khoang cach trong kg toa do

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ KHOẢNG CÁCH 1) Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng – khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song: Cho A( x A , y A , z A ) và B( xB , y B , z B ) . Khoảng cách giữa A và B là:. AB  ( xB  x A ) 2  ( yB  y A ) 2  ( zB  z A ) 2 Đối với 2 đường thẳng song song, để tính khoảng cách giữa chúng, ta lấy 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng này và tính khoảng cách từ nó đến đường thẳng kia như công thức ở trên.. *Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm M  Ox sao cho M cách đều 2 điểm A(3;5;  1), B (4; 0;  6) . Giải:. M  Ox nên M ( x;0;0)   MA (3  x;5;  1); MB (4  x; 0;  6)   MA  MB Để M cách đều A,B thì  (3  x) 2  52  ( 1) 2  (4  x) 2  02  (  6) 2  x  Vậy. 3 2. M (. 3 ;0; 0) 2 .. Bài 2: Cho ABC với A( 2;3; 6), B(  4;6;0), C (  3;5; 4). Tính độ dài phân giác trong góc A. Giải: M  BC Gọi AM là phân giác trong góc A( ) Tọa độ M ( x; y; z )   MC ( 3  x;5  y; 4  z ), MB(  4  x;6  y;  z )  AB( 2;3;  6)  AB 7  AC ( 1; 2;  2)  AC 3   AB MB MC  MB   .MC   4  x  6  y   z  7  AC  3 x 5 y 4 z 3 Ta có: AB AC . x . Bài 3:. 33 5 14 1722 ; y  ; z   AM  10 13 5 10 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cho ABC với A(0;  3; 4), B( 5;  3;  6), C (3;  3;  2). Tính bán kính đường tròn nội tiếp ABC . Giải: . AB ( 5;0;  10)  AB 5 5. . BC (8;0;  4)  BC 4 5  AC (3;0;  6)  AC 3 5 2 2 2 Ta có: BC  AC  AB Do đó ABC vuông tại C 1  S ABC  .CA.CB 30 2 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC 1 S ABC  .( AC  BC  CA).r 2 ta có: 2.S ABC 60 r   5 AC  BC  CA 12 5 .. Bài 4: Cho A(  3;  2;0), B( 1;  3; 4), C (  2;  2;  3) .Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC . Giải: I ( x ; y ; z ) Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC   IA(  3  x;  2  y;  z )  IA  x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  13 Ta có:   IB( 1  x;  3  y; 4  z )  IB  x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  8 z  26   IC ( 2  x;  2  y;  3  z )  IC  x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  6 z  17 Pt mp ( ABC ) :3x  2 y  z  13 0 Tọa độ I là nghiệm của hệ: 3 x  2 y  z  13 0     IA  IB  IC  2 x  6 y  8 z  26 6 x  4 y  13    2 x  6 y  8 z  26 4 x  4 y  6 z  17  4 x  4 y  6 z  17 .  x  1  9    y   2   z  1 Khi đó. 9   I   1;  ;  1 2  . R IA  x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  13 . 3 5 2 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 5:. x 1 y z 1   1 2 1 Cho x  2 y z 1 d2 :   1 2 2 x 1 y  2 z  3 d3 :   2 1 1 d1 :. Viết ptdt  vuông góc d3 cắt d1 , d 2 tại A,B sao cho độ dài AB nhỏ nhất Giải: A  d1  A(1  t;  2t ;1  t ) B  d 2  B (2  m;3m;  1  2m)  u (2;1;1) là vtcp của d3  AB(1  m  t ;3m  2t;  2  2m  2t )     AB  u nên AB.u 0  2(1  m  t )  (3m  2t )  ( 2  2m  t ) 0  t  m 2 2 2 Khi đó: AB  1  m  (  2  m).  2m 2  4 m  5  2(m  1) 2  3  3 m  min AB  3  m  1 .. Bài 6: Trong không gian Oxyz, cho 2 điểm A(2;3;0), B(0;  2;0) và đường thẳng:  x t   :  y 0 .  z 2  t  Tìm C   sao cho ABC có chu vi nhỏ nhất. Giải: C    C (t;0; 2  t )   AB(  2;  2  3;0)  AB  15  6 2   AC (t  2;  3; 2  t )  AC  2t 2  8t  17   BC (t; 2; 2  t )  BC  2t 2  4t  6. P  AB  BC  CA  15  6 2  2t 2  8t  17  2t 2  4t  6  15  6 2  2(t  2) 2  32  2(t  1) 2  22   Chọn u ( 2(t  2);3), v( 2(t  1); 2)     AC  BC  u  v  u  v 3 3   Dấu “=” xảy ra  u cùng phương v.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2(t  2) 3 7  t 5  2(t  1) 2  7 3 C  ; 0;  Khi đó  5 5   7 3 C  ;0;  Min P  15  6 3  3 3 khi  5 5  . . 2) Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng:  u M ( x ; y ; z ) Cho (d) đi qua có VTCP (a, b, c ) . Khoảng cách từ A( xA , y A , z A ) đến đường thẳng (d) là:     u , AM    d ( A, (d ))   u. *PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Cách 1: B1: Viết PTTQ của mp ( ) qua A và vuông góc (d), giao điểm là H B2:Tìm tọa độ H B3:Tính khoảng cách AH Cách 2: B1:Đặt phương trình (d) dạng tham số trong đó (x,y,z) của ptts của (d) chứa là tọa độ điểm M tùy ý trên (d) 2 B2: tính AM theo tham số t Đó là một hàm số bậc 2 theo t AM 2 at 2  bt  c( a  0) B3. tính AH chính là giá trị nhỏ nhất của AM.. *Bài tập vận dụng: Bài 1: Cho ABC với A(1; 2;  1); B(0;3; 4); C (2;1;  1) . Tính độ dài đường cao ABC Giải: Cách 1: Gọi A '( x A , y A , z A ) sao cho: AA '  BC( A '  BC ) Mp ( ) qua A và vuông góc BC tại A '  Ta có: mp ( ) nhận BC (2;  2;  5) làm vtpt và A(1; 2;  1)  ( ) Pt mp ( ) : 2 x  2 y  5 z  3 0  x 2  2t   y 1  2t (t  R)  z  1  5t Pt tham số BC:  A '  BC nên A '(2  2t ,1  2t ,  1  5t ) A '  mp ( ) nên: 2(2  2t )  2(1  2t )  5(  1  5t )  3 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4 33  58 41  13  A' ; ;  Suy ra:  33 33 33   t . 2. 2. 58   41   13    AA '    1      2     1   33   33   33  . . 2. 50 33. Cách 2:  x 2  2t   y 1  2t (t  R)  z  1  5t . Pt tham số BC: Gọi M là điểm tùy ý trên BC  M (2  2t ,1  2t ,  1  5t ) AM 2 (2  2t  1) 2  (1  2t  2) 2  (  1  5t  1) 2 33t 2  8t  2  50   Cực tiểu của AM là 4a 33 2 2 mà AM min  AA ' 50 AA '  33 Vậy Cách 3:  AB( 1;1;5)  BC (2;  2;  5) là vtct của BC    AB, BC  (5;5;0)      AB, BC  50    d ( A, BC )   33 BC. Tương tự đường cao BB ' 5 , đường cao CC ' 15 6 . Bài 2: x 2. . y 1. . z 1. 1 1 , mp Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;-1;0) và đường thẳng d : 2 (P): x  y  z  2 0 . Tìm tọa độ điểm A  (P) biết đường thẳng AM vuông góc với d và 33 khoảng cách từ A đến đường thẳng d bằng. 2 .. Giải: Gọi. .   .. A x;y;z  P.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   u  x;y;z  AM  1 x;  1 y;  z  Ta có: là VTCP của (d); .   . 0  2(1  x)  (  1  y)  z 0   2 x  y  z  3 0 Vì AM  u nên AM.u  H  2;  1;1  d AH  2  x;  1  y;1  z  Lấy ;     1  y 1 z 1 z 2  x 2  x  1 y   AH , u   ; ;     1 1 1 2 2  1    y  z; x  2 z; x  2 y     x  2 y  z  3 0  x 2 y  1    z 1  3 y Tọa độ A thỏa hệ:  x  y  z  2 0       AH , u   2 y  1;8 y  1; 4 y  1    AH, u  84y 2  12y  3 33 33    d(A, d)      2 2 6 u 8 23 1  y   x   z   84y  12y  3 99   7 7 7   y  1  x  1  z 4 2.  23 8  1  A ; ;  A   1;  1; 4  Vậy  7 7 7  hoặc . Bài 3: x. . y 1. . z 1. 2  1 và hai điểm A  1;1;  2  , Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: 1 B   1; 0; 2  . Viết phương trình đường thẳng  qua A, vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B đến  nhỏ nhất.  ud  1; 2;  1. Giải:. là VTCP của d. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và mặt phẳng (P) vuông góc với d. Gọi H  là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (P).Giả sử u nhận d làm VTPT và A  ( P) x  2 y  z  5 0 Nên  phương trình mặt phẳng (P): BH  x  1; y; z  2    y z  2 z  2 x 1 x 1 y   BH , ud   ; ;    2  1  1 1 1 2    y  2 z  4; z  x  1; 2 x  y  2  Đường thẳng  đi qua A và H có tọa độ H thỏa:. H  x; y; z .  H  ( P) và BH , ud. , mặt phẳng (P).

