Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong không gian"

Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong không gian"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liờn h 0936546689 P hơng pháp toạ độ không gian Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x +1 y z (d) : = = điểm I(0; 0; 3) Viết phơng trình mặt cầu (S) tâm I cắt (d) hai điểm A, B cho IAB vuông I Ví dụ 1: Giải Đánh giá định hớng thực : Bài toán đợc chuyển việc tìm bán kính R mặt cầu (S) Ta có: Kết hợp với để IAB vuông t¹i I, suy ra: R = IA = 2IH , với H hình chiếu vông góc I (d) Nh vậy, cần có đợc toạ độ điểm H Công việc đợc thực hiện: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ điểm H theo t Bíc 2: Sư dơng ®iỊu kiƯn : ur u u u ur ur u u u ur IH AB IH.AB = Giá trị t Toạ độ H lời giải chi tiết : Gọi H hình chiếu vuông góc I (d), suy H trung điểm AB Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số: x = −1 + t  (d) : y = 2t , t ∈ ¡ ⇒ H(t − 1; 2t; t + 2) z = + t  Sö dụng điều kiện IH vuông góc với AB, ta đợc: ur u u u ur ur u u u ur IH ⊥ AB ⇔ IH.AB = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔t=  2 7 ⇒ H  − ; ; ữ 3 Sử dụng điều kiện IAB vuông I, ta đợc: R = IA = 2IH = Tõ ®ã, suy ra: 2 (S) : x + y + (z − 3)2 = Trong kh«ng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x +1 y z − (d) : = = , mỈt ph¼ng (P): x + y − 2z + = điểm A(1; 1; 2) 1 Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (d) (P) lần lợt M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Ví dụ 2: Giải Đánh giá định hớng thực : Dễ thấy phơng trình đờng thẳng () đợc xác định biết đợc toạ độ M N bởi: Qua A () : Qua M Bài toán đợc chuyển dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiƯn K", ta thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ ®iĨm M theo t Suy to¹ ®é cđa N theo t Bíc 2: Sư dơng ®iỊu kiƯn: N ∈ (P) Giá trị t Toạ độ M lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số: x = + 2t  (d) : y = t , t ∈ ¡ ⇒ M(2t − 1; t; t + 2) z = + t  Sư dơng ®iỊu kiƯn A trung điểm MN, ta đợc N(2t + ; −t − 2; −t + 2) vµ: N ∈ (P) ⇒ −2t + − t − − 2(−t + 2) + = ⇔ t = M(3; 2; 4) Phơng trình đờng thẳng () đợc cho bëi: Qua A(1; − 1; 2) x −1 y +1 z − (∆) :  ⇔ ( ∆) : = = Qua M(3; 2; 4) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ®êng th¼ng x −1 y z (d) : = = hai điểm A(2; 1; 0), B(2; 3; 2) Viết phơng trình 2 mặt cầu qua A, B tâm thuộc đờng thẳng (d) Ví dụ 3: Giải Đánh giá định h ớng thực : Bài toán thuộc dạng đơn giản cần thực hiện: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số theo t để có đợc toạ độ tâm I mặt cầu (S) cần t×m theo t, thĨ I(1 + 2t; t; −2t) Sư dơng ®iỊu kiƯn: R = IA = IB ⇒ Giá trị t Toạ độ tâm I bán kính R Phơng trình tắc mặt cầu (S) lời giải chi tiết : Giả sử mặt cầu (S) có tâm I bán kính R Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số: x = + 2t  (d) : y = t , tĂ z = 2t Ta lần lợt: I thuéc (d) suy I(1 + 2t; t; −2t)  A, B thuéc (S) suy ra: IA = IB ⇔ IA2 = IB2 ⇔ (2t − 1)2 + (t − 1)2 + (−2t)2 = (3 + 2t)2 + (t − 3)2 + (−2t − 2)2 ⇔ t = −1 ⇒ I(−1; −1; 2) R2 = IA2 = 17 VËy, mặt cầu (S) có phơng trình (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 17 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(0; 0; 3), M(1; 2; 0) Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua A cắt Ox, Oy lần lợt B, C cho ∆ABC cã träng t©m thuéc AM VÝ dụ 4: Giải Đánh giá định hớng thực : Với mặt phẳng (P) qua A Oz cắt trục Ox, Oy B, C ta nghĩ tới việc sử dụng "Phơng trình mặt phẳng chắn", từ đó: Giả sử B(b; 0; 0) C(0; c; 0) suy