  0. với b . x 1 y 1 z  2   và điểm 2 1 1 1 A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng . 3 Giải.. Bài 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :. . Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u = (2 ; -1 ; 1). . . .  . Gọi n = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì   ( P)  n  u  n . u  0 .  2a – b + c = 0  b = 2a + c  n =(a; 2a + c ; c ) , từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0  Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 a 1 1 2  a  c  0  a  c  0   d(A ; (P)) = 2 2 2 3 3 a  (2a  c)  c với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1  pt(P) : x + y – z = 0. x  1 t  Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : d1 :  y  2  t z  1  x  2 y 1 z 1   . Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ d1 1 2 2 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d 2 đến (P). Giải. d2 :. . Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1  1; 1;0  . d 2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u2  1; 2; 2  . Gọi n là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d 2 nên . . . n = [ u1 ; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1)  pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0. d( d1 ;(P)) = d(A ; (P)) =. 7m. ; d( d 2 ;( P)) = d( B;(P)) =. 3 vì d( d1 ;(P)) = 2. d( d 2 ;( P))  7  m  2. 5  m.  m  3 7  m  2(5  m)    m   17 7  m  2(5  m) 3  Với m = -3  mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0 5 Lop12.net. 5 m 3.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 17 17 =0  mp(P) : 2x + 2y + z 3 3 Bài 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600. Giải.. Với m = -. . . Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,  n p  ( A ; B ; 0) và nQ  (2 ; 1 ; 5 ) . . 2A  B. . Theo gt: cos(n p , nQ )  cos 60 0 . . 1  2 2 A  B  10 . A 2  B 2 2. A  B . 4 1 5  6 A 2  16 AB  6 B 2  0 Chọn B = 1 ta có : 6A2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0. Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : x  12  y 2  z  22  9 . 2. 2. Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :. x y 1 z   và cắt mặt cầu (S) theo 1 2 2. đường tròn có bán kính bằng 2 . Giải. . (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R = 3 . . + đt a có vtcp u (1, 2 ,  2 ) , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x  2 y  2 z  D  0 + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) =. R2  r 2  5.  D  5  3 5 1  2.0  2.(2)  D  5  3  D  5  3 5 KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) : x  2 y  2 z  5  3 5  0 và. nên ta có :. (P2) : x  2 y  2 z  5  3 5  0 Bài 16. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Giải. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0.  m  21 d ( I  ( P))  4   m  3 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))  4 . 3/ Một số bài toán tổng hợp về đường thẳng: Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2    (d) và (d’)  y  2  t 1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng Giải. Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x  9  t   y  6  8t z  5  15t .  + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3.    MM '  u, u '   2; 1;3. . 1 2 1 1. ; 12. 1 2. ; 12. 1 1.   8  0. Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' 8 d   d  ,  d '      11  u, u '   Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t z  4  5t z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Giải.  a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)  2 2   u   15 15 15  ; 2 ; 3 b) Ta lấy v   .u '   . 7 7  u'  7.     15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2  2 ;5  3  7 7 7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  2 ;5  3  7 7 7     Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :   1  15  1  15   x    1   x    1   t t 2  7  2  7        15  15    và  t  t  y   2  2  y   2  2 7 7         z  3   5  3 15  t z  3   5  3 15  t   2  7  2  7   . Bài 3. Cho hai đường thẳng có phương trình: x  3  t  d 2 :  y  7  2t z  1 t . x2 z 3 d1 :  y 1  3 2. Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Giải. 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).   Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  k MB   MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b . 3a  1  kb 3a  kb  1 a  1     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11  k  2 4  2a  kb 2a  kb  4 b  1     => MA   2; 10; 2   x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t . Bài 4. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z  1  0 ,đường thẳng d: x  2 y 1 z 1   . Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng  nằm trong 1 1 3 (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . Giải. • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương .u  (1;1;3). I  d  ( P)  I (1;2;4). . . • vì   ( P);   d   có véc tơ chỉ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)  2(2;1;1) • Gọi H là hình chiếu của I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)  0  2 x  y  z  4  0 Gọi d1  ( P)  (Q)  d1 có vécto chỉ phương. n. (P). ; n( Q ). . x  1   (0;3;3)  3(0;1;1) và d1 qua I  ptd1 :  y  2  t z  4  t . t  3 Ta có H  d1  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t ; t )  IH  3 2  2t 2  3 2   t  3 x 1 y  5 z  7   • TH1: t  3  H (1;5;7)  pt : 2 1 1 x 1 y 1 z 1   TH2: t  3  H (1;1;1)  pt : 2 1 1 Bài 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x  t x y2 z   d1 :  y  4  t ;d2:  1 3 3  z  1  2t . và d3:. x 1 y 1 z 1   . Chứng tỏ rằng d1 ; d 2 là hai đường thẳng 5 2 1. chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 ; d 2 .Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Giải. x  t  +)Đường thẳng d1 :  y  4  t suy ra d1 đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp u1 (1; 1; 2) .Đường thẳng  z  1  2t . d2:.   x y2 z   suy ra d 2 đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp u2 (1; 3; 3) .Ta có AB(0; 2;1) và 1 3 3. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>      u1 , u2    9;5; 2  suy ra AB. u1 , u2   9.0  (2).5  1.(2)  12  0 .Vậy d1 và d 2 là hai đường thẳng        AB. u1 , u2  12 6 chéo nhau. Khoảng cách giữa d1 và d 2 là : d  d1 , d 2       u1 , u2  92  52  (2) 2 55   +)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC t  (1  5v)  2u   4  t  (1  2v)  2.(2  3u ) 1  2t  (1  v)  2(3u )  Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1). x y2 z   1 1 1 Bài 6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC. Giải. Ta có: + Các đều  đoạn OB và AC  nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1) + AC   8; 16;  8  , OB   4; 4; 4   AC.OB  32  64  32  0  AC  OB (2). Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình. Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC     SI . AC  32  32  0 + SI  (4; 0;  4);     SI  (OABC )  SI .OB  16  16  0.  AC  OB + Do OABC là hình thoi và SI  (OABC ) nên:   AC  ( SOB)  AC  SI Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH  SO tại H thì IH  AC tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC SI .OI 4 2.2 3 4 66  d ( SO, AC )  IH    SO 11 2 11. 4/ Một số bài toán tổng hợp về mặt cầu: Bài 1. Trong kg Oxyz cho đường thẳng (  ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I   và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 . Giải. Mặt cầu(S) có tâm I   g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của  (1) * d  I ;  P   2. (2).  2a  b  2c  2  6   11 14 1   1 1 7 at  ....  heconghiem  ;  ;  ; va   ;  ;  Từ (1) và(2) ta có hệ PT:  b  2t  1 3 6 6  3 3 3  c t2 . Do r  R 2  4  3  R  13 2. Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :. 2. 2. 14   1  11   ( S1 ) :  x     y     z    13 6  3  6  2. 2. 2. 