PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Website: www.moon.vn Facebook: https://www.facebook.com/LyHung95 03. MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌC LỌC OXYZ Bài 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z + + − = và đường thẳng 1 : 1 3 1 x y z − ∆ = = − . L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d, n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng ∆ và cách đườ ng th ẳ ng ∆ m ộ t kho ả ng b ằ ng 8 66 . Bài 2: Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ vuông góc Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng ( ): 2 1 0 P x y z − + + = và đườ ng th ẳ ng 1 1 : 1 1 2 x y z + − ∆ = = . L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d, n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng ∆ và cách đườ ng th ẳ ng ∆ m ộ t kho ả ng b ằ ng 5 2 . Bài 3: Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ vuông góc Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng ( ): 1 0 P x y z + + − = và đườ ng th ẳ ng 2 1 : 1 2 1 x y z − + ∆ = = − . L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d, n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng ∆ và cách đườ ng th ẳ ng ∆ m ộ t kho ả ng b ằ ng 2 21 . Bài 4: Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ vuông góc Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng ( ): 2 0 P x y z + − + = và đườ ng th ẳ ng 1 6 6 : 1 5 3 x y z d − + − = = − . G ọ i I là giao đ i ể m c ủ a d và (P). L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ , n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng d và kho ả ng cách t ừ I t ớ i ∆ b ằ ng 2 2 . Bài 5: Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ vuông góc Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng ( ): 1 0 P x y z + + + = và đườ ng th ẳ ng 2 5 2 : 2 6 1 x y z d − − + = = − . G ọ i I là giao đ i ể m c ủ a d và (P). L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ , n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng d và kho ả ng cách t ừ I t ớ i ∆ b ằ ng 26 . Bài 6: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ O xyz , cho m ặ t ph ẳ ng ( α ): x y z 1 0 + − − = , hai đườ ng th ẳ ng ( ∆ ): x y z 1 1 1 1 − = = − − , ( ∆′ ): x y z 1 1 1 3 + = = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng (d) n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng ( α ) và c ắ t ( ∆′ ); (d) và ( ∆ ) chéo nhau mà kho ả ng cách gi ữ a chúng b ằ ng 6 2 . Bài 7: Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ O xyz , cho m ặ t ph ẳ ng (P): x y z 1 0 + − + = và đườ ng th ẳ ng: d : x y z 2 1 1 1 1 3 − − − = = − − . G ọ i I là giao đ i ể m c ủ a d và (P). Vi ế t ph ươ ng trình c ủ a đườ ng th ẳ ng ∆ n ằ m trong (P), vuông góc v ớ i d sao cho kho ả ng cách t ừ I đế n ∆ b ằ ng h 3 2 = . Bài 8: Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ O xyz , cho đườ ng th ẳ ng x y z d 1 2 : 2 1 1 − − = = , hai đ i ể m A B (1;1;0), (2;1;1) . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua A và vuông góc v ớ i d , sao cho kho ả ng cách t ừ B đế n ∆ là l ớ n nh ấ t. Bài 9: Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ O xyz , vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d đ i qua A (0; 1;2) − , c ắ t đườ ng th ẳ ng x y z 1 1 2 : 2 1 1 ∆ + − = = − sao cho kho ả ng cách gi ữ a d và đườ ng th ẳ ng x y z 2 5 : 2 2 1 ∆ − = = − là l ớ n nh ấ t. LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Website: www.moon.vn Facebook: https://www.facebook.com/LyHung95 Bài 10: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x y z 1 1 : 2 3 1 + + ∆ = = − và hai điểm A (1;2; 1), − B (3; 1; 5) − − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất. Lời giải: • Giả sử d cắt ∆ tại M M t t t ( 1 2 ;3 ; 1 ) ⇒ − + − − , AM t t t AB ( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4) = − + − − = − −   Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó d B d BH BA ( , ) = ≤ . Vậy d B d ( , ) lớn nhất bằng BA H A ⇔ ≡ AM AB AM AB . 0 ⇔ ⊥ ⇔ =   t t t t 2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2 ⇔ − + − − + = ⇔ = M (3;6; 3) ⇒ − ⇒ PT đườngthẳng x y z d 1 2 1 : 1 2 1 − − + = = − . Bài 11: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 2 5 0 + − + = , đường thẳng x y z d 3 1 3 : 2 1 1 + + − = = và điểm A ( 2;3;4) − . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (P), đi qua giao điểm của d và (P), đồng thời vuông góc với d. Tìm điểm M trên ∆ sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Lời giải: • Gọi B = d ∩ (P) ⇒ B ( 1;0;4) − . Vì P d ( ) ∆ ∆  ⊂  ⊥  nên P d u n u u ∆ ∆  ⊥  ⊥      . Do đó ta có thể chọn P d u n u 1 , (1; 1; 1) 3 ∆   = = − −      ⇒ PT của ∆ : x t y t z t 1 4  = − +  = −   = −  . Giả sử M t t t ( 1 ; ;4 ) ∆ − + − − ∈ ⇒ AM t t t 2 2 4 14 14 3 8 10 3 3 3 3   = + + = + + ≥     Dấu "=" xảy ra ⇔ t 4 3 = − ⇔ M 7 4 16 ; ; 3 3 3   −     . Vậy AM đạt GTNN khi M 7 4 16 ; ; 3 3 3   −     . Bài 12: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y z 3 2 1 2 1 1 − + + = = − và mặt phẳng (P): x y z 2 0 + + + = . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . Lời giải: • PTTS d: x t y t z t 3 2 2 1  = +  = − +   = − −  M (1; 3;0) ⇒ − . (P) có VTPT P n (1;1;1) =  , d có VTCP d u (2;1; 1) = −  Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP d P u u n , (2; 3;1) ∆   = = −      Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN x y z ( 1; 3; ) = − +  . Ta có MN u N P MN ( ) 42 ∆  ⊥  ∈   =    ⇔ x y z x y z x y z 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 42  + + + =  − + − =   − + + + =  ⇒ N(5; –2; –5) hoặc N(–3; – 4; 5) • Với N(5; –2; –5) ⇒ Phương trình của x y z 5 2 5 : 2 3 1 − + + ∆ = = − • Với N(–3; – 4; 5) ⇒ Phương trình của x y z 3 4 5 : 2 3 1 + + − ∆ = = − .