Hình học giải tích ôn thi đại học

GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 ÔN THI ĐẠI HỌC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH NĂM 2012 A.Lí Thuyết : − Công thức tính góc giữa hai đường thẳng 1 2 1 2 . . u u c u u   uur uur uur uur os trong đó 1 2 , u u uur uur lần lượt là hai VTCP của hai đường thẳng − Công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . sin . n u u u   r r r r trong đó , n u r r lần lượt là hai VTPT và VTCP của mặt phẳng và đường thẳng − Công thức tính góc giữa hai đường thẳng 1 2 1 2 . . n n c n n   uur uur uur uur os trong đó 1 2 , n n uur uur lần lượt là hai VTPT của hai mặt thẳng − Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm ( ; ; ); ( ; ; ) A A A B B B A x y z B x y z       2 2 2 B A B A B A AB= x -x + y -y + z -z − Khoảng cách từ điểm M 0 (x 0 ;y 0 z 0 ) đến mặt phẳng () có phương trình Ax+by+Cz+D=0 là:   0 0 0 0 2 2 2 Ax +By +Cz +D d M ,(α) = A +B +C − Khoảng cách từ điểm M 1 đến đường thẳng  đi qua M 0 và có vectơ chỉ phương u ur là: 1 d(M ,Δ)= M M ,u 0 1 u       uuuuuuuur ur ur − Khoảng cách giữa hai đường thẳng  và ’, trong đó  đi qua điểm M 0 , có vectơ chỉ phương u r và đường thẳng ’ đi qua điểm ' 0 M , có vectơ chỉ phương u' ur là: ' 0 0 u,u' .M M d( ,Δ')= u,u'          uuuuuur r ur r ur − Công thức tính diện tích hình bình hành : ABCD S = AB,AD     uuur uuur − Công thức tính diện tích tam giác : ABC 1 S = AB,AC 2     uuur uuur − Công thức tính thể tích hình hộp : ABCD.A'B'C'D' V = AB,AD .AA'     uuur uuur uuur − Công thức tính thể tích tứ diện : ABCD 1 V = AB,AC .AD 6     uuur uuur uuur Chú ý : Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện : 0 , 2      GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 B.VÍ DỤ : Ví dụ 1: Cho đường thẳng   : 1 1 1 x y z d   và hai điểm   0;0;3 A ,   0;3;3 B . Tìm tọa độ điểm   M d  sao cho: 1) MA MB  nhỏ nhất. 2) 2 2 2 MA MB  nhỏ nhất. 3) 3 MA MB  uuur uuur nhỏ nhất. 4) MA MB  lớn nhất. Hướng dẫn: 1) Chuyển p/trình của   d sang dạng tham số   : x t d y t z t         Gọi tọa độ của   M d  có dạng   ; ; M t t t , t  ¡ . Ta có             2 2 2 2 2 2 0 0 3 0 3 3 P MA MB t t t t t t               2 2 3 6 9 3 12 18 P t t t t         2 2 3 2 3 4 6 t t t t           2 2 3 1 2 2 2 P t t                     2 2 2 2 3 1 0 2 2 0 2P t t               Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm   ;0 N t Ox  ;     1; 2 ; 2; 2 H K Gọi   1; 2 H   là điểm đối xứng của điểm   1; 2 H qua trục Ox.  Ta có   3 P NH NK   =   3 NH NK   3 H K   . Dấu “=” xảy ra , , H N K   thẳng hàng N H K Ox     . Đường thẳng H K  có vecto chỉ phương   1;2 2 H K   uuuur nên có vecto pháp tuyến   2 2; 1 n   r và đi qua   1; 2 H   nên có phương trình tổng quát     2 2 1 1 2 0 2 2 3 2 0 x y x y         . Tọa độ giao điểm N của đường thẳng H K  và trục Ox là nghiệm của hệ 3 2 2 3 2 0 2 0 0 x x y y y                  . Vậy 3 ;0 2 N        . Vậy   2 2 min 3 3. 