1 1 7  S2  :  x     y     z    13 3  3  3  9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> x 1 y  3 z  3   và hai mặt phẳng 1 2 1 ( P ) : 2 x  y  2 z  9  0, (Q) : x  y  z  4  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi 2 . Giải. Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì I  d nên I (t  1; 2t  3 ; t  3) .. Bài 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d :. Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên R  d ( I ; ( P))  Ta có d ( I ; (Q)) . 11  2t 3. 2  2t 3. . Chu vi của đường tròn giao tuyến 2 r  2  r  1 .. Suy ra R 2  d 2 ( I ; (Q))  r 2 . (11  2t ) 2 1 3. (2). t  4 (2  2t ) 2 (11  2t ) 2   1   23 t  9 3 2  * Với t  4 ta có I (3; 5 ; 7), R  2 . Suy ra mặt cầu ( x  3) 2  ( y  5) 2  ( z  7) 2  4. 23 29   21 ; 20 ; * Với t  ta có I   , R  7 . Suy ra phương trình mặt cầu 2 2   2. Từ (1) và (2) suy ra. 2. 2. 21  29    2  x     y  20   z    49 . 2 2    Bài 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  4  0, đường thẳng x  2 y 1 z 1 d:   và đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng x  1, y  z  4  0. Viết 2 1 1 phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với  và (P). Giải. Mặt cầu có tâm I (2t  2 ;  t  1;  t  1)  d . d ( I ; ( P )) . t 9. . Chọn u  (0 ;1;  1) và M (1;1; 3)   . 3 Khi đó MI  (2t  1;  t  2 ;  t  2) . Suy ra [u , MI ]  ( 2t  4 ;  2t  1;  2 y  1) Suy ra d ( I , ) . [u  , MI ] u. . 12t 2  24t  18 . 2. Từ giả thiết ta có d ( I ; ( P))  d ( I ; )  R t  0  6t 2  12t  9  53t 2  90t  0   t   90 3 53  * Với t  0 . Ta có I (2 ;  1;1), R  3 . Suy ra phương trình mặt cầu . t 9. ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  9. 129 90  74 37 143  ; * Với t   . Ta có I   ; . Suy ra phương trình mặt cầu , R  53 53  53 53 53  2. 2. 2. 74   37   143   129   x  y  z     53   53   53   53  . 2. x y z4   . Gọi (d2) là 2 1 0 giao tuyến của 2 mặt phẳng ( ) x  y  3 0 ; (  ) 4 x  4 y  3 z 12  0 . Chứng minh (d1) và (d2) chéo. Bài 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d1) :. nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuômg góc chung của (d1) và (d2). 10 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Bài 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách 5 từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng . 3 Giải. .(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a 2  b 2  c 2  d . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5 d(I, (P)) =   2b  5  5  b  0, b  5 3  b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0  b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0 Bài 6. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; 1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳngOxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Giải. Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a 2  b2  c2  d  0 Vì A' , B, C, D  S  nên ta có hệ: …… Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  5 x  2 y  2 z  1  0. . . 29 5  (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R  2 2  +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1 5 5 5 5 1 1 ….Do H  d   (P ) nên:  t  1  t  1  t  2  0  3t    t    H ; ;  2 2 6 3 6 6. IH . 75 5 3 29 75 31 186     , (C) có bán kính r  R 2  IH 2  4 36 6 6 36 6. 5/ Một số bài toán tổng hợp về tìm điểm: Bài 1. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có A(1 ; 1 ; 1), B (1 ; 2 ; 0), C (1 ; 3 ;  1) . Tìm tọa độ D.. Giải. +) Rõ ràng AB  k . AC nên A, B, C không thẳng hàng. +) CD // AB nên chọn uCD.  x  1  2t   AB  (2 ; 1 ;  1) . Suy ra pt CD :  y  3  t  z  1  t .  D(1  2t ; 3  t ;  1  t )  CD . Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó. (2t ) 2  (t  2) 2  (t  2) 2  6  3t 2  4t  1  0 t  1  t   1 3 .  D(3 ;   5 D    3. 2 ; 0) ;. 8 2 ;  3 3. Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi đó. ABCD là hình bình hành. 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  5 8 2 Với D  , ,   thỏa mãn.  3 3 3 x  2 y  3 z 1   . Xét hình bình 1 2 2 hành ABCD có A(1 ; 0 ; 0), C (2 ; 2 ; 2), D  d . Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng. Bài 2. . Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d :. 3 2. Giải. x  2 y  3 z 1    D(t  2 ;  2t  3 ;  2t  1) +) D  d : 1 2 2 3 2 S ABCD  3 2  S ACD  . 2 +) Ta có AC  (1 ; 2 ; 2); AD  (t  3 ;  2t  3 ;  2t  1) .. (1). Suy ra [ AC , AD]  (4 ; 4t  7 ;  4t  9) . Suy ra 1 1 1 S ACD  AC , AD  16  (4t  7) 2  (4t  9) 2  32t 2  128t  146 . (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có 32t  128t  128  0  t  2 . Suy ra D(0 ;  1 ;  3) .. . . +) ABCD là hình bình hành nên AB  DC . Suy ra B(3 ; 3 ; 5). Bài 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; 2;  1) và hai đường thẳng x 1 y z 1 x y 1 z 1 :   , 2 :   . Xác định tọa độ các điểm M, N lần lượt thuộc các đường 1 1 2 1 2 2 thẳng 1 và  2 sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng 1 . Giải. Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và 1 . * 1 đi qua B(1; 0 ; 1) có véctơ chỉ phương u1 (1; 1;  2) ; AB(0 ;  2 ; 2). Suy ra mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n  [ AB, u1 ]  (2 ; 2 ; 2) . * M  1  M (1  t ; t ; 1  2t ), N   2  N ( s ; 1  2 s ;  2 s ) Do đó MN  ( s  t  1; 2s  t  1;  2s  2t  1) s  t  1 2 s  t  1  2 s  2t  1 MN  ( P)    . 2 2 2 Suy ra t  2, s  2. Vậy M (1;  2 ; 5), N (2 ;  3 ; 4). Bài 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x  y  z  6  0. Giải. - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N  ( )  x0  y0  z0  6  0 (1). MN  PN - MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân tại N   MN .PN  0 2 2 2 2 2 2 ( x0  5)  ( y0  3)  ( z0  1)  ( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  4)  ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  1)( z0  4)  0 (2)  x0  z0  1  0  2 (3) ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0  y0  2 x0  7 - Từ (1) và (2) suy ra  . Thay vào (3) ta được x02  5 x0  6  0  z 0   x0  1.  x0  2, y0  3, z 0  1  N (2; 3;  1) hay  .   N (3; 1;  2)  x0  3, y0  1, z 0  2 12 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 7 5 - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) . 2 2 Nếu N (2; 3  1) thì Q(5; 3;  4). Nếu N (3;1;  2) thì Q(4; 5;  3).. Bài 5. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2  0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ). Giải. Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết suy ra ( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2   ( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02    x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2  2 ( x0  1) 2  y02  z02  ( x0  2 y0  2)  5  y0  x0 Từ (1) và (2) suy ra  . z  3  x 0 0 . x0  2 y0  2 5. (1) (2) (3). Thay vào (3) ta được 5(3 x02  8 x0  10)  (3 x0  2) 2.  x0  1  M (1; 1; 2)     23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ). 3 3 3 3  . Bài 6.. x 1 y  3 z x 5 y z 5   , d2 :   . 2 3 2 6 4 5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. Giải.. Cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :. Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t '; 5  5t '. d  M ;  P    2  2t  1  1  t  0; t  1.  Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0  , MN   6t ' 4; 4t ' 3; 5t ' 5      MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N  5;0; 5  Trường hợp 2: t  1  M  3;0; 2  , N  1; 4;0  x y z Bài 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:   , d2: 1 1 2.  x  1  2t  và y  t z  1  t . mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN song song (P) và MN =. 6. Giài..  x  t1  d 1 :  y  t1 , d 2  z  2t 1 .  x  1  2t 2  :  y  t2 z  1  t 2 . , M  d1  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N  d 2  N (1  2t 2 ; t 2 ; 1  t 2 ). MN  (1  2t 2  t1 ; t 2  t1 ; 1  t 2  2t1 ) 13 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  t1  1  2t 2  MN //( P) t1  1  2t 2  MN . n  0   2  Theo gt :  12 ……. MN 2  6 13t 2  12t 2  0 MN  6 t 2  0 ; t 2   13. x  2 y 1 z 1   và 2 1 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  2  0. Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông. Bài 8. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;  1; 0), đường thẳng  :. góc với  và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  bằng. 33 . 2. Giải. Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với  . Khi đó pt (Q) : 2 x  y  z  3  0. Ta có nQ (2;  1; 1), nP (1; 1; 1). Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó.  x  1  2t  . ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) và N (1; 0; 1)  d nên pt của d :  y  t  z  1  3t  Vì A d suy ra A(1  2t ; t ; 1  3t ). 1 1 Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1;  ; ). 2 2 33 8  14t 2  2t  16  0  t  1  t  . Ta có d ( A, )  AH  2 7 23 8 17 Suy ra A(1;  1; 4) hoặc A( ; ;  ). 7 7 7 Bài 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Giải.   + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.    + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC): 2x  y  z 1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   + Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2) 2  (1  1) 2  5. Bài 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : (d 2 ) :. x y z   và 1 1 2. x 1 y z 1   . 2 1 1. Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng.  P :. x – y  z  2010  0 độ dài đoạn MN bằng. + M , N  (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử. 2.. Giải..  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1) .   + MN song song mp(P) nên: nP .NM  0  1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)  0   t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1) .. 14 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  t1  0 + Ta có: MN  2  (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)  2  7t  4t1  0   . t1  4 7  4 4 8 1 4 3 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ;  ; ) . 7 7 7 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P). KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. 2. 2. 2. 2 1. x  t  Bài 11. .Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng  :  y  2t z  1 . và điểm A(1, 0 ,  1). Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều. Giải. . . . . . . + Đường thẳng  đi qua M 0 (0 , 0 ,1) và có vtcp u (1, 2 , 0) ; M 0 A  (1,0 ,2) ;  M 0 A , u   ( 4 ,  2 , 2) .   M 0 A , u    . + Khoảng cách từ A đến  là AH = d ( A , ) . . . . u. . 2 6 5. 2 4 2 4 2  .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R = 3 5 5 x  t   y  2t  và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :  z  1  ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  32  5  1 2 2  1 2 2 x  x  5 5     1 2 2 24 2 24 2    y  t = suy ra tọa độ E và F là :  y  5 5 5   z  1 z  1    . + Tam giác AEF đều  AE  AF  AH .. 6/ Một số bài toán về giá trị lớn nhất nhỏ nhất trong hình học không gian 0xyz Bài 1. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;4;2  , B  1;2;4  . Viết phương trình đường thẳng    đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng  OAB  . Tìm tọa độ điểm. M trên mặt phẳng  OAB  sao cho MA2  MB 2 nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ).    OA  1;4;2       n  OA    , OB   12, 6,6  OB   1;2;4  . Giải.. mặt phẳng (OAB ) : 2 x  y  z  0. 15 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> H (a, b, c) là trực tâm tam giác OAB nên :.    a  0  x  2t  H  mp (OAB )  2a  b  c  0       5   5  OH  AB   2 a  2 b  2 c  0  b   :  y   t     2 2    (a  1)  2(b  4)  4(c  2)  0   AH  OB   5 5   c  2  z  2  t Với mọi điểm K ta đều có:   MA2  MB 2  KA  KM. .    KB  KM.   2. . 2.     KA2  KB 2  2 KM 2  2 KM KA  KB. . . Chọn K (0;3;3) là trung điểm AB nên MA  MB  2 KA  2 KM KA không đổi nên MA2  MB 2 nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu của K trên mặt phẳng (OAB ) 2. 