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  H  ( P )       BH , ud  0  x  2 y  z  5 0   y  2 z  4 0  1 8 2   H ; ;   3 3 3  z  x  1 0  2 x  y  2 0    u 3 AH   2;5;8    u ( ) qua A nhận  làm VTPT. pt. ( ) :. x 1 y  1 z 2   2 5 8 .. Bài 4: x 1 y z 1   2 3  1 và hai điểm A  1; 2;  1 , Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ( ) B  3;  1;  5 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt () sao cho khoảng :. cách từ B đến d lớn nhất. Giải: Giả sử M   d M   1  2t;3t;  1  t  Vì M  d nên  AM   2  2t;3t  2;  t   AB  2;  3;  4  d  B; d  BH BA Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó: d  B; d  BA  H  A  AM  AB Vậy:  AM . AB 0  2(  2  2t )  3(3t  2)  4t 0  t 2  M  3;6;  3. x  1 y  2 z 1   2 1 . Suy ra: d 1 :. Bài 5: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  2y  z  5 0 và đường thẳng d: x. . y 1. . z 1.  1 và điểm A   2;3; 4  . Viết phương trình đường thẳng ( ) trên (P) đi qua giao điểm của d và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm điểm M trên ( ) sao cho AM 1. 2. ngắn nhất. Giải:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  B   1; 0; 4  Gọi B   d   u  n p   ( P)    u  nd   d Vì  nên  .  x  1  t    :  y  t  t  R   1  u   n p , nd   1;  1;  1  z 4  t  3. Do đó ta có thể chọn: M   1  t ;  t ; 4  t     AM 2 3t 2  2t  9 Giả sử .  26 AM 2 min   4a 3 26 1  AM min  t 3 3  2 1 11  M   ; ;   3 3 3. Khi đó: tọa độ Bài 6:.  P  : x  y  z  2 0 , đường thẳng d: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mp x  3 y  2 z 1   2 1  1 . Gọi M là giao điểm của d và  P  . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mp  P  , vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Giải:  x 3  2t  d :  y  2  t  x  1  t . Phương trình tham số của M   3  2t;  2  t;  1  t    M  P.  t R .. nên 3  2t  ( 2  t)  1  t  2 0  t  1 . M  1;  3;0  Suy ra: .   u  P  và vuông góc với d nên   u d ; n P   2;  3;1 . Vì  nằm trong mp  N  x; y; z  MN  x  1; y  3; z  .  Gọi   là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đó:  x  y  z  2 0 MN  u     2x  3y  z  11 0 N   P    2 2 MN  42  x  1   y  3  z 2 42    Ta có:  N  5;  2;  5  N   3;  4;5  hoặc . x  5 y  2 z 5 N  5;  2;  5    :   2 3 1 . Với x 3 y 4 z  5 N   3;  4;5    :   2 3 1 . Với.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Bài 7: d:. x 1 y 2 z   2 1 1 , hai điểm. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng A  1;1; 0  B  2;1;1 ; . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn nhất.. Ta có VTCP của d là :.  ud  2;1;1. và.  Giải AB  1;0;1. . d  B,   BH  AB. Gọi H là hình chiếu của B trên  ta có : . Do đó khoảng cách từ B đến  là lớn nhất khi H  A . Khi đó  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB .   d       u , AB   1;  1;  1 u   Ta có   AB Có thể chọn VTCP của  là   d.  PT của  là:.  x 1  t   y 1  t  z  t . .. Bài 8:.  P  : x  3 y  z  1 0 và các điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng A  1; 0; 0    P  B  1;  2;3  P  đi qua A ; . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất. Giải.  A  1; 0;0    P  u  a; b; c  , a 2  b 2  c 2 0 d Ta có:  . Gọi VTPT của đường thẳng là: d   P   u.nP 0  c a  2b Ta  có :  AB   ; 2;  3 ;  ud , AB    2a  7b; 2a  2b; 2a  b     ud , AB  12a 2  24ab  54    d  B, d     f  t  2a 2  4ab  5 u 12a 2  24ab  54 f  t  2a 2  4ab  5 ta suy ra được 6 d  B, d   f  t   14 Xét hàm số  6 d  B, d   14 So sánh TH1 và TH2 Do đó: min  d  B, d    6  b 0 a) . Chọn a 1  c 1  x 1  t   y 0   Phương trình đường thẳng d :  z t max  d  B, d    14  a  b b) . Chọn b  1  a 1, c  1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  x 1  t   y  t   Phương trình đường thẳng d :  z  t . Bài 9: :. x 1 y z  2   2 1  1 , hai điểm. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng A  0;  1;1 B  2;1;1 ; . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất, nhỏ nhất. Giải M   1  2t ; t ; 2  t . M d   . Giả sử Gọi . VTCP của   AB  2; 2;  1 ;  ud , AB   1  t;1; 4  2t    ud , AB  12t 2  18t  18    d  B, d     f t  6t 2  2t  2 u.   d : ud  AM  2t  1; t  1;1  t . 1 12t 2  18t  18 f t  2 max f  t   f  0  18; min f  t   f  2   6t  2t  2 ta có 11 Xét hàm số 1 d  B, d   18 11. . a). min  d  B, d   . 1  t 2 11 . Chọn a 1  c 1.  x 3t   y  1  3t   Phương trình đường thẳng d :  z 2  2t min  d  B, d    18  t 0 b) . Chọn a 1  c 1  x  t   y  1  t   Phương trình đường thẳng d :  z 2  t 3) Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng – khoảng cách giữa 2 mặt phẳng. song song – giữa đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho. M  x o ; yo ; zo . ;.  α  : ax + by + cz + d = 0 . d  M,α  =. ax o + by o + cz o + d 2 2 2 a +b +c ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Để tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song  α  ,  β  ta lấy 1 điểm M trên mặt phẳng  α  . Khi đó d(α,β) = d(M,β) ..  α  : ax + by + cz + d = 0 và Đặc biệt nếu đưa về dạng có cùng 3 hệ số đầu d - d' d(α,β) = 2 2 2 (β) : ax + by + cz + d' = 0 thì a +b +c .    song song với đường thẳng ta chọn Để tính khoảng cách từ đường thẳng d và mặt phẳng 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng d và khi đó d(d,α) = d(M, α) . *Bài tập vận dụng: Bài 1: Trong không gian cho hệ tọa độ Oxy , viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc M  1; 2;  1 với mặt phẳng (Q) : x + y + z = 0 và cách điểm một khoảng cách bằng 2 . Giải: 2 2 2 mp  P  PT qua O nên có dạng: Ax + By + Cz = 0 (với A  B  C 0 ).  