toạ độ trọng tâm G Lập phơng trình đờng thẳng (AM) Vì G thuộc (AM) ta nhận đợc giá trị b, c Từ đó, có đợc toạ độ B, C Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, B, C theo "Phơng trình mặt phẳng chắn" lời giải chi tiết : Tõ gi¶ thiÕt ta gi¶ sư B(b; 0; 0) vµ C(0; c; 0), suy ∆ABC cã b c trọng tâm G ; ; ữ 3 Phơng trình đờng thẳng (AM) đợc cho bởi: Qua A  x y z −3 u ur uu (AM) :  ⇔ (AM) : = = −3 vtcp AM(1; 2; − 3)  V× G thuéc (AM) nªn: b = B(2; 0; 0) b c −2 ⇒ ⇒ = = −3 c = C(0; 4; 0) Tõ ®ã, b»ng việc sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn ta đợc: x y z (P) : + + = ⇔ (P): 6x + 3y + 4z − 12 = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y 2z + 10 = điểm I(2; 1; 3) Viết phơng trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đờng tròn có bán kính Ví dụ 5: Giải Đánh giá định h ớng thực : Bài toán thuộc dạng đơn giản cần thực hiện: Với H hình chiếu vông gãc cđa I trªn (P), suy ra: IH = d(I, (P)) Gọi R bán kính mặt cầu, suy ra: R2 = IH2 + r2 lêi gi¶i chi tiÕt : Gọi H hình chiếu vông góc I trªn (P), ta cã: IH = d(I, (P)) = 2.2 + − 2.3 + 10 2 + 12 + (2)2 = Gọi R bán kính mặt cầu, suy ra: R2 = IH2 + r2 = 32 + 42 = 25 Vậy, mặt cầu (S) có phơng trình (x 2)2 + (y 1)2 + (z − 3)2 = 25 Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x y +1 z (d) : = = hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 1; 0) Xác định điểm M 1 thuộc (d) cho tam giác AMB vuông M Ví dụ 6: Giải Đánh giá định hớng thực : Sử dụng phơng trình tham số đờng thẳng (d) để có đợc toạ độ điểm I(1 + 2t; − − t; t) Víi ®iỊu kiện AMB vuông M, suy ra: u ur u u u u ur u ur u u u u ur AM ⊥ BM ⇔ AM.BM = ⇒ Gi¸ trị tham số t Toạ độ M lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) d¹ng tham sè: x = + 2t  (d) : y = −1 − t , t ∈ ¡ z = t  §iĨm M thc (d) nªn M(1 + 2t; − − t; t) Víi giải thiết AMB vuông M, suy ra: u ur u u u u ur u ur u u u u ur AM ⊥ BM ⇔ AM.BM = ⇔ 2t(−1 + 2t) + t + t(t − 2) = M1 (1; − 1; 0) t =  ⇔ 6t2 − 4t = ⇔  ⇒    t = M ;− ;   3 3÷  Vậy, tồn hai điểm M1 M2 thoả mÃn điều kiện đầu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; 2; 3) mặt phẳng (P): 2x y z + = Tìm toạ ®é ®iÓm M thuéc (P) cho MA = MB = Ví dụ 7: Giải Đánh giá định hớng thực : Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt phẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực theo bớc: Bớc 1: Giả sử M(x; y; z) thuéc (P) th× 2x − y − z + = Bíc 2: Tõ gi¶ thiÕt tạo lập hệ phơng trình với ba ẩn x, y, z råi gi¶i nã Bíc 3: KÕt ln vỊ toạ độ điểm M lời giải chi tiết : Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) 2x y − z + = KÕt hỵp víi giả thiết MA = MB = ta có đợc hệ phơng trình: 2x y z + =  2x − y − z + =   2 (x − 2) + y + (z − 1) = ⇔  x + y − z + =  x + (y + 2) + (z − 3) = (x − 2) + y + (z − 1) =    x = 2y −  x = 2y −   ⇔ z = 3y ⇔ z = 3y   2 2 (2y − − 2) + y + (3y − 1) = 7y − 11y + =  y = ⇒ x = 0, z = ⇔  y = ⇒ x = − , z = 12 7   12 Vậy, tồn hai điểm M1(0; 1; 3) M ; ; ữ thoả mÃn điều kiện đầu 7 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 4x 4y 4z = điểm A(4; 4; 0) Viết phơng trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB Ví dụ 8: Giải Đánh giá định hớng thực : Nhiều em học sinh định hớng thuộc dạng toán "Tìm điểm thuộc mặt cầu thoả mÃn điều kiện K" nghĩ muốn có phơng trình mặt phẳng (OAB) cần tìm thêm toạ độ điểm B dựa theo giả thiết OAB bớc thực là: Bớc 1: Giả sử B(x; y; z) Bớc 2: Từ giả thiết ta có hệ điều kiện: B ∈ (S) B ∈ (S)  ⇔ AB2 = OA  OA = AB = OB  2 AB = OB  x + y + z − 4x − 4y − 4z =  ⇔ (x − 4) + (y − 4) + z = +  2 2 2 (x − 