1 2 2 3 3 P H K      . Đạt được khi   3 3 ;0 ;0 2 2 N t N t          . Suy ra MA MB  nhỏ nhất bằng 3 3 khi 3 3 3 ; ; 2 2 2 M       GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 Cách 2:  Làm như cách 1, đến đoạn     2 2 3 1 2 2 2 P t t             . Xét hàm số       2 2 1 2 2 2 f t t t       Ta có       2 2 1 2 1 2 2 2 t t f t t t                2 2 1 2 0 1 2 2 2 t t f t t t                  2 2 2 1 1 2 2 2 t t t t              (*)  Xét hàm số   2 2 u g u u   , Ta có     2 2 2 3 2 1 2 2 . . 0 2 2 2 u g u u u u u u                  nên hàm số g đồng biến trên ¡ .  Do đó từ (*) ta có     3 1 2 1 2 2 g t g t t t t               Bảng biến thiên của hàm số f : t  3 2    f t   0    f t  3  Từ bảng biến thiên suy ra   3 min 3 2 f t f         . Vậy   min 3 3 MA MB  đạt được tại 3 2 t  , tức là 3 3 3 ; ; 2 2 2 M       . Cách 3: Bước 1 : Tìm tọa độ H và H’ Bước 2 : Tính AH và BH’ Bước 3 : Tìm M thỏa mãn ' ' AH MH MH BH   uuuur uuuuur =>ycbt GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 2). Làm tương tự câu 1), ta tính được   2 2 2 2 2 3 6 9 2 3 12 18 Q MA MB t t t t        2 9 30 45 t t    . Biểu thức này là tam thức bậc hai với hệ số 9 0 a   nên đạt giá trị nhỏ nhất khi 30 5 2.9 3 t     . Tức là 5 5 5 ; ; 2 2 2 M       . Nhận xét: nếu không nhớ tính chất về đồ thị bậc hai thì có thể khảo sát hàm số   2 9 30 45 f t t t    để tìm giá trị hỏ nhất. 3). Theo câu 1) , gọi   ; ; M t t t . Ta có   ; ;3 MA t t t     uuur ,   ;3 ;3 MB t t t     uuur . Suy ra         2 2 ; 2 3 ;3 2 3 MA MB t t t t t t            uuur uuur   ; 6; 3 t t t    .     2 2 2 2 2 6 3 3 18 45 MA MB t t t t t           uuur uuur   2 2 3 3 18 18 3 2 MA MB t       uuur uuur . Dấu “=” xảy ra 3 0 3 t t      hay   3;3;3 M . Vậy min 2 3 2 MA MB  uuur uuur đạt được tại   3;3;3 M . Nhận xét: nếu không phân tích được   2 2 3 3 18 MA MB t     uuur uuur thì có thể khảo sát hàm số   2 3 18 45 f t t t    để tìm giá trị nhỏ nhất. 4). Tương tự câu 1), ta tính được   2 2 3 2 3 4 6 MA MB t t t t            2 2 3 1 2 2 2 MA MB t t              Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm   ;0 N t Ox  ;     1; 2 ; 2; 2 H K . Khi đó 3 MA MB NH NK    Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox. Suy ra 3 3 MA MB NH NK HK     . Bài toán này vô nghiệm vì || KH Ox . Cách 2: Khảo sát hàm số như cách 2 ở câu 1  Hàm số không có GTLN. Ví dụ 2: Cho mặt phẳng   : 4 0 P x y z     . Tìm điểm   M P  sao cho: 1). MA MB  nhỏ nhất, biết   1;0;0 A ,   1;2;0 B . 2). MA MB  lớn nhất, biết   1;2;1 A ,   0;1;2 B . 3). 2 2 3 MA MB  nhỏ nhất, biết   1;2;1 A ,   0;1;2 B . 4). 2 2 2 3 2 MA MB MC   nhỏ nhất, biết   1;2;1 A ,   0;1;2 B ,   0;0;3 C . 5). 3 4 MA MB MC   uuur uuur uuuur nhỏ nhất, biết   1;2;1 A ,   0;1;2 B ,   0;0;3 C . GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 Hướng dẫn : 1). Cách giải  Xét vị trí tương đối của A, B so với (P). Đặt   ; ; 4 f x y z x y z     . Thay tọa độ của A, B vào và tính     ; ; . ; ; A A A B B B f x y z f x y z . - Nếu     ; ; . ; ; 0 A A A B B B f x y z f x y z  thì A, B ở hai phần không gian khác nhau ngăn cách bởi (P). - Nếu     ; ; . ; ; 0 A A A B B B f x y z f x y z  thì A, B ở cùng phía so với (P).  