P    Q  nên: A  B  C 0  C = -A - B . Vì A  2B  C 2 d  M,  P    2   2   A  2B  C  2  A 2  B2  C 2  A 2  B2  C 2 .  B 0 8AB  5B2 0    8A  5B 0 Từ (1) và (2), ta được: B 0  C  A. Chọn A 1, C = -1   P  : x  y 0. 8A  5B 0. Chọn A 5, B  8  C = 3   P  : 5x  8y  3z 0. Bài 2: :. x 1 y 3 z   1 2 4 và điểm. Trong không gian cho hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng M  0;  2;0   P  đi qua điểm M, song song với đường . Viết phương trình mặt phẳng  P  bằng 4. thẳng  , đồng thời khoảng cách d giữa đường thẳng  và mặt phẳng Giải: M  0;  2;0  Phương trình mặt phẳng đi qua có dạng: 2 2 2 ax  by  cz  2b 0  a  b  c 0  .  A 1;3;0 u  1;1; 4     qua và nhận làm VTCP. a  b  4c 0  a 4c    P    a  5b  4 a  2c d  A,  P   4  2 2 2 a  b  c  Ta có:.  P.  P  : 4x  8y  z  16 0. Với a 4c. Chọn a 4, c 1  b  8  pt mp.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>   P  : 2x  2y  z  4 0. Với a  2c .Chọn a 2, c  1  b 2 Câu 3: A  2;  1;1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất.. Giải Ta có:. d  O, ( P )  OA. . OA. d  O, ( P)  max Do đó: A và vuông góc với OA.  Ta có: OA (2;  1;1) .. xảy ra  OA  ( P ) nên mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua. Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  6 0 . Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(10; 2;  1) và đường thẳng d có x 1 y z 1   1 3 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song phương trình: 2 với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Giải Gọi H là hình chiếu của A trên d  d (d ,( P)) d ( H , ( P)) . AH HI  HI lớn nhất khi A I . Vậy (P) Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P),  ta có cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm VTPT . Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 7 x  y  5 z  77 0 . Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình tham số  x  2  t   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). Viết phương trình của mặt phẳng chứa  và có khoảng cách đến (d) là lớn nhất. Giải ( P )  ( d ) Gọi (P) là mặt phẳng chứa  , thì 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  H  ( P) Mặt khác:  Trong (P), IH IA ; do đó max IH IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí ( Po)  IA tại A.  VTPT của ( Po ) là n IA (6;0;  3) , cùng phương với v (2;0;  1) . Phương trình mặt phẳng ( Po ) là: 2 x  z  9 0 ..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu 6: x 1 y z 2 d:   Oxyz 2 1 2 và điểm Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng A(2;5;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Giải 2 2 2 Phương trình mặtphẳng (P) có dạng: ax  by  cz  d 0 ( a  b  c 0 ). Mp(P) có VTPT n ( a; b; c) , d đi qua điểm M (1;0; 2) và có VTCP u (2;1; 2) .  M  ( P)  a  2c  d 0 2c  (2a  b)       n.u 0 2a  b  2c 0  d a  b . Vì ( P)  (d ) nên  Xét 2 trường hợp: TH1: Nếu b 0 thì ( P) : x  z 1 0. Khi đó: d ( A, ( P)) 0. (loại). TH2: Nếu b 0 . Chọn b=1 ta được ( P) : 2ax  2 y  (2a  1) z  2a  2 0 . 9 9 d ( A, ( P))   3 2 2 8a 2  4a  5 1 3  2  2a    2 2  Khi đó:. . Vậy. max d ( A, ( P )) 3 2  2a . 1 1 0  a  2 4.. Khi đó: ( P) : x  4 y  z  3 0 . Câu 7: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm M (0;  1; 2) và N ( 1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm K (0;0; 2) đến mặt phẳng (P) là lớn nhất. Giải. Ax  B ( y  1)  C ( z  2) 0  Ax  By  Cz  B  2C 0 ( Phương trình (P) có dạng: A2  B 2  C 2 0 ). N ( 1;1;3)  ( P )   A  B  3C  B  2C 0  A 2 B  C B d ( K ,( P))  2  ( P) : (2 B  C ) x  By  Cz  B  2C 0 ; 4 B  2C 2  4 BC Nếu B 0 thì d ( K , ( P )) 0 (loại). d ( K , ( P )) . B 4 B 2  2C 2  4 BC. . 1 2. C  2   1  2 B . . Nếu B 0 thì Dấu “=” xảy ra khi B  C . Chọn C 1 . Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) : x  y  z  3 0 . Câu 8:. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  x 2  4t  (d ) :  y 3  2t  z  3  t . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng và mặt phẳng ( P) :  x  y  2 z  5 0 . Viết phương trình đường thẳng () nằm trong ( P ) , song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Giải A (2;3;  3) B (6;5;  2)  ( d ) A , B  ( P) nên (d )  ( P ) . Chọn , mà    u  ud    u  uP ( d )  ( P ) Gọi u là VTCP của 1 , qua A và vuông góc với (d) thì      u  ud , uP  (3;  9;6) Nên ta chọn .  x 2  3t  (d1 ) :  y 3  9t (t  )  z  3  6t  Phương trình của đường thẳng Lấy M (2  3t ;3  9t ;  3  6t )  ( d1 ) . ( ) là đường thẳng qua M và song song với (d). 1 1 9t 2  81t 2  36t 2  14  t 2   t  9 3 Theo đề: 1 x  1 y  6 z 5 t   M (1;6;  5)  (1 ) :   3 4 2 1 . 1 x  3 y z 1 t   M (3;0;  1)  ( 2 ) :   3 4 2 1 . AM  14 . Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z  1 0 và đường x 2 y 1 z 1 d:   1 1  3 . Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của thẳng đường thẳng  nằm trong (P) vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến () bằng h 3 2 .. Giải  u (1;  1;  3) . I d  ( P )  I (1; 2; 4) (P) có VTPT và d có VTCP   u  n , n  ( 4; 2;  2) Vì   ( P) ;   d   có VTCP   P Q  . Gọi H là hình chiếu của I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  . Suy ra phương trình (Q) :  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4) 0   2 x  y  z  4 0  nP (1;1;  1).   n , n  (0;3;3) 3(0;1;1) d Gọi d1 ( P )  (Q )  d1 có VTCP  P Q  và 1 qua I H  d1  H  1; 2  t; 4  t   IH  0; t; t  . Giả sử Ta có:.  x 1   d1  y 2  t  z 4  t .