2. 2. 2.   M ( x; y; z )  KM  ( x; y  3; z  3) / / n  (2; 1;1)  M (2t ;3  t ;3  t ). M  (OAB )  4t  (3  t )  (3  t )  0  t  0 Vậy M (0;3;3). Bài 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng(d): x  1 t  (t  R) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và cắt đường thẳng (d) sao cho  y  2  t z  2t  khoảng cách từ B đến  lớn nhất.. 28t 2  152t  208 Giả sử  cắt d tại M nên M (1  t ; 2  t ; 2t ) . Ta có d ( B, )  3t 2  10t  20 Giải. Xét hàm f (t ) . 28t 2  152t  208 16(11t 2  8t  60)  f '( t )  3t 2  10t  20 (3t 2  10t  20) 2. t  2 f '(t )  0   30 , t   11. lim f (t ) . t . 28 3. BBT ... Từ BBT ta thấy maxf (t )  12  t  2  d ( B, ) max  12  t  2 x 1 y  4 z  2   1 4 3 Bài 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có. Khi đó đường thẳng  có PT:. phương trình.  x  2  3t .   y  2t (t  R)  z  4  2t . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là. nhỏ nhất. Giải.. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)  d , AB//d. Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) Bài 4. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  9  0 và hai điểm A(3;  1; 2),. B(1;  5; 0). Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho MA.MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. +) Gọi I là trung điểm AB. Khi đó I (2;  3; 1) và IA  IB  0.. 16 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> +) Ta có.           MA.MB  ( MI  IA)( MI  IB)  ( MI  IA)( MI  IA)  MI 2  IA2 ..  MA.MB đạt giá trị nhỏ nhất  MI nhỏ nhất (do IA2 .  M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).. AB 2 không đổi). 4.  x  2  2t    +) Chọn uIM  n p  (2;  1; 2)  phương trình IM :  y  3  t . Thay vào phương trình (P) suy ra  z  1  2t . t  2  M (2;  1;  3).. x 1 y  4 z   và các điểm A(1; 2; 7), 2 1 2 2 2 2 B(1; 5; 2), C (3; 2; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho MA  MB  MC đạt giá trị lớn nhất. Giải.. Bài 5. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :. +) M  d  M (2t  1; t  4; 2t ).. +) P  MA2  MB 2  MC 2  [(2t  2) 2  (t  2) 2  (2t  7) 2 ] .  [(2t  2) 2  (t  1) 2  (2t  2) 2 ]  [(2t  4) 2  (t  2) 2  (2t  4) 2 ]  9t 2  18t  12  9(t  1) 2  21  21. Suy ra max P  21 , đạt khi t  1 hay M (1; 3;  2).. Bài 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(5; 8;  11), B(3; 5;  4), C (2; 1;  6) và x 1 y  2 z 1   đường thẳng d : . Xác định toạ độ điểm M  d sao cho MA  MB  MC đạt giá trị 2 1 1 nhỏ nhất. Giải. * M  d  M (2t  1; t  2;  t  1)  MA  MB  MC  (2t  1; t  4;  t). * MA  MB  MC  (2t  1)2  (t  4)2  t 2  6t 2  12t  17  6(t  1)2  11  11 Suy ra min MA  MB  MC  11 khi t  1  M (1; 1; 2). Bài 7. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : 2 :. x2 y4 z   và 1 2 1. x  6 y  10 z  8   . Tìm toạ độ điểm M  1 và N   2 sao cho độ dài MN đạt giá trị nhỏ 1 1 2. nhất. Giải.. * M  1  M (t1  2; 2t1  4; t1) N  2  N (t2  6;  t2  10; 2t2  8).  MN  (t2  t1  4;  t2  2t1  14; 2t2  t1  8). * 1 qua A(2;  4; 0) và có u1  (1; 2; 1) 2 qua B(6; 10;  8) và có  u2  (1;  1; 2)  [u1, u2].AB  70  0 .. Suy ra 1, 2 chéo nhau . Để độ dài MN nhỏ nhất thì MN là đường vuông góc chung của 1, 2 MN. u1  0  6t1  t2  16  0 t1  2 M (0; 0; 2)     MN. u2  0 N (10; 6; 0) t1  6t2  26  0 t2  4 Bài 8. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng. x3  y  1  z  3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) 2 và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Giải. 17 (d ) :. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  x  2t  3  Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1 z  t  3 . Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I 2t  3; t  1; t  3 Do I  P   2t  3  2(t  1)  (t  3)  5  0  t  1  I  1;0;4  * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1.  .  a, n   3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của   u 1;1;1 x  1  u  . Vì M    M  1  u; u;4  u  ,  AM1  u; u  3; u    : y  u z  4  u  AM ngắn nhất  AM    AM  u  AM.u  0  1(1  u)  1(u  3)  1.u  0 4   7 4 16  ; ;   u  . Vậy M 3  3 3 3 Bài 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1   . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) 2 1 3 là lớn nhất. Giải. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt phẳng   Bài 10. Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : 2 1 2 chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;. Giải.. Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0.  K  3;1; 4     là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0 Bài 11. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) trong đó a, b, c là x y z các số thực dương  phương trình mp(ABC):    1 a b c 1 2 3 + M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:    1 a b c 18 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1 1 + Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: V  OA.OB.OC  a.b.c 6 6 1 2 3 31 2 3    3 . .  a.b.c  162  V  27 a b c a b c 1 2 3 1 Đẳng thức xảy ra khi    hay a  3;  6; c  9 a b c 3 Vậy Vmax  27 đạt được khi A(3;0;0), B(0;6;0), C (0;0;9). + Theo bđt CauChy: 1 . Bài 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x+z=0 và đường x  1  t. thẳng d có phương trình  y  2  t . Tìm tọa độ điểm A thuộc d và tọa độ điểm B trên trục Oz sao cho  z  t . AB//(P) và độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Giải. A(1+t;-2+t;-t)d, B(0;0;b)Oz, AB(1  t ;2  t ; b  t ) , n( P ) (2;0;1) B(P) b≠0 ,. AB.n( P )  0  b  2  t. AB đạt giá trị nhỏ nhất khi t  . AB2=6t2+6t+9 ;. 1 3 b 2 2. 1 5 1 3 Vậy A( ; ; ), B(0;0; ) 2 2 2 2 Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y  1  t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí của điểm  z  2t  M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  .  z  2t . AM .  2  2t    4  t    2t . BM .  4  2t    2  t    6  2t . 2. AM  BM . 2. 2. 2.  9t 2  20 . 2.  3t . 2. . . . . 2.  3t . 2.  2 5.  3t  6 . 2. . .  3t  6 . 2. 2. .  2 5.  9t 2  36t  56 . .  . . 2.  3t  6 . 2. .  2 5. . 2. 2.  2 5   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và v  3t  6; 2 5 .  | u | Ta có   | v | .  2 5. 2.  3t . . . . 2. . 2.  2 5       Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | . Như vậy AM  BM  2 29   3t 2 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng    t 1 3t  6 2 5  M 1;0; 2  và min  AM  BM   2 29. . . 19 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2. . 11  29. . Bài 14. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Giải.  Ta có AB   1; 4; 3. x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t  z  4  3t . Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm  D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3) . . Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a . 21 26.  5 49 41 . Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26   x  2  t  Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z  2  2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Giải. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH . d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với    IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 Bài 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn nhất. Giải. 1 x y z Pt mp(ABC):    1  d ( O; ( ABC ))  a b c 1 1 1  2  2 2 a b c 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi : 2  2  2  33 2 2 2 và 3 = a2 + b2 + c2  33 a 2 b 2 c 2 a b c a b c 1 1 1 1 1 1 1 Ta có : 2  2  2  3   2  2  3.  d  2 a b c a b c 3 2 2 2 Dấu = xảy ra khi a = b = c hay a = b = c = 1 1 Vậy d lớn nhất bắng khi a = b = c = 1 3 Bài 17. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(2;  1; 2), C (1; 1;  3), và đường x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và thẳng  : 1 2 2 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất. 20 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>