Nếu A, B ở khác phía so với (P) thì với   M P  tùy ý ta có MA MB AB   . Suy ra   min MA MB AB   đạt được khi   M AB P   . - Viết p/trình đường thẳng AB. - Tìm giao điểm M của   AB P  . (Giải hệ p/trình của AB và (P)) - Kết luận.  Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) , ta lấy điểm A  đối xứng với A qua (P). Khi đó MA MA MA MB MA MB A B            min MA MB A B     đạt được khi   M A B P     Tính tọa độ A  : - Viết phương trình đường thẳng   d qua A và     d P  - Giải hệ       ; d P tìm được tọa độ của     H d P   là hình chiếu vuông góc của A trên (P). - H là trung điểm của A A  . Biết tọa độ của , A H suy ra tọa độ của A  .  Viết p/trình đường thẳng A B  .  Giải hệ     ; A B P  tìm được tọa độ của   M A B P    . 2). Làm ngược lại của hai trường hợp trên câu 1.  Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) thì MA MB AB    Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P), ta lấy điểm A  đối xứng với A qua (P). Khi đó MA MA MA MB MA MB A B          Cách làm mỗi trường hợp như câu 1. 3). Xét điểm I tùy ý, ta có   2 2 2 2 2 2 . MA MA MI IA MI IA MI IA       uuur uuur uur uuur uur uuur uur   2 2 2 2 2 2 . MB MB MI IB MI IB MI IB       uuur uuur uur uuur uur uuur uur A B M A’ B M A H Tr.Hợp 1 Tr.Hợp 2 GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 Suy ra   2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 . MA MB MI IA MI IA MI IB MI IB        uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur   2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 MA MB MI IA IB MI IA IB        uuur uur uur uuur uur uur   2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 MA MB MI IA IB MI IA IB        uuur uur uur Giả sử 2 0 2 IA IB IA IB      uur uur r uur uur , ta có tọa độ của I là: 2 1 2.0 1 1 2 3 3 2 2 2.1 4 1 2 3 3 2 1 2.2 5 1 2 3 3 A B A B A B x x x y y I y z z z                            . Hay 1 4 5 ; ; 3 3 3 I       Vậy, với 1 4 5 ; ; 3 3 3 I       , ta có 2 0 IA IB   uur uur r nên 2 2 2 2 2 2 3 2 MA MB MI IA IB     . Do I cố định nên 2 2 , IA IB không đổi. Vậy 2 2 2 MA MB  nhỏ nhất 2 MI  nhỏ nhất MI  nhỏ nhất M  là hình chiếu của I trên (P).  Đường thẳng   d qua 1 4 5 ; ; 3 3 3 I       và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến   1;1;1 n  r của (P) làm vecto chỉ phương nên có p/trình   1 3 4 : 3 5 3 x t d y t z t              - Tọa độ giao điểm H của     d P  là: 5 14 17 ; ; 9 9 9 H       . - H là hình chiếu của I trên (P).  Vậy M là hình chiếu của I trên (P) nên M H  Kết luận: 2 2 2 MA MB  nhỏ nhất khi 5 14 17 ; ; 9 9 9 M       4). Làm tương tự câu 3) 5). Cần rút gọn tổng 3 4 MA MB MC   uuur uuur uuuur thành một vecto MH uuuur . Khi đó 3 4 MA MB MC MH MH     uuur uuur uuuur uuuur nhỏ nhất M  là hình chiếu của H trên (P). Làm như câu 3). Bằng cách phân tích     3 4 3 4 MA MB MC MI IA MI IB MI IC         uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur 8 3 4 MI IA IB IC     uuur uur uur uur Đến đây chỉ việc tìm tọa độ điểm I sao cho 3 4 0 IA IB IC    uur uur uur r rồi làm tiếp theo hướng dẫn trên. GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 Chú ý:   1 3 4 0 3 4 8 IA IB IC OI OA OB OC        uur uur uur r uur uuur uuur uuur Suy ra tọa độ của I là       1 3 4 8 1 3 4 8 1 3 4 8 I A B C I A B C I A B C x x x x y y y y z z z z                   . Ví dụ 3:(ĐH – A2008) Cho mặt phẳng 1 2 : 2 1 2 x y z d     . Lập phương trình mặt phẳng (  ) chứa d sao cho khoảng cách từ (2;5;3) A tới (  ) là lớn nhất Hướng dẫn : 1) Phương trình mặt phẳng (  ) chứa d có VTPT : 2 2 2 ( ; ; ), 0 n A B C A B C    r có dạng : ( 1) ( 2) 0 A x By C z      Ta có : ( ) . 0 2 2 d d u n B A C          uur uur => 2 2 2 2 2 9 ( ) ( ,( )) 9. 5 8 5 5 8 5 A C A C d A A AB C A AB C          − TH1: Nếu C = 0 9 ( ,( )) 5 d A   − TH1: Nếu C 0  ,Đặt A t C  2 2 ( 1) ( ,( )) 9. 9 ( ) 5 8 5 t d A f t t t       Xét hàm số 2 2 ( 1) ( ) 5 8 5 t f t t t     => '( ) 0 1 f t t     ; 2 ( 1) 0; (1) 9 f f    1 lim ( ) 5 t f t   Lập bảng biến thiên => 2 ( ) 5 M f t  ax tại t =1 . Vậy 3 2 M  axd(A,( )) khi 1 A C  So sánh TH1 và TH2 : ycbt <=>A=C và B=−4C => Phương trình mặt phẳng cần tìm là : x - 4y + z – 3 = 0 Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài toán như sau : +) Lập phương trình mặt phẳng (  ) chứa d sao cho khoảng cách từ A tới (  ) là nhỏ nhất hoặc khoảng cách đó là hằng số − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 Ví dụ 4: Cho đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      và ' 2 1 : 2 1 2 x y z d      , (Q): x + 2y +2z – 3 =0 . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho 1) Góc giữa hai mặt phẳng (Q) nhỏ nhất 2) Góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d’ lớn nhất Hướng dẫn : 1) Phương trình mặt phẳng (  ) chứa d có VTPT : 2 2 2 ( ; ; ), 0 n A B C A B C    r có dạng : ( 1) ( 2) 0 A x B y Cz      Ta có : ( ) . 0 2 d d u n C A B         uur uur Gọi góc giữa hai mặt phẳng là ,(0 ) 2      => 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( ) 9. 2 4 5 2 4 5 A B A B c A AB B A AB B          os − TH1: Nếu B = 0 2 ( ) 2 c  os (1) − TH2: Nếu B 0  ,Đặt A t B  2 2 ( 2) ( ) 2 4 5 t c t t      os Xét hàm số 2 2 ( 2) ( ) 2 4 5 t f t t t     => 5 ( ) 6 M f t  ax tại t =1 hay 1 2 A B  . Vậy 0; 2 30 6 M         ax cos (2) So sánh TH1 và TH2 => min 30 6    cos với 1 2 A B  => Phương trình mặt phẳng cần tìm là : x + 2y + 5z + 3 = 0 2) Phương trình mặt phẳng (  ) chứa d có VTPT : 2 2 2 ( ; ; ), 0 n A B C A B C    r có dạng : ( 1) ( 2) 0 A x B y Cz      Ta có : ( ) . 0 2 d d u n C A B         uur uur Gọi góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d’ là : ,(0 ) 2      => 2 2 2 2 2 4 3 1 (4 3 ) sin( ) . 3 2 4 5 3. 2 4 5 A B A B A AB B A AB B          − TH1: Nếu B = 0 2 2 ( ) 3  sin (1) GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 − TH2: Nếu B 0  ,Đặt A t B  2 2 1 (4 3) ( ) . 3 2 4 5 t t t      sin Xét hàm số 2 2 (4 3) ( ) 2 4 5 t f t t t     => 25 ( ) 7 M f t ax tại t =-7 hay 7 A B   . Vậy 0; 2 5 3 sin 9 M         ax So sánh TH1 và TH2 => m 5 3 9     ax sin với 7 A B   => Phương trình mặt phẳng cần tìm là : 7x - y + 5z - 9 = 0 Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài toán như sau : +) Lập phương trình mặt phẳng (  ) chứa d sao cho góc giữa hai mặt phẳng hoặc góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thỏa mãn một điều kiện nào đấy − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này Ví dụ 5: Cho mặt phẳng ( ) : 3 1 0 P x y z     . Và các điểm (1;0;0) A ; (0; 2;3) B  . Lập phương trình đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất , nhỏ nhất Hướng dẫn : Gọi VTCP của đường thẳng d là: 2 2 2 ( ; ; ), 0 u a b c a b c    r ( ) . 0 2 d P d P u n c a b       uur uur ( 1;2; 3) AB   uuur ; , ( 2 7 ;2 2 ;2 ) d u AB a b a b a b          uur uuur => 2 2 2 2 , 12 24 54 ( , ) 2 4 5 d d u AB a ab b d B d a ab b u           uur uuur uur − TH1: Nếu b = 0 ( , ) 6 d B d  − TH2: Nếu b 0  ,Đặt a t b  2 2 12 24 54 ( , ) ( ) 2 4 5 t t d B d f t t t       ;Xét hàm số 2 2 12 24 54 ( ) 2 4 5 t t f t t t      => 6 ( , ) 14 d B d  So sánh TH1 và TH2 => 6 ( , ) 14 d B d  +) ( ( , )) 6 0 Min d B d b    chọn a =1 => c= 1 => Phương trình đường thẳng cần tìm là : 1 0 x t y z t          +) ( ( , )) 14 M d B d a b     ax chọn b = -1 => a =1 , c =-1 GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 => Phương trình đường thẳng cần tìm là : 1 x t y t z t           Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài toán như sau : +) Lập phương trình đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách B một khoảng thỏa mãn một điều kiện nào đấy − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này Ví dụ 6: Lập phương trình đường thẳng d đi qua A (1;-1;2),song song với mặt phẳng ( ) : 2 3 0 Q x y z     ,đồng thời d tạo với đường thẳng ' 1 1 : 1 2 2 x y z d      một góc lớn nhất , nhỏ nhất Hướng dẫn : Gọi VTCP của đường thẳng d là: 2 2 2 ( ; ; ), 0 u a b c a b c    r / /( ) . 0 2 d Q d P u n c a b      uur uur ; ' (1; 2;2) d u  uur Gọi góc giữa hai mặt phẳng là ,(0 ) 2      => 2 2 2 2 2 5 4 1 (5 4 ) ( ) . 3 5 4 2 3 5 4 2 a b a b c a ab b a ab b          os − TH1: Nếu b = 0 1 ( ) . 5 3 c  os − TH2: Nếu b 0  ,Đặt a t b  2 2 1 (5 4) 1 ( ) . . ( ) 3 3 5 4 2 t c f t t t       os ;Xét hàm số 2 2 (5 4) ( ) 5 4 2 t f t t t     => 5 3 0 ( ) 9 c   os So sánh TH1 và TH2 => 5 3 0 ( ) 9 c   os +) ( ( )) 0 Min c   os => 0 4 90 5 m a b     ax => Phương trình đường thẳng cần tìm là : 1 1 2 4 5 3 x y z      +) 5 3 ( ( )) 9 M c  ax os => min 1 5 a b     => Phương trình đường thẳng cần tìm là : 1 1 2 1 5 7 x y z       Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài toán như sau : [...]... (P) bằng nhau ĐS : M (0;1; 3); M ( 18 53 3 ; ; ) 35 35 35 Bài 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm O(0;0;0); A(3;0;0) B(1;2;1); C (2; 1;2) a) Lập phương trình mặt thẳng qua A,B và cắt trục Oz tại M sao cho diện tích tam giác ABM bằng 9 2 b) Lập phương trình mặt thẳng qua C,Q và cắt trục Oy tại N sao cho thể tích hối tứ diện ABCN bằng 12 ĐS : a) x  2 y  2 z  3  0 b) 19 x  3 y... d ))  26  x  29t  => Phương trình đường thẳng cần tìm là :  y  1  41t  z  2  4t  Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài tốn trên thỏa mãn một điều kiện nào đấy cho trước − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này Ví dụ 8: Lập phương trình đường thẳng d đi qua A (-1;0;-1)và cắt đường thẳng x 1 y  2 z  2 sao cho góc giữa đường thẳng d và   2 1 1 x 3 y 2 z 3 là lớn nhất , nhỏ... 4 2 3 => cos( )  2 y z 1  2 1 y z 1  5 2 Nhận xét : − Có thế mở rộng ra các bài tốn như sau : +) Có thế mở rộng ra các bài tốn trên thỏa mãn một điều kiện nào đấy cho trước − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này GV: Ngơ Quang Nghiệp BT3 C.Bài Tập Bài 1 : Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α) : x − y + z − 1 = 0 và các điểm A (1 ; 2 ;−1) , B (1 ; 0 ; −1) , C (2 ;1 ; −2)...  4 BM nhỏ nhất c) Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất ĐS : a) M (1;0;4) 5 7 2 2 12 5 38 c) M ( ; ; ) 7 7 7 b) M ( ;  ;3) x 1 Bài 23: Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:  y  2 z 1 và  1 1 các điểm A(1;0;0); B (0;1;1); C (0;0; 2) Xác định tọa độ điểm M thuộc  sao cho Góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng 300 ĐS : M (0; 2;1) Bài 24: (ĐH - A2009) Trong không gian với hệ tọa độ...GV: Ngơ Quang Nghiệp BT3 +) Lập phương trình đường thẳng d đi qua A ,song song với mặt phẳng (Q ) ,đồng thời d tạo với đường thẳng d ' một góc thỏa mãn một điều kiện nào đấy − Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này Ví dụ 7: Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(0; 1; 2) và cắt đường thẳng x 1 y z  2   sao cho 2 1 1 1) Khoảng cách từ B(2;1;1) là lớn nhất , nhỏ nhất x 1 y z...  :  y  1  2t Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua z  2  t  đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (P) : 2 x  y  z  2  0 một góc nhỏ nhất ĐS : x  y  z  3  0 Bài 20: (ĐH - B2009) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z - 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3) Trong các đường GV: Ngơ Quang Nghiệp BT3 thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình... mặt phẳng (α) sao cho |MA−MB| lớn nhất 5 31 31 ĐS : M ( − ; − ; ) 7 7 7 x+y−z−1=0 Bài 3 : Cho đường thẳng  : 2x−y−1=0 và hai điểm A(2 ; −1 ; 1) , B(1 ;−1;0)  Tìm điểm M thuộc đường thẳng  để diện tích tam giác AMB đạt giá trị nhỏ nhất 2 3 1 ĐS : M ( ; − ; − ) 3 2 6 Bài 4 : Trong các mặt phẳng đi qua các điểm A (1 ; 2 ;−1) , B(−1 ; 1 ;2) Viết phương trình mặtphẳng (α) tạo với mặt phẳng (xOy) một... Trong khơng gian tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm A(1;2;4) và cắt chiều dương của các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại M , N ,P Khác gốc tọa độ sao cho tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất x y z ĐS : + + =1 3 6 12 Bài 7 : Trong khơng gian tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm M(1;2;3) và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại A,B,C sao cho 1 1 1 nhỏ . GV: Ngô Quang Nghiệp BT3 ÔN THI ĐẠI HỌC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH NĂM 2012 A.Lí Thuyết : − Công thức tính góc giữa hai đường thẳng 1 2 1 2 . . u u c u u   uur. − Công thức tính diện tích hình bình hành : ABCD S = AB,AD     uuur uuur − Công thức tính diện tích tam giác : ABC 1 S = AB,AC 2     uuur uuur − Công thức tính thể tích hình. = AB,AD .AA'     uuur uuur uuur − Công thức tính thể tích tứ diện : ABCD 1 V = AB,AC .AD 6     uuur uuur uuur Chú ý : Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện : 0 , 2   