<span class='text_page_counter'>(15)</span> IH 3 2 .  t 3 2t 2 3 2    t  3. x 1 x 5 x 7   . 2 1 1 Với phương trình x  1 x 1 x  1 :   . t  3  H  1;  1;1  2 1 1 Với phương trình t 3  H  1;5; 7  . :. Bài 9: a)Tìm trên Oy điểm cách đều hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  1 0 và ( ') : x  y  z  5 0 b) 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 2 2 2 sao cho a  b  c 3 . Xác định a , b , c để khoảng cách từ 0 tới mp( ABC ) lớn nhất. Giải: M  Oy  M (O; y0 ;0). Vậy: y 1 y 5 d (M ;( ))  0 , d (M ;( '))  0 3 3 Ta có: d (M ;( )) d ( M ; ( '))  y0  1  y0  5  y0  3 Vậy điểm phải tìm là M (0;  3;0) . x y z   1 b) Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là a b c 1  d (O;( ABC ))  1 1 1   a 2 b2 c 2 1 1 1 1  2  2 3 3 2 2 2 2 abc Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có a b c 2 2 2 3 2 2 2 Và 3 a  b  c 3 a b c 1 1 1 1 1 1  2  2 3    3 2 a 2 b2 c 2 Suy ra a b c 1 d (O; ( ABC ))  3 Từ đó suy ra: 2 2 2 Dấu "=" xảy ra khi a b c 1 hay a b c 1 1 Vậy: d (O;( ABC )) lớn nhất bằng 3 khi a b c 1. 6) Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau:    M  d, M '  d ' u, Xác định . Tính MM ' và các vectơ chỉ phương của 2 đường thẳng là u ' .      u, u '  u, u ' MM ' Tính . Tính ..

<span class='text_page_counter'>(16)</span>     u, u ' MM '  d(d, d ')   u, u ' *Bài tập vận dụng: Bài 1: Cho hai đường thẳng: x 2 y 1 z 3 x  3 y 1 z  1 (d1 ) :   (d 2 ) :   2 1  2 và 2 2 1 . a) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d1 ) và (d 2 ) chéo nhau. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d1 ) và (d 2 ) . a). Giải.   a  2;1;  2  , b  2;  2;1. Ta có:. (d1 ) và (d 2 ) . lần lượt là các VTCP  của B  3;  1;1  (d 2 ) AB  1;  2;  2  và và . 2 2 1  2 21 0. 2 1. A  2;1;3  (d1 ). 1    a,b  .AB  2   2 Do đó:    Suy ra: AB, a, b không đồng phẳng. Vậy (d1 ) và (d 2 ) chéo nhau. 2 2 2   2   1 2 2 2 2 1  a,b    a,b  9.    81      2 1 1 2 2 2 b) Ta có:     a,b  .AB 7   d  d1 , d 2     . 3  a,b    Vậy: Bài 2:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng d đi qua x 1 y z  2 1 :   A  0;  1; 2  2 1  1 sao cho khoảng cách giữa d và và , cắt đường thẳng x 5 y z 2 :   2  2 1 là lớn nhất. đường thẳng Giải.   M  1  2 t ; t ; 2  t   . VTCP của d : ud  AM  2t  1; t 1;1  t  Gọi M d  1 . Giả sử     2 đi qua N  5; 0; 0  và có VTCP v  2;  2;1 ; AN  5;0;  2  ;  ud , v   t  1; 4t  1;6t    2  ud , v  . AN 2 t      d  2 , d   3. 3. f  t  53t 2  10t  2  u d , v    Xét hàm số. f t . 2.  4  26 max f  t   f     37  9 53t  10t  2 ta suy ra được.  2 t 2.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  max  d  , d  .  x 29t   y  1  41t  z 2  4t  26  Phương trình đường thẳng d :  .. 7. Các dạng toán về tổng, hiệu khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất: a. Dạng 1: Cho 2 điểm A( x1 , y1 , z1 ) ; B( x2 , y2 , z2 ) Tìm M  ( P) : ax  by  cz  d 0 để (MA+MB) min Phương pháp: xác định vị trí tương đối của A, B đối với mặt phẳng (P) bằng cách tính các đại lượng: t A ax1  bx1  cz1  d ; t B ax2  by2  cz2  d.  . Nếu t Atb  0  A, B khác phía đối với (P). Gọi M 0 ( AB )  ( P ) khi đó MA  MB  AB M 0 A  M 0 B Nếu t At B  0  A, B cùng phía đối với (P). Lấy A đối xứng A qua (P) 1. Gọi M o ( A1B)  ( P) . Khi đó MA+MB=MA1 +MB  A1B=MOA1+MOB b. Dạng 2: Cho 2 điểm A( x1 , y1 , z1 ); B ( x2 , y2 , z2 ) MA  MB Tìm M  ( P) : ax  by  cz  d 0 để max Phương pháp: Xác định vị trí tương đối của A, B đối với mặt phẳng (P) bằng cách tính các đại lượng: t A ax1  by1  cz1  d ; t B ax2  bx2  cz2  d  Nếu t At B  0  A, B cùng phía đối với (P). MA  MB  AB  M 0 A  M 0 B Gọi M 0 ( AB )  ( P) . Khi đó  Nếu t At B  0  A, B khác phía đối với (P). Lấy A1 đối xứng A qua (P) MA  MB  MA1  MB  A1 B  M 0 A1  M 0 B Gọi M 0 ( A1 B )  ( P ) . Khi đó. c. Dạng 3: Cho 2 điểm A( x1 , y1 , z1 ) ; B( x2 , y2 , z2 ) Tìm M  ( ) cho trước sao cho (MA+MB) min / / Phương pháp: Xác định tọa độ các điểm A , B là hình chiếu tương ứng của các điểm A, B / / lên () . Gọi M 0 là điểm chia đoạn A B theo tỉ số:  AA/ / M A   k  0 / M 0 B / = BB . Ta chứng minh MA  MB M 0 A  M 0 B. A  ( P)  ( ), B  Thật vậy, gọi 1  sao cho A1 khác phía B so với () và thỏa mãn  / / A1 A M 0 A/  A1 A  AA     / B1 B / M 0 B / .  A1 A  ( )  A1 , M 0 , B thẳng hàng.  MA  MB MA1  MB  A1 B M 0 A1  M 0 B M 0 A  M 0 B Bài 1:.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> x 1 y2 z   1 1 2 Trong hệ Oxyz cho A(1;4;2); B(-1;2;4) và 1. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thằng (d) sao cho:   MA  MB 2 2 a) nhỏ nhất; b) MA  MB nhỏ nhất c) MA  MB nhỏ nhất 2. VPT mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. 3. Trong số các đường thẳng đi qua A và cắt đường thẳng (d), viết phương trình các đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến nó là lớn nhất? nhỏ nhất (d ) :.   Giải 1. M (1  t ;  2  t; 2t )  d  MA (t;6  t; 2  t ), MB( 2  t; 4  t; 4  2t )   MA  MB  24(t  2) 2  44 MA  MB  (  2  2 t ;10  2 t ;6  4 t ) a. . Suy ra   MA  MB Do đó nhỏ nhất khi t = 2 và lúc đó M (-1;0;4) 2 2 2 2 b. Ta có MA  MB 12t  48t  76 12(t  2)  28 2 2 Vậy MA  MB nhỏ nhất khi t = 2 và khi đó M(-1;0;4) c. Ta sẽ xác định hình chiếu A1, B1 của 2 điểm A, B lên đường thẳng (d) 5   2  1 10  MA2 2(3t 2  10t  20) min  t   M  A1  ; ;  3  3 3 3  với AA1  (d ). 7   4 1 14  MB 2 2(3t 2  14t  18) min  t   M  A1  ; ;  3  3 3 3  với BB1  (d ) 1 1 AA1  210; BB1  30 3 3 . Điểm M cần tìm là điểm chia đoạn A1B1 theo tỉ số k . AA1  7 BB1.   2(1  2 7)  1 10  14 7  ; ;   3 3(1  7  3(1  7  nên tọa độ của M là .. Bài 2: (d1 ) :. x 3 y 1 z 1   7 2 3 ,. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng x 7 y 3 z 9 (d 2 ) :   1 2  1 và mặt phẳng () : x  y  z  3 0 . Tìm điểm M trên mặt   MM1  MM 2 phẳng ( ) để đạt giá trị nhỏ nhất biết M1 (3;1;1) và M 2 (7;3;9) . Giải: Gọi I là trung điểm M1M 2  I(5; 2;5)    MM1  MM 2  2MI *Tacó:  MM1  MM 2  2MI nhỏ nhất nhỏ nhất (  ) M là hình chiếu của I trên. * Phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với ( ) là:.  x 5  t   y 2  t  z 5  t .