4) + (y − 4) + z = x + y + z (I) Giải hệ (I) để nhận đợc x, y, z Bớc 3: Lập phơng trình mặt phẳng (OAB) Cách giải không sai nhng đà bỏ qua tính chất đặc biệt giả thiết điểm O, A thuộc mặt cầu (S) Do đó, toán đợc giải tối u nh sau: Bớc 1: Xác định thuộc tính mặt cầu (S) với tâm I(2; 2; 2) bán kính R = Bíc 2: NhËn thÊy r»ng c¸c điểm O, A thuộc (S) với giả thiết OAB OA nên có bán kính đờng tròn ngoại tiếp r = Bớc 3: Từ giả thiết: (OAB) qua O nên có dạng: (OAB): ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 > (*) (OAB) qua A nên: 4a + 4b = ⇔ b = −a (1) Bớc 4: Khi đó, khoảng cách từ I tới (OAB) ®ỵc cho bëi: 2a + 2b + 2c = R − r ⇔ c = ka (2) 2 a +b +c Bíc 5: Thay (1), (2) vào (*) ta nhận đợc phơng trình mặt phẳng (OAB) lời giải chi tiết : Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2; 2) bán kính R = Nhận thấy điểm O, A thuộc (S) với giả thiết OAB nên có bán kính đờng tròn ngoại tiếp r đợc cho bởi: OA 4 = = 3 Từ giả thiết: (OAB) qua O nên có d¹ng ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 > (*)  (OAB) ®i qua A nªn 4a + 4b = ⇔ b = a Khi đó, khoảng cách từ I tới (OAB) đợc cho bëi: 2a + 2b + 2c 2c = R − r2 ⇔ = ⇔ c = 2a + c 2 2 2 a +b +c 2a + c r= ⇔ 3c2 = 2a2 + c2 ⇔ c = ±a Ta lÇn lợt: Với c = a mặt phẳng (OAB) cã d¹ng: (OAB): ax − ay + az = ⇔ (OAB): x − y + z =  Với c = a mặt phẳng (OAB) có dạng: (OAB): ax − ay − az = ⇔ (OAB): x − y − z = VËy, tån t¹i hai mặt phẳng (OAB) thoả mÃn điều kiện đầu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng th¼ng x − y +1 z (∆) : = = mặt phẳng (P): x + y + z − = Gäi I lµ giao −2 điểm () (P) Tìm toạ độ điểm M thc (P) cho MI vu«ng gãc víi (∆) MI = 14 Ví dụ 9: Giải Đánh giá định hớng thực : Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt phẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực theo bớc: Bớc 4: Tìm toạ độ giao điểm I đờng thẳng () với mặt phẳng (P) Giả sử M(x; y; z) thuéc (P) th× 2x − y − = Bớc 5: Ta lần lợt sử dụng giả thiết: u u ur u u r − IM ⊥ (∆) ⇔ IM.a ∆ = − MI = 14 ⇔ MI = 224 Giải hệ tạo bới (1), (2), (3) để nhận đợc x, y, z Kết luận toạ ®é cđa ®iĨm M Bíc 6: (1) (2) (3) lêi gi¶i chi tiÕt : Gi¶ sư M(x; y; z) thuộc (P) đờng thẳng () có vtcp ur u a (1; 2; 1) Toạ độ giao điểm I đờng thẳng () với mặt phẳng (P) lµ nghiƯm cđa hƯ: x + y + z = x + y + z − =    x − y + z ⇔ 2x + y = ⇔ x = y = z = ⇒ I(1; 1; 1)  = −2 = −1  y − 2z = −1   Ta cã gi¶ thiÕt: M ∈ (P) M ∈ (P) 2x − y − = u u r  u u ur   IM ⊥ ( ∆ ) ⇔ IM.a ∆ = ⇔ 1.(x − 1) − 2(y − 1) − 1.(z − 1) =  IM = 224  2 (x − 1) + (y − 1) + (z − 1) = 224 IM = 14  2x − y − =  ⇔  x − 2y − z + =  2 (x − 1) + (y − 1) + (z − 1) = 224  y = 2x −  ⇔ z = − 3x  2 (x − 1) + (2x − − 1) + (4 − 3x − 1) = 224  y = 2x −  x = −3, y = −7, z = 13  ⇔ z = − 3x ⇔  x = 5, y = 9, z = −11   x − 2x 15 = Vậy, tồn hai điểm M1( 3; 7; 13) M2(5; 9; 11) thoả mÃn điều kiện đầu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x + y z + () : = = hai điểm A( 2; 1; 1), B( 3; 1; 2) Tìm toạ độ ®iĨm −2 M thc ®êng th¼ng ®êng th¼ng (∆) cho ∆MAB cã diÖn tÝch b»ng Ví dụ 10: Giải Đánh giá định hớng thực : Với dạng toán "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" bớc thực là: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ điểm M theo t Bớc 2: Tõ gi¶ thiÕt ∆MAB cã diƯn tÝch b»ng , suy ra: u u ur u ur u u AM; AB = Giá trị t Toạ độ M Bớc 3: Kết luận toạ độ điểm M lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng () d¹ng tham sè: x = t −  (∆ ) :  y = 3t + , (t ∈ ¡ ) ⇒ M(t − 2; 3t + 1; −2t − 5) ∈ (∆) z = −2t −  Tõ gi¶ thiÕt ∆MAB cã diƯn tÝch b»ng , suy ra: u