<span class='text_page_counter'>(19)</span> * Gọi M là giao điểm của (d) và () * M  (d)  M(5  t; 2  t;5  t) * M  ()  5  t  2  t  5  t  3 0  t  5  M(0;  3;0) * Vậy, điểm M cần tìm: M(0;  3;0) .  x  y  1 0  2. PT tổng quát của (d) là 2 y  z  4 0 . Vì mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) nên 2 2 (P) có phương trình a( x  y  1)  b(2 y  z  4) 0 với a  b 0 2.4  2  4 d  A;( P)   2 5 22  ( 1) 2 ( P ) : 2 y  z  4  0  Nếu a=0 thì . Khi đó  Nếu a 0 thì có thể giả sử a=1. Khi đó ( P ) : x  (1  2b) y  bz  1  4b 0. 2 5b  3. (5b  3) 2 f (b)  2 5b 2  4b  2 . Xét hàm số 5b  4b  2 Suy ra 2  50b 10b  24 4 3 f / (b)  0  b   b  2 2 (5b  4b  2) 5 5 Ta có d  A;( P)  .  4  35   3  35 f    ; f   0;lim f (b) 5 2 b  d  A; ( P )  6  5  Do  5  6 nên lớn nhất bằng 35 4 max d  A;(d )  2 b 6 khi 5 , lúc đó phương trình Kết luận: So sánh 2 trường hợp ta có (P) có dạng 13 4 21 x  y  z  0  5 x  13 y  4 z  21 0 5 5 5 3. Giả sử d2 là đường   thẳng bất kì đi qua A và cắt d tại M(1-t;-2+t;2t)  AM ; AB  56t 2  304t  416 28t 2  152t  208    d ( B, d 2 )    3t 2  10t  20 AM 6t 2  20t  40 Khi đó 16(11t 2  8t  60) 30 28t 2  152t  208 / u ( t )   0  t  2; t  u (t )  2 2 (3t  10t  20) 11 3t 2  10t  20 . Ta có Xét 28  30  4 u ( 2) 48; u    ; lim u (t )  3 nên khoảng cách từ B đến d2 lớn nhất bằng 48 khi  11  35 b  Do 4 30 t 11 . Khi đó d2 tương tứng có phương trình t= -2 và nhỏ nhất bằng 35 khi x 1 y 4 z 2 x 1 y 4 z 2 d2 :   d2 :   1 4  3 và 15 18  19 . Bài 3. Cho A(3;1;-2); B(2;2;1). Tìm điểm M  ( P) : 3 x  2 y  5 z  2 0 sao cho MA  MB a. (MA+MB) min b. max Giải Ta có t A 9  2  10  2 19  0, t B 6  4  5  2  1  0 suy ra 2 điểm A, B nằm khác phía đối với (P).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Ta có MA  MB  AB do đó để MA+MB min thì M  AB , suy ra M chính là giao của x 3 y 1 z 2 ( AB ) :   1 1 3 (P) với đường thẳng a.. x 3 y  1 z 2   41 39 17  1  3  x  ; y  ;z   1 20 20 20 3 x  2 y  5 z  2 0 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ pt   AA A ( x ; y ; z ) 1 1 1 1 b. Lấy đối xứng với A qua (P) suy ra 1 là VTPT của (P) và  x1 0  x1  3 y1  1 z1  2     2  5   y1 3  3 3x1  2 y1  5 z1  21 0  z 3  1 t A1 3x1  2 y1  5 z1  2  t A . Khi đó ta có: MA MA1  MA  MB  MA1  MB  A1 B Do A1 đối xứng với A qua (P) nên Gọi N là giao điểm của (A1B) với mp(P). Do A1 và B nằm cùng phía đối với (P) nên N nằm  MA  MB ngoài đoạn A1B max thì M  N có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: x y 1 z 3   19 35 8 ( A1 B ) :  2 3  2  x  ; y  ;z   9 18 9 ( P ) : 3 x  2 y  5 z  2 0 . Bài 4.  4a  2a  a  B ; ;  3 3 3  và đường  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 điểm A(a;0;a),  x t   y t  z a  t (t  ) . Tìm điểm M  ( d ) sao cho: thẳng (d):  MA  MB a. MA+MB nhỏ nhất b. lớn nhất Phân tích: Cách giải trong hình học không gian như sau:  Để giả câu a. , người ta tìm điểm B/ là ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục (d) với góc quay thích hợp sao cho A, B/, (d) đồng phẳng và A, B/ nằm về 2 phái đối với (d) khi đó MA  MB. nhỏ nhất  M là giao điểm của AB/ và (d).  Để giải câu b. , người ta tìm điểm B// là ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục (d) với góc quay thích hợp sao cho A, B//, (d) đồng phẳng và A, B// nằm về 1 phía đối với (d). Khi đó nếu AB// cắt (d) thì MA  MB. lớn nhất  M là giao điểm của AB// và (d). Dựa vào kết quả đã biết trong hình học không gian, ta cũng có thể giải được bài toán 2. Tuy nhiên việc tìm tọa độ điểm B/ (trong câu a) hoặc B// (trong câu b) buộc ta phải thực hiện những phép tính rất phức tạp. Để khắc phục tình trạng này, ta lại tiếp tục ý tưởng đã có trong lời giải trên Giải.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> a.Vì M  ( d ) nên gọi M(t,t;a-t). Khi đó: 2. 2.  4a   2 a   4 a  MA  MB  (t  a )  t  ( t )   t   t   t    3   3   3   2. 2. 2. 2.  3t 2  2at  a 2  3t 2  4at  4a 2 2 2   a  2 2a 2  2a  8a  3 t     t      3 9 3  9  .    .  a a 2  /  2a 2 a 2  A/  ; ; 0  , B  ;  ;0  ; M / (t ;0;0) 3 3 3 3    Xét  / / / / Khi đó MA  MB  3( M A  M B ) / / Vì M/ chạy trên x Ox và A/, B/ nằm về 2 phía đối với x Ox nên MA+MB nhỏ nhất  M/A/ +M/B/ nhỏ nhất. a 2 M A 1 x / Ox   3  / / 2  2a 2 M B / 3  M là giao điểm của A/B/ và . /. /.  4a   4a 4a 5a   ;0;0   M  ; ;    9 9 9  M  9 /. 2. b.tương tự câu a ta có. 2  a  2a MA MB  3  t     9  3. 2. 2  2a  8a t    3  9 .  a a 2  / /  2a 2a 2  A/ /  ; ;0  , B  ; ;0  , M / / (t;0;0) 3 3 3 3     đặt / / MA MB vì M// chạy trên x Ox còn A// và B// nằm về 1 phía đối với x Ox nên lớn nhất.  M / / A/ /  M // B //. lớn nhất. a 2 M A 1 x / Ox   3  // // 2a 2 2 M B 3 là giao điểm của A//B// và //.  M //.  M (0;0;0)  M (0;0; a). //.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> / Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng (d) bằng trục x Ox khi xét vị trí tương đối của các điểm mà còn chuyển hệ thống không đồng phẳng gồm 2 điểm A, B và đường / thẳng (d) thành hệ thống đồng phẳng gồm 2 điểm A/, B/ và trục x Ox (trong câu a) hoặc / thành hệ thống đồng phẳng gồm 2 điểm A//, B// và trục x Ox (trong câu b). Đó là nguyên nhân cơ bản giúp ta có được 1 lời giải đơn giản.. ỨNG DỤNG BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH 1.Xét vị trí tương đối giữa mặt cầu với đường thẳng, mặt cầu với mặt phẳng: Bài 1: A  1;  2;3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm và đường thẳng d có x 1 y  2 z  3   1  1 . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d . phương trình 2 Viết phương trình mặt cấu tâm A , tiếp xúc với d .. d  A,  d  . Giải:    BA, a  4  196 100     5 2 4 1 1 a. Phương trình mặt cầu tâm. A  1;  2;3. 2. 2. 2.  x  1   y  2   z  3 50 . , bán kính R 5 2 :. Bài 2: A  0; 0; 4  B  2; 0; 0  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , và mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  5 0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua O, A, B và có khoảng cách 5  P  bằng 6 . từ tâm I của mặt cầu dên mặt phẳng. Giải:  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0. 2. Giả sử. Từ. O, A, B   S . 2. 2.  a 1  c 2  I  1; b; 2  .  d 0 . suy ra : b 5  b 0 5 5 d  I, P      6 6 6  b  10  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 z 0 hoặc  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  20 y  4 z 0 . Vậy Bài 3: Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng (d ) :  x  y  2 0   2 x  z  6 0 sao cho giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1 0 là đường tròn có bán kính r 1 ..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Giải: ( P ) ( d ) m ( x  y  2)  n (2 x  z  6) 0 Mặt phẳng chứa có dạng:  ( P ) : ( m  2n) x  my  nz  2m  6n 0 * Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1;1;  1) , bán kính R 2 * ( P) cắt ( S ) theo một đường tròn giao tiếp (C ) có bán kính r 1 .  (I;(P))  R 2  r 2  3 .  m  2n  m  n  2m  6n 2. 2. (m  2n)  m  n. 2.  3   4m  7n  3. 2m 2  5n 2  4mn.  5m 2  22mn  17 n 2 0 m . 2. * Cho n 1  5m  22m  17 0  m  1 hay  ( P ) : x  y  z  4 0 ( P) :  1  ( P2 ) : 7 x  17 y  5 z  4 0 . * Vậy, có 2 mặt phẳng. 17 5. Bài 4:  x t  d :  y  1  z  t . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng và hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  3 0 ,  Q  : x  2 y  2 z  7 0 . Viết phưởng trình mặt cầu  S  có tâm I  P  và  Q  . thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với hai mặt phẳng Giải: I  t ;  1;  t   d  S  tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q  nên Giả sử . Vì d  I ,  P   d  I ,  Q   R . 1 t 5 t 2    t 3. R  , I  3;  1;  3 . 3 3 3 Suy ra 4 2 2 2  S  :  x  3   y  1   z  3  . 9 Vậy phương trình mặt cầu. Bài 5: S  0;0;1 A  1;1; 0  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , . Hai điểm M  m; 0; 0  N  0; n; 0  , thay đổi sao cho m  n 1 và m  0, n  0. tính khoảng cách từ A  SMN  . Từ đó suy ra mặt phẳng  SMN  tiếp xúc với một mặt cầu cố đến mặt phẳng định.. Giải:   SMN  SM  m;0;  1 , SN  0; n;  1  n  n; m; mn   Ta có: VTPT của là .  SMN  : nx  my  mnz  mn 0 . Phương trình mặt phẳng .

<span class='text_page_counter'>(24)</span> d  A,  SMN    Ta có: Suy ra.  SMN . n  m  mn n2  m2  n2m2. . 1  mn 1  2mn  n 2 m 2. . 1  mn 1 1  mn. tiếp xúc với mặt cầu tâm A bán kính R 1 cố định.. Bài 6: S  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5 0  Oxyz Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu P : 2 x  2 y  z  16  0.    S  và điểm N di động và mặt phẳng Điểm M di động trên  P  . Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN . Xác định vị trí của M , N tương trên. ứng. Giải: Mặt cầu.  S. tâm. I  2;  1;3. và có bán kính R 3. d d  I ,  P   . 2.2  2   1  3  16. 5  d  R. 3 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  và  S  không có điểm chung. Do vậy min MN d  R 5  3 2. Do đó Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông.  P  và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 với mặt cầu  S  . góc của I trên mặt phẳng  P  , thì N0 là giao điểm của  và  P  . Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  nP  2; 2;  1. Đường thẳng  có VTCP là và I qua nên có phương trình là Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 2  2  2t   2   1  2t    3  t   16 0  9t  15 0  t .  x 2  2t   y  1  2t  z 3  t . .. 15 5  9 3.  3  4 13 14  N0   ;  ;  . IM 0  IN 0 . M  0;  3; 4  .  3 3 3  Ta có 5 Suy ra Suy ra 0 Bài 7: A  0;1;1 B  1; 0;  3 C   1;  2;  3  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , , và 2 2 2  S  : x  y  z  2 x  2 z  2 0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu  S  sao cho mặt cầu tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.. Giải:  S  có tâm I  1;0;  1 , bán kính R 3 . PT mp  ABC  : 2 x  2 y  z 1 0 . 1 VABCD  d  D,  ABC   .S ABC  d  D,  ABC   3 Ta có nên VABCD lớn nhất lớn nhất .  S  vuông góc với mp  ABC  . Ta thấy với D là một điểm bất Gọi D1 D2 là đường kính của kì thuộc.  S. thì. . . d  D,  ABC   max d  D1 ,  ABC   ; d  D2 ,  ABC   ..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> D2 . Dấu " " xảy ra khi D trùng với D1 hoặc  D1 D2 đi qua I  1; 0;  1 và có VTPT là nABC  2;  2;1  x 1  2t   D1 D2 :  y  2t  z  1  t   x 1  2t  y  2t    z  1  t   x  1 2  y 2   z  1 2 4 . Tọa độ D1 và D2 thỏa :  7  4  1   1 4  5  D1  ; ;  ; D2  ; ;  3 3 3   3 3 3  Ta thấy. d  D1 ,  ABC    d  D2 ,  ABC  . 2   t 3   t  2  3.  7  4  1  D ; ;   3 3 3  là điểm cần tìm. . Vậy điểm. 2. Phương pháp tọa độ trong không gian: Bài 1: Cho lăng trụ ABC.A ' B'C ' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a . Gọi D, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, C 'B ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'B và B'C ' . Giải: Cách 1: * Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông  AB BC CA A 'B ' B 'C ' C ' A ' a .  các tam giác ABC.A ' B'C ' là các tam giác đều. * Ta có: B 'C '/ /BC  B 'C '/ /(A ' BC)  d(A 'B; B'C ') d(B'C ';(A 'BC)) d(F;(A ' BC))  BC  FD  BC  (A 'BC)  * Ta có:  BC  A ' D ( A ' BC cân tại A ' ) * Dựng FH  A 'D * Vì BC  (A 'BC)  BC  FH  H  (A 'BC) 1 1 1 4 1 7 a 21    2  2  2  FH  2 2 2 A 'F FD 3a a 3a 7 * A 'FD vuông có FH a 21 d(A ' B; B 'C ') FH  7 . * Vậy, Cách 2: * Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông  ABC, A ' B'C ' là các tam giác đều cạnh a * Dựng hệ trục Axyz , với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc: A(0;0;0);.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> a a 3   a a 3  B  ; ;0  ;C   ; ;0  ; A '  0;0;a  2 2 2 2     a a 3   a a 3  B '  ; ;a  ;C '   ; ;a  2 2   2 2  B 'C '/ /BC, B'C '/ /(A ' BC) * Ta có  d(B'C '; A ' B) d(B'C ', (A 'BC)) d(B';(A 'BC))   a a 3   a a 3  A ' B  ; ;  a  , A 'C   ; ;  a  2 2   2 2  *       a2 3  3 3 2 2  A ' B; A 'C   0;a 2 ;  a 0;1;  a .n n  0;1;           2  2  2     * với * Phương trình mp(A 'BC) qua A ' với pháp vecto n : 3 0(x  0)  1(y  0)  (z  a) 0 2 3 a 3  (A 'BC) : y  z 0 2 2 a 3 3 a 3 a 3  .a  2 2 2 a 21 d(B ';(A 'BC))   2  7 3 7 1 4 2 * *Vậy,. d(B 'C '; A ' B) . a 21 7 .. Bài 2: A  0;1; 0  , B  2; 2; 2  , C   2;3;1 Trong không gian Oxyz cho và đường thẳng x 1 y 2 z 3 ( ) :   2 1 2 . Tìm điểm M thuộc ( ) để thể tích tứ diện MABC bằng 3.. Giải:  x 1  2t  ( D) :  y  2  t  z 3  2t . Phương trình tham số của  ( )  M(1  2t;  2  t;3  2t) *M   * AB (2;1; 2), AC (  2; 2;1)      AB; AC  ( 3;  6;6)  3(1;  2; 2)  3n  *  với n (1;  2; 2) * Phương trình mp(ABC) qua A với pháp vecto n : (ABC) : x  2y  2z  2 0 1  1 9 SABC   AB; AC   (  3) 2  (  6) 2  62  2 2 2 * * Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng cách từ M đến (ABC).

<span class='text_page_counter'>(27)</span> MH d(M;(ABC)) . 1  2t  2( 2  t)  2(3  2t)  2. .  4t  11 3. 1 4  4 1 9  4t  11  V . . 3 3 2 3 * Thể tích tứ diện MABC bằng 3 5  17   4t  11 6  t  a t 4 hay 4  3 3 1   15 9 11  M ; ;  M ; ;   Vậy, có 2 điểm M cần tìm là:  2 4 2  hay  2 4 2  . Bài 3: Cho tứ diện OABC có đáy là OBC vuông tại O, OB a, OC a 3, (a  0) và đường cao OA a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM . Giải: Cách 1: * Gọi N là điểm đối xứng của C qua O * Ta có: OM / /BN (Tính chất đường trung bình)  OM / /(ABN)  d(OM; AB) d(OM;(ABN)) d(O;(ABN)) * Dựng OK  BN;OH  AK(K  BN;H  AK) * Ta có AO  (OBC);OK  BN  AK  BN BN  OK; BN  AK  BN  (AOK)  BN  OH OH  AK;OH  BN  OH  (ABN)  d(O;(ABN)) OH * Từ các tam giác vuông OAK;ONB có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15       2  2  2  2  OH  2 2 2 2 2 2 OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a 5 a 15 d(OM; AB) OH  5 * Vậy, Cách 2: * Dựng hệ trục Oxyz với Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc O(0;0;0);A(0;0;a 3); B(a;0;0);C(0;a 3;0) a a 3   a 3 a 3 M  ; ;0  ; N  0; ;  2 2 2 2     là trung điểm của AC . * MN là đường trung bình của ABC  AB / /MN  AB / /(OMN)  d(AB;OM) d(AB;(OMN)) d(B;(OMN))   a a 3   a 3 a 3 OM  ; ;0  , ON  0; ;  2 2 2 2     * với.

<span class='text_page_counter'>(28)</span>    3a 2 a 2 3 a 2 3  a 2 3 a 2 3  OM;ON   ; ;  ( 3;1;1)  n      4 4 4 4 4 n   * với ( 3;1;1)  * Phương trình mp(OMN) qua O với pháp vecto n : 3x  y  z 0 3.a  0  0 a 3 a 15 d(B;(OMN))    5 3  1  1 5 * Ta có: a 15 d(AB;OM)  5 . * Vậy, Bài 4: Trong không gian Oxyz , tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng x  1 y z2 (d) :   1 2 2 và mặt phẳng () : 2x  y  2z 0 . Giải Gọi A(a;0;0)  Ox () : d(A;()) . 2a. 22  12  22 * Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  * ()  qua M 0 (1;0;  2) và có VTCP u(1; 2; 2) M M u * Đặt 0 1 * Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1   2SAM0M1  AM 0 ; u  8a 2  24a  36 d(A; )     M 0 M1 3 u. . 2a 3. * Theo giả thiết: d(A;()) d(A; ) 2a 8a 2  24a  36    8a 2  24a  36 4a 2  4a 2  24a  36 0 3 3  4(a  3)2 0  a 3  Vậy, có một điểm A(3;0;0) . Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2,SA vuông góc với (ABC) và SA a . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC . Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thằng SE và AF . Giải: Cách 1: * Gọi M là trung điểm của BF  EM / /AF   SA; AF  EM; AF  SEM * SAE vuông tại A có: SE 2 SA 2  AE 2 a 2  2a 2 3a 2  SE a 3.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> *. AF . 2a 2 3 a 6 2. a 6 ; BF a 2 2 2 2 2 2 2 2 * SB SA  AB a  8a 9a  SB 3a  EM BM MF . 2 2 2 2 2 2 * SF SA  AF a  6a 7a  SF a 7 * Áp dụng định lí đường trung tuyến SM trong SBF có: 1 SB2  SF2 2SM 2  BF2 2 1 15a 2  9a 2  7a 2 2SM 2  2a 2  SM 2  2 2  SE AF * Gọi là góc nhọn tại bởi và * Áp dụng định lí hàm Cosin vào SEM có: 3a 2 15a 2 2 3a   2 2 2  ES  EM  SM 2 2  2  2 cos   cosSEM   2.ES.EM 2 2 a 6 2. .a 3 2 0   45 a 2 AK MF  AK  ME; AH  SK 2 và AH  (SEM) * Dựng . Ta có * Vì AF / /ME  d(SE; AF) d(AF;(SME)) AH. 1 1 1 1 2 3 a 3  2  2  2  2  AH  2 2 AS AK a a a 3 * SAK vuông có: AH a 3 d(SE, AF)  3 . * Vậy, Cách 2: *Dựng hệ trục Axyz với Ax, Ay, Az đôi một vuộng góc a 2 a 6  A  0;0;0  , B a 2;a 6;0 , C  a 2;a 6;0 ,S  0;0;a  , E  ; ; 0  2  2  a 2  F 0;a 6;0 , M  ;a 6;0   2   a 2 a 6   a 2  SE  ; ;  a  ;SF a;a 6;0 ;SM  ;a 6;  a  2  2   2  * * Gọi  là góc nhọn tạo bởi SE và AF . Ta có:. . .  . . . . . a 2 a 6 0.  a 6.  0( a)  3a 2 2 2 2 cos  cos SE; AF    2 2 2 a 6.a 3 a 3a 02  6a 2  02 .   a2 2 2 0   45    a2 6 a2 3  a2 3 a 2 3  SE;SM   ;0;  ( 2;0;1)  n      2 2  2 2 n  * với ( 2;0;1). . .

<span class='text_page_counter'>(30)</span>  * Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vecto n : 2x  z  a 0 00 a a 2 (SEM) : d(A;(SEM))   3 2  1 A * Khoảng cách từ đến * Vì AF / /EM  AF / /(SEM)  d(SE; AF) d(A;SEM). * Vậy Bài 6:. d(SE; AF) . a 3 3 .. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) : (P) : 2x  2y  z  m 2  3m 0 ; (S) : (x  1) 2  (y  1)2  (z  1)2 9 Tìm m để (P) tiếp xúc (S) . Với m tìm được xác định toạ độ tiếp điểm. Giải: 2. (P) : 2x  2y  z  m  3m 0 (S) : (x  1) 2  (y  1) 2  (z  1) 2 9 có tâm I  1;  1;1 và bán kính R 3 (P) tiếp xúc (S) :  d  I;(P)  R 2.1  2.( 1)  1.1  m 2  3m.  m 2  3m  1 9  m 2  3  m  3m  1 9   2  22  22  12  m  5  m  3m  1  9 * Vậy, (P) tiếp xúc (S) khi m 2 hay m  5 , khi đó (P) : 2x  2y  z  10 0 x  1 y 1 z  1   2 1 * Đường thẳng (d ) qua I và vuông góc với ( P ) có phương trình: 2 2.  2 x  2 y  z  10 0   x  1 y 1 z  1   2  2  1 * Toạ độ tiếp điểm là nghiệm của hệ: * Vậy, toạ độ tiếp điểm M(3;1; 2) ..  x 3   y 1   z 2. Bài 7: Cho hình chóp đều S.ABC , đáy ABC có cạnh bằng a , mặt bên tạo với đáy một góc 0 0 bằng (0    90 ) . Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) . Giải Cách 1: * Gọi H là trung điểm của BC . * Do S.ABC đều và ABC đều nên chân đường cao đỉnh S trùng với giao điểm ba đường cao là trực tâm O của ABC và có SBC cân tại S . suy ra BC  SH, BC  AH , nên SHA  1 a 3 OH  AH  3 6 * Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> HO a 3 1 a 3 SH   OH  AH  cos  6 cos  SHO vuông góc: 3 6 và 1 1a 3 a 2 3 a 3 tan  S.ABC : V  SO.SABC  tan .  3 3 6 4 24 * Thể tích hình chóp 1 a2 3 SBC : SSBC  SH.BC  2 12 cos  * Diện tích * Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC) , ta có: 1 3.V a 3 tan  a 2 3 a 3 V  h.SSBC  h  3. :  sin  3 SSBC 24 12 cos  2 Cách 2: * Vì S.ABC là hình chóp đều nên chân đường cao đỉnh S trùng với tâm O đường tròn (ABC) * Gọi M là trung điểm của BC . Ta có: 2 a 3 a 3 AO  AM  OM  3 3 và 6 . AM  BC,SM  BC  SMA  SOM vuông có: a 3 tan  6 * Dựng hệ trục toạ độ Axyz với Ax, Ay, Az đội một vuông góc, a a 3   a a 3   a 3  A(0;0;0); B  ; ;0  ;C   ; ;0  ; M  0; ;0  ; 2 2 2   2 2    SO OM.tan  .  a 3   a 3 a 3  O  0; ;0  ;S  0; ; tan   2 2 6     1 a 3 tan  V : .SO.SABC  3 24 * Thể tích hình chóp:    a a 3 a 3  BS   ;  ; tan   , BC   a;0;0  6 6  2  * Ta có:  2 2    a 3 a 3  BS; BC   0;  tan  ;   n    6 6   *  * Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vecto pháp tuyến n :  a  a2 3 a 3  a2 3  0 x    tan   y   z  0  0  2 6 6  6   a 3 tan  0 2 * Khoảng cách d từ A đến (SBC) :  (SBC) : tan y  z .

<span class='text_page_counter'>(32)</span> tan 0  0  d. a 3 tan  2. tan 2   1. a 3 tan  a 3  2  sin  1 2 cos . Bài 8: Cho hình lập phương ABCD.A ' B'C 'D ' cạnh a . M, N lần lượt là trung điểm của AB và C ' D ' . Tính khoảng cách từ B' đến (A 'MCN) . Giải Cách 1: * Bốn tam giác vuông AA ' M, BCM,CC ' N, A ' D ' N bằng nhau (c.g.c)  A ' M MC CN NA '  A ' MCN là hình thoi * Hai hình chóp B 'A 'MCN và B '.A ' NC có chung đường cao vẽ từ đỉnh B' và SA 'MCN 2.SA ' NC nên VB'.A 'MCN 2.VB'.A 'NC 1 1 1 a3 a3 VB'.ANC VC.A 'B' N  CC '.SA 'B'N  .a. .a.a   VB'.A 'MCN  3 3 2 6 3 * Mà: 1 SA 'MCN  .A 'C.MN 2 * Ta có: với A 'C a 3 , MN B ' C a 2  S A ' MCN . a2 6 2 .. 1 VB'.A 'MCN  .B' H.SA 'MCN 3 * Gọi H là hình chiếu của B' trên (A 'MCN) , ta có : 3.V a3 a2 6 a 6  B ' H  B'.A 'MCN 3. :  SA 'MCN 3 2 3 Cách 2: * Chọn hệ trục Dxyz với Dx, Dy, Dz đôi một vuông góc A  a;0;0  ; B  a;a;0  ;C  0;a;0  ; D  0; 0;0  ; A '  a;0;a  ; B'  a; a;a  ;C '  0;a;a  ; D '  0;0;a   a   a  M  a; ;0  ; N  0; ;a   2   2    A 'C  (  a;a;  a), MN ( a;0;a) * Ta có:      A 'C; MN   a 2 ; 2a 2 ; a 2  a 2 (1; 2;1) a 2 n n   với (1; 2;1)  * Phương trình mp(A 'MCN) qua C(0;a;0) với pháp vecto n : 1(x  0)  2(y  a)  1(z  0) 0  (A ' MCN) : x  1y  z  2a 0 * Khoảng cách d từ B '(a;a;a) đến mp(A ' MCN) : d. a  2a  a  2a 1  4 1. . 2a a 6  3 . 6.

<span class='text_page_counter'>(33)</span>