u ur u ur u u  AM; AB = ⇔ (− t − 12; t + 6; t) =   2 ⇔ ( − t − 12) + ( t + 6) + t = ⇔ (t + 12) + ( t + 6) + t = 180  M (−2; 1; − 5) t = ⇔ ⇔ t2 + 12t = ⇔   t = −12  M ( 14; 35; 19) Vậy, tồn hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x +1 y z − (d) : = = vµ điểm A(1; 2; 3) Viết phơng trình đờng thẳng () ®i −2 qua ®iĨm A, vu«ng gãc víi đờng thẳng (d) cắt trục Ox Ví dụ 11: Giải Đánh giá định hớng thực : Bài toán thuộc dạng sgk với bớc thực là: Bớc 1: Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với (d) Bớc 2: Tìm toạ độ giao điểm B (P) với Ox Bớc 3: Lập phơng trình đờng thẳng () đợc cho bëi:  Qua A u u ur (∆) :   vtpt AB  lêi gi¶i chi tiÕt : : Gọi (P) mặt phẳng qua A vuông gãc víi (d) th×:  Qua A(1; 2; 3) ur u (P) :  ⇔ (P): 2x + y − 2z + =  vtpt a d (2; 1; 2) Gọi B giao điểm (P) với Ox toạ độ B thoả mÃn hÖ: 2x + y − 2z + =  x = −1   ⇔  y = ⇒ B(−1; 0; 0) y = z = z = Khi đó, phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi: x = + 2t Qua A(1; 2; 3)   ⇔ ( ∆) :  y = + 2t , t ∈ ¡ uu ur (∆) :   vtpt BA(2; 2; 3) z = + 3t   10 Max[g((d2), (Q))] = g((d2), (d1)) đạt đợc (d1) hình chiếu vuông góc (d2) (Q), tøc lµ: ur ur u u nQ ⊥ n P ur ur u u u u r  u u r (Q) ⊥ ((d1), (d2)) = (P) ⇒  ur u ⇒ n Q =  n P , u1  = (2; − 7; 10)    n Q u1 Phơng trình mặt phẳng (Q) ®ỵc cho bëi: Qua M1 ( −1; − 1;1)  ur u (Q) :  ⇔ (Q): 2x − 7y + 10z − 15 =  vtpt n Q (2; 7;10) ur u d Giả sử mặt ph¼ng (R) cã vtpt n R (a; b; c) , ta lần lợt có: Vì (d1) thuộc (R) nên: ur u u u r ur u u u r n R ⊥ u1 ⇔ n R u1 = ⇔ 2a + 2b + c = ⇔ c = −2a − 2b (1)  V× g((d2), (R)) = α cã sin α = nªn: ur ur u u n Q u 2a + b + 2c = ur ur = u u ⇔ 16(a2 + b2 + c2) = 9(2a + b + 2c)2 n Q u a + b2 + c (1) ⇔ 16(a + b ) + 16(−2a − 2b) = [ 2a + b + 2(−2a − 2b) ] ⇔ 44a2 + 20ab − b2 = ⇔ b = −2a b = 22a Khi đó: ur u ur u Víi b = −2a th× c = 2a nªn n R (a; − 2a; 2a) chän n R (1; 2; 2) , từ ta đợc: Qua M1 ( −1; − 1;1)  ur u (R1 ) :  ⇔ (R1): x − 2y + 2z − =  vtpt n R (1; − 2;2)  ur u ur u Víi b = 22a th× c = −46a nªn n R (a; 22a; − 46a) chän n R (1; 22; − 46) , tõ ®ã ta đợc: Qua M1 ( 1; 1;1) ur u (R ) :  ⇔ (R2): x + 22y − 46z + 69 =  vtpt n R (1;22; 46) Vậy, tồn hai mặt phẳng (R1), (R2) thoả mÃn điều kiện đầu e Gäi N ∈ (d2) cho MN = MM1, ta lần lợt có: N(3 + 2u; + u; + 2u), MN = MM1 ⇔ (2u + 2)2 + (u + 1)2 + (2u + 2)2 = ⇔ 9(u + 1)2 = ⇔ u + = ±1 ⇔ u1 = hc u2 = −2 Khi ®ã: 59   Víi u1 = N1(3; 2; 4) trung điểm M1N1 K1 1; ; đợc phơng trình đờng phân giác (1): ữ , từ ta Qua M ( 1; 1; )  u uu uu r (∆1):   vtcp MK1 ( 0; 1/ 2; − 1/ ) chän vtcp ( 0; 1; − 1)  x =  ⇔ (∆1 ) :  y = + t , t ∈ ¡ z = − t   1  Víi u2 = −2 th× N2(−1; 0; 0) trung điểm M1N2 K 1; ; ữ , từ 2 ta đợc phơng trình đờng phân giác (2): Qua M ( 1; 1; )  x = + 4t   uuu 3  u ur (∆2):  ⇔ (∆ ) :  y = + 3t , t ∈ ¡ z = + 3t  vtcp MK  2; ; ÷ chän vtcp ( 4; 3; 3)   2  f Mặt cầu (S) cần dựng với tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) M Gọi () đờng thẳng qua M vuông góc với (P), ta cã:  x = + 3t Qua M ( 1; 1; )   ur u (∆):  ⇔ (∆ ) :  y = − 2t , t ∈ ¡  vtcp n P (3; − 2; − 2)  z = − 2t Vì tâm I thuộc () nên I(1 + 3t; − 2t; − 2t), tõ ®ã: IM = R ⇔ IM2 = R2 ⇔ 9t2 + 4t2 + 4t2 = 17 ⇔ t2 = ⇔ t1, = ±1 Khi ®ã:  Víi t1 = I1(4; 1; 0), từ ta đợc: T©m I1 ( 4; − 1;0 ) (S1):  ⇔ (S1): (x − 4)2 + (y + 1)2 + z2 = 17  B¸n kÝnh R= 17   Víi t2 = I2(2; 3; 4), từ ta đợc: Tâm I ( 2; 3; ) (S2):  ⇔ (S2): (x + 2)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 = 16  B¸n kÝnh R= 17 Vậy, tồn hai mặt cầu (S1), (S2) thoả mÃn điều kiện đầu g Ta lần lợt: Với đờng phân giác (1) ta có phơng trình mặt phẳng phân giác (Q1): Qua M ( 1; 1; )  uuu u uu r (Q1):  ⇔ (Q1): 4x + 3y + 3z − 13 =  vtpt M1 N1 ( 4; 3; 3)  60 Khi đó, ta có: a Toạ độ tâm T1 mặt cầu (T1) nghiệm hệ: x = −2 + v  x = −11 y = y =   ⇔ ⇒ T1(−11; 0; 19)  z = − 2v   z = 19  4x + 3y + 3z − 13 = v =   b B¸n kÝnh R1 đợc cho bởi: uuu u u ur u r  M1T1 , u1    = 424 R1 = d(T1, (d1)) = u u r u1  Từ đó, ta có phơng trình mặt cầu (T1) nh sau: (T1 ) : (x + 11)2 + y + (z 19)2 = 424 Với đờng phân giác (2) ta có phơng trình mặt phẳng phân giác (Q2): Qua M ( 1; 1; )  u u ur uuu (Q2):  ⇔ (Q2): y − z + =  vtpt M1 N ( 0; 1; − 1)  Khi ®ã, ta cã: c Toạ độ tâm T2 mặt cầu (T2) nghiệm cđa hƯ:  x = −2 + v  x = −2 y = y =   ⇔ ⇒ T2(−2; 0; 1)  z = − 2v  z = y − z + = v =   d B¸n kÝnh R2 đợc cho bởi: uuu u u ur u r  M1T2 , u1    = R1 = d(T2, (d1)) = u u r u1 Tõ ®ã, ta có phơng trình mặt cầu (T2) nh sau: (T2 ) : (x + 2)2 + y + (z 1)2 = Vậy, tồn hai mặt cầu (T1), (T2) thoả mÃn điều kiện đầu Ví dụ 36: Cho hai đờng thẳng (d1) (d2) có phơng trình: x = x = + u   (d1 ) : y = t , t ∈ ¡ , (d2 ) : y = , u ∈ ¡ z = z = a Chứng minh hai đờng thẳng (d1), (d2) chéo Tính khoảng cách góc chúng b Viết phơng trình mặt phẳng (Q1), (Q2) theo thø tù chøa (d1), (d2) vµ song song víi c Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song cách (d1), (d2) 61 d Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm A(0; 1; 0) cắt (d 1), (d2) e Viết phơng trình đờng thẳng cắt (d1), (d2) song song với đờng thẳng (1 ) : x y +1 z −1 = = 1 f Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm B(2; 1; 2) vuông góc với (d1), (d2) g Viết phơng trình đờng vuông góc chung (d1) (d2) h Viết phơng trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với (d1) (d2) i Viết phơng trình mặt cầu tiếp xúc với (d1), (d2) có tâm thuộc đờng thẳng ( ) : x −1 y z −1 = = 1 j Viết phơng trình mặt cầu cã b¸n kÝnh R = / tiÕp xóc với (d1) điểm C1(1; 1; 1) tiếp xúc víi (d2)  Gi¶i a Ta cã: u u r Đờng thẳng (d1) có vtcp u1 (0; 1; 0) qua điểm M1(1; 0; 1) ur u §êng th¼ng (d2) cã vtcp u (1; 0; 0) qua điểm M2(1; 0; 2) Nhận xét rằng: u ur u u ur u u uuu r  u1 , u  M1M = ⇒ (d1) (d2) chéo Khoảng cách (d1) (d2) đợc cho bởi: u ur u u ur u u uuu r  u1 , u  M1M   d((d1), (d2)) = = u ur u u r  u1 , u Côsin góc hai đờng thẳng (d1) (d2) đợc cho bởi: u ur u u r u1.u π u u r cosα = u ur = ⇔ α = u1 u r b Gọi n vectơ thoả mÃn: r u u r  n ⊥ u1 r u ur u u r r  u  r ur ⇒ n =  u1 , u  = (0; 0; − 1) chän n(0; 0; 1)  n u Khi đó, ta lần lỵt cã: Qua M1 (1; 0; 1)  r (Q1):  ⇔ (Q1): z − = 0;   vtpt n(0; 0; 1) Qua M (1; 0; 2)  r (Q2):  ⇔ (Q2): z − =  vtpt n(0; 0; 1)  62 3  c Gọi M trung điểm M1M2 M 1; 0; ữ Khi đó, phơng trình mặt phẳng (Q) đợc cho bởi: Qua M ( 1; 0; / ) r (Q):  ⇔ (Q): 2z − =  vtpt n(0; 0; 1)  d Ta cã thĨ lùa chän mét c¸c c¸ch sau: Cách 1: Giả sử (a) đờng thẳng cần dựng (a) cắt (d1) (d2) theo thứ tự điểm M, N Khi đó: u ur uu  §iĨm M ∈ (d1) suy M(1; t; 1) vµ AM(1; t − 1; 1) uu ur  §iÓm N ∈ (d2) suy N(1 + u; 0; 2) vµ AN(u + 1; − 1; 2)  Ba điểm A, M, N thẳng hàng ta đợc: = k(u + 1)  u ur uu u u ur  t = AM = kAN ⇔  t − = − k ⇒  ⇒ N ( 2;0; ) 1 = 2k u = Khi đó, đờng thẳng (a) đợc cho bëi: Qua A(0;1;0) x y −1 z  uu ur = (a):  ⇔ (a) : = −1  vtcp AN ( 2; − 1; ) Cách 2: Giả sử (a) đờng thẳng cần dựng, (a) giao tuyến hai mặt phẳng (P1) (P2), đó: Qua A Qua A (P1):  vµ (P2):  (d1 ) ⊂ (P1 ) (d ) ⊂ (P2 )  Ph¬ng trình mặt phẳng (P1) đợc cho bởi: Qua A(0;1;0) Qua A(0;1;0)   u u u u ⇔ (P1 ) :  u ur u r ur u (P1 ) :  ⇔ (P1): x − z = CỈp vtcp AM1 vµ u1   vtpt n1 = ( 1;0;1) Phơng trình mặt phẳng (P2) đợc cho bëi: Qua A(0;1;0) Qua A(0;1;0)   uuu u ur ur ⇔ (P2):  u ur u u u ur u u ur u (P2):  CỈp vtcp AM vµ u  vtpt n = [ AM , u ] = (0;2;1)   ⇔ (P2): 2y + z − = VËy, đờng thẳng (a) chứa điểm M(x; y; z) thoả m·n hÖ: x − z =  2y + z = Bằng việc đặt y = t, ta biến đổi hệ (1) dạng: x = − 2t y = t   ⇔ y = t ,t∈ ¡ x − z =  z = − 2t 2t + z = Đó phơng trình tham số đờng thẳng (a) cần dựng (1) 63  Lu ý: Chóng ta cã thĨ tèi u lời giải cách nh sau: ur u Giả sử (a) với vtcp u a đờng thẳng cần dựng, (a) giao tuyến hai mặt phẳng (P1) (P2), đó: Qua A Qua A (P1):  vµ (P2):  (d1 ) ⊂ (P1 ) (d ) ⊂ (P2 ) u u r Mặt phẳng (P1) có vtpt n1 đợc cho bëi: ur u u u u u u ur u r n1 = [ AM1 , u1 ] = ( 1;0;1) ur u Mặt phẳng (P2) có vtpt n đợc cho bởi: ur u u u ur u u ur u n = [ AM , u ] = (0;2;1) ur u  vtcp u a đờng thẳng (d) đợc cho bởi: ur ur ur u u u r u a =  n1 , n  = ( −2; 1; − 2) chän u(2; − 1; 2)   Khi đó, đờng thẳng (d) đợc cho bởi: Qua A(0;1;0) x y −1 z  r = (a):  ⇔ (a) : = vtcp u ( 2; − 1; ) 2 Cách 3: Giả sử (a) đờng thẳng cần dựng (a) cắt (d2) N Gọi (P1) trình mặt phẳng qua A vµ chøa (d1), ta cã: Qua A(0;1;0) Qua A(0;1;0)   u u u u ⇔ (P1 ) :  u ur u r ur u u u u u u ur u r (P1 ) :  Cặp vtcp AM1 u1 vtpt n1 = [ AM1 , u1 ] = (−1;0;1)   ⇔ (P1): x − z =  Täa ®é ®iĨm N đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d2) vào phơng trình (P1), ta đợc: + u − = ⇔ u = ⇒ N ( 2;0; ) Vậy, phơng trình đờng thẳng (a) có dạng: Qua A(0;1;0) x y z  uu ur = (a):  ⇔ (a) : = −1  vtcp AN ( 2; − 1; ) Cách 4: Giả sử (a) đờng thẳng cần dựng (a) cắt (d1) M Gọi (P2) trình mặt phẳng qua A chøa (d2), ta cã: Qua A(0;1;0) Qua A(0;1;0)   uuu u ur ur ⇔ (P2):  u ur u u u ur u u ur u (P2):  CỈp vtcp AM vµ u  vtpt n = [ AM , u ] = (0;2;1)   ⇔ (P2): 2y + z − = Tọa độ điểm N đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d2) vào phơng trình (P1), ta đợc: 64 M  1; ; 1÷   VËy, phơng trình đờng thẳng (a) có dạng: Qua A(0;1;0) x y −1 z  u ur uu = (a):  ⇔ (a) : = −1  vtcp AM ( 1; − / 2; 1) chän (2; -1; 1)  2t + − = ⇔ t = e Ta cã thÓ lùa chän mét cách sau: Cách 1: Giả sử (b) đờng thẳng cần dựng (b) cắt (d1) (d2) theo thứ tự điểm E, F Khi đó:  §iĨm E ∈ (d1) suy E(1; t; 1)  §iĨm F ∈ (d2) suy F(1 + u; 0; 2) uu ur  V× EF song song víi ®êng th¼ng (∆1) cã vtcp u ∆1 (1; − 1; 1) ta đợc: ur u uu ur u t = ⇒ t = u = ⇒ E(1; 1; 1) EF = ku ∆1 ⇔ = −1 Khi đó, đờng thẳng (b) đợc cho bởi: x = + t Qua E(1;1;1)   uu ur (b):  ⇔ (b) : y = − t , t ∈ ¡  vtcp u ∆1 ( 1; − 1; 1) z = + t   Cách 2: Giả sử (b) đờng thẳng cần dựng, (b) giao tuyến hai mặt phẳng (R1) (R2), đó: (1 ) //(R1 ) ( ∆1 ) //(R ) (R1):  vµ (R2):  (d1 ) ⊂ (R1 ) (d ) ⊂ (R ) Phơng trình mặt phẳng (R1) đợc cho bëi: Qua M1 (1;0;1) Qua M1 (1;0;1)   u u u ⇔ (R1):  ur u r uu uu u ur ur u r (R1):  CỈp vtcp u ∆1 vµ u1  vtpt n R1 = [ u ∆1 , u1 ] = ( −1;0;1)   (R1): x z = Phơng trình mặt phẳng (R2) đợc cho bởi: Qua M (1;0;2) Qua M (1;0;2) u u ur ⇔ (R2):  ur u uu uu u ur ur u r (R2): Cặp vtcp u u  vtpt n R2 = [ n ∆1 , u1 ] = (0;1;1)   ⇔ (R2): y + z = Vậy, đờng thẳng () chứa ®iĨm M(x; y; z) tho¶ m·n hƯ: x − z = (2)  y + z − = Bằng việc đặt x = t, ta biến ®ỉi hƯ (2) vỊ d¹ng: 65 x = t x = t   ⇔ y = − t , t ∈ ¡ t − z = z = t y + z − = Đó phơng trình tham số đờng thẳng (b) cần dựng Cách 3: Giả sử (b) đờng thẳng cần dựng (b) cắt (d2) F Gọi (R1) mặt phẳng song song với (∆1) vµ chøa (d1), ta cã: Qua M1 (1;0;1) Qua M1 (1;0;1)   u u u ⇔ (R1):  ur u r uu uu u ur ur u r (R1): Cặp vtcp u u1 vtpt n R1 = [ u ∆1 , u1 ] = ( −1;0;1)   ⇔ (R1): x − z = Tọa độ điểm F đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d2) vào phơng trình (R1), ta đợc: + u = ⇔ u = ⇒ F ( 2;0; ) Vậy, phơng trình đờng thẳng (b) có dạng: Qua F(2;0;2) x−2 y z−2  uu ur = = (b):  ⇔ (b) : −1  vtcp u ∆1 ( 1; − 1; 1)  C¸ch 4: Giả sử (b) đờng thẳng cần dựng (b) cắt (d1) E Gọi (R1) mặt phẳng song song với (1) chứa (d2), ta có: Qua M (1;0;2) Qua M (1;0;2)   u u ur ⇔ (R2):  ur u uu uu u ur ur u r (R2):  CỈp vtcp u ∆1 vµ u  vtpt n R2 = [ n ∆1 , u1 ] = (0;1;1)    ⇔ (R2): y + z − = Täa độ điểm E đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d1) vào phơng trình (R2), ta ®ỵc: t + − = ⇔ t = ⇒ E ( 1;1; 1) VËy, ph¬ng trình đờng thẳng (b) có dạng: Qua E(1;1;1) x y −1 z −1  uu ur = = (b):  ⇔ (b) : −1  vtcp u ∆1 ( 1; − 1; 1)  ur u f Giả sử (c) đờng thẳng cần dựng (c) cã vtcp u c , ta cã: ur u u u r  u c ⊥ u1 ur u ur u u u r (c) ⊥ (d1 )  u u  ⇔  ur ur ⇒ u c =  u1 , u  = (0; 0; − 1)   (c) ⊥ (d ) u c u Vậy, phơng trình đờng thẳng (c) có dạng: 66 x = Qua B(2;1;2)   ur u (c):  ⇔ (c) : y = , t ∈ ¡  vtcp u c ( 0;0; − 1) z = − t g Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Giả sử P, Q theo thứ tự chân đờng vuông góc chung (d1) (d2) thì: uu ur P(1; t; 1) Q(1 + u; 0; 2) ⇒ PQ(u; − t; 1) Tõ ®iỊu kiƯn: uu u ur u r uu u ur u r  PQ ⊥ u1  PQ.u1 = (d) ⊥ (d1 )   ur u ur u  ⇔  u u ur ⇔  u u ur ⇔t=u=0 (d) ⊥ (d )  PQ ⊥ u  PQ.u =   ⇒ P(1; 0; 1) Q(1; 0; 2) Khi đó, phơng trình đờng vuông góc chung (d) đợc cho bởi: x = Qua P ( 1; 0; 1)   uu ur (d):  ⇔ (d) : y = , t ∈ ¡ z = + t  vtcp PQ ( 0; 0; 1)   r Cách 2: Gọi (d) đờng vuông góc chung (d1) (d2), vtcp u r u ur u u r (d) tháa m·n u =  u1 , u  = (0; 0; − 1) Ta lần lợt: Gọi (1) mặt phẳng chứa (d) (d1), đó: Qua M1 (1;0;1) Qua M1 (1;0;1)   u u r u r u r r u ⇔ (α1):  u r (1): Cặp vtcp u u1 vtpt n1 =  u, u1  = (1; 0; 0)      ⇔ (α1): x − = Gọi (2) mặt phẳng chứa (d) (d2), ®ã: Qua M (1;0;2) Qua M (1;0;2)   ur u r ur u r ur ⇔ (α2):  u (α2):  vtpt n =  u, u  = (0; − 1; 0) Cặp vtcp u u (2): y = Vì (d) giao tuyến (1) (2) nên đờng thẳng (d) cần dựng chứa điểm M(x; y; z) thoả mÃn hÖ: x − =  y = (*) Bằng việc đặt z = t, ta biến ®ỉi hƯ (*) vỊ d¹ng: 67 z = t x =   x − = ⇔ y = , t ∈ ¡ y = z = t Đó phơng trình tham số đờng thẳng (d) cần dựng Cách 3: Gọi (d) đờng vuông góc chung (d1), (d2) giả sử (d) cắt (d2) Q, r ®ã mét vtcp u cđa (d) tháa m·n: r u ur u u r u =  u1 , u  = (0; 0; − 1)  Ta lần lợt: Gọi (1) mặt phẳng chứa (d) (d1), đó: Qua M1 (1;0;1) Qua M1 (1;0;1)   u u r u r u r r u ⇔ (α1):  u r (α1):  vtpt n1 =  u, u1  = (1; 0; 0) Cặp vtcp u u1  ⇔ (α1): x − =  Täa độ điểm Q đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d2) vào phơng trình (1), ta ®ỵc: x = ⇒ Q(1; 0; 2) Khi ®ã, phơng trình đờng vuông góc chung (d) đợc cho bởi: x = Qua Q ( 1; 0; )   r (d):  ⇔ (d):  y = , t ∈ ¡ z = − t  vtcp u ( 0; 0; − 1)  Cách 4: Gọi (d) đờng vuông góc chung (d1), (d2) giả sử (d) cắt (d1) P, r u ur u u r r ®ã mét vtcp u cña (d) tháa m·n u =  u1 , u  = (0; 0; − 1) Ta lần lợt: Gọi (2) mặt phẳng chứa (d) (d2), đó: Qua M (1;0;2) Qua M (1;0;2)   ur u r ur u r ur ⇔ (α2):  u (α2): Cặp vtcp u u vtpt n =  u, u  = (0; − 1; 0)     ⇔ (α2): y = Tọa độ điểm P đợc xác định cách thay phơng trình tham số (d1) vào phơng trình (2), ta đợc: y = P(1; 0; 1) Khi đó, phơng trình đờng vuông góc chung (d) đợc cho bởi: x = Qua P ( 1; 0; 1)   r (d):  ⇔ (d): (d) : y = , t ∈ ¡ z = − t  vtcp u ( 0; 0; 1) Cách 5: Từ kết câu a) ((d1) (d2) vuông góc với nhau), ta lần lợt có: 68 Gọi (1) mặt phẳng chứa (d1) vuông góc với (d2), đó: Qua M1 (1;0;1) ur u (β1):  ⇔ (β1): x − =  vtpt u (1; 0; 0) Gọi (2) mặt phẳng chứa (d2) vuông góc với (d1), đó: qua M (1;0;2)  ur u (β2):  ⇔ (β2): y =  vtpt u (0; 1; 0)  V× (d) giao tuyến (1) (2) nên đờng thẳng (d) cần dựng chứa điểm M(x; y; z) tho¶ m·n hƯ: x − = y = (**) Bằng việc đặt z = t, ta biến đổi hệ (**) dạng: z = t x =   x − = ⇔ y = , t ∈ ¡ y = z = t   §ã chÝnh phơng trình tham số đờng thẳng (d) cần dựng h Mặt cầu (S) đờng kính PQ với P, Q theo thứ tự chân đờng vuông góc chung (d1) (d2) mặt cầu cần dựng Để viết phơng trình mặt cầu (S) ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Mặt cầu (S) với đờng kính PQ có: Tâm I ( 1; 0; / ) Tâm I trung điểm PQ   (S):  ⇔ (S):  AB R =  B¸n kÝnh R =   2 3  ⇔ (S) : ( x − 1) + y +  z − ữ = Cách 2: Mặt cầu (S) víi ®êng kÝnh PQ gåm: u u u ur ur u u M(x; y; z) ∈ (S) ⇔ PM ⊥ QM ⇔ PM.QM = ⇔ (x − 1; y; z − 1).(x − 1; y; z − 2) = ⇔ (x − 1)(x − 1) + y.y + (z − 1)(z − 2) = ⇔ x2 + y2 + z2 − 2x − 3z + = Đó phơng trình mặt cầu (S) cần tìm Cách 3: Mặt cầu (S) với đờng kính PQ gåm: M(x; y; z) ∈ (S) ⇔ ∆MPQ vu«ng t¹i M ⇔ PM2 + QM2 = PQ2 ⇔ (x − 1)2 + y2 + (z − 1)2 + (x − 1)2 + y2 + (z − 2)2 = ⇔ x2 + y2 + z2 − 2x − 3z + = Đó phơng trình mặt cầu (S) cần tìm i Chuyển phơng trình đờng thẳng (∆2) vỊ d¹ng tham sè: 69 x = + v  (∆ ) : y = v ,v∈ ¡ z = + v  Gi¶ sư mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với (d1), (d2) theo thứ tự D1 D2, suy ra: I(1 + v; v; + v), D1(1; t; 1), D2(1 + u; 0; 2) uu ur uu ur ⇒ D1I(v; v − t; v) vµ D I(u − v; − v; − v) Ta lÇn lợt có điều kiện: (S) tiếp xúc với (d1) t¹i D1 khi: uu u ur u r uu u ur u r D1I ⊥ (d1) ⇔ D1I ⊥ u1 ⇔ D1I.u1 = ⇔ v − t = ⇔ v = t uu ur ⇒ D1I(v; 0; v)  (S) tiÕp xóc víi (d2) t¹i D2 khi: u u ur ur u u u ur ur u D2I ⊥ (d2) ⇔ D I ⊥ u ⇔ D I.u = ⇔ u − v = ⇔ u = v uu ur ⇒ D I(0; − v; − v) (S) tiếp xúc với (d1) (d2) khi: D1I = D2I ⇔ D1I2 = D2I2 ⇔ v2 + v2 = (−v)2 + (1 − v)2 ⇔ − 2v = ⇔ t = u = v = uu ur 3 3 ⇒ I ; ; ữ v bán kính R = D1I = 2 2 Khi đó, phơng trình mặt cầu (S) có dạng: 2 1  3  (S) :  x − ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ = 2  2  2  j Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) tiếp xúc với (d2) C2, suy ra: uu u r uu ur C2(1 + u; 0; 2) ⇒ C1I(a − 1; b − 1; c − 1) vµ C2 I(a − u − 1; b; c − 2) Ta lần lợt có điều kiện: (S) tiÕp xóc víi (d1) t¹i C1 khi: uu u u r u r uu u u u r r C1I ⊥ (d1) ⇔ C1I ⊥ u1 ⇔ C1I.u1 = ⇔ b − = ⇔ b =  (S) tiÕp xóc víi (d2) t¹i C2 khi: u u ur ur u u u ur ur u C2I ⊥ (d2) ⇔ C2 I ⊥ u ⇔ C2 I.u = ⇔ a − u − = ⇔ u = a −1  70 tiếp xúc với (d1) (d2) khi: R = C1I = C2I ⇔ R2 = C1I2 = C2I2 2 2 2 ⇔ = (a − 1) + (b − 1) + (c − 1) = (a − u − 1) + b + (c − 2) (S) cã b¸n kÝnh R = = (a − 1) + (c − 1) = + (c − 2) 5  = + (c − 2) ⇔ 4 ⇔ (a − 1) + (c − 1) = + (c − 2)  ⇔ Ph¬ng trình (*) có nghiệm c1 = Khi đó: Víi c1 =  4c2 − 16c + 15 = (*)   (a − 1) = − 2c  vµ c2 = 2 th×: a1 = a − = (a − 1)2 = ⇔ a − = −1 ⇔ a =   Tõ ®ã: 3  - Víi a1 = ta đợc tâm I1 2; 1; ữ nên có mặt cầu: 2 (S1 ) : ( x − ) + ( y − 1) +  z − ÷ = 2  3  - Víi a2 = ta đợc tâm I 0; 1; ữ nên có mặt cầu: (S2 ) : x + ( y − 1) +  z − ÷ = 2   Víi c1 = th× (a − 1)2 = 1, vô nghiệm Vậy, tồn hai mặt cầu (S1), (S2) thoả mÃn điều kiện đầu Ví dụ 37: Cho đờng thẳng (d) mặt cầu (S) có phơng trình: (d) : a b c d x y − z +1 = = , 2 (S): (x − 4)2 + (y + 1)2 + (z 2)2 = 27 Chứng minh đờng thẳng (d) cắt mặt cầu (S) hai điểm A, B Tính độ dài AB Viết phơng trình đờng thẳng () song song với (d) cắt mặt cầu (S) hai điểm E, F cho EF có độ dài lớn Viết phơng trình mặt phẳng (PA), (PB) tiếp xúc với (S) theo thứ tự điểm A, B Tính cosin góc hai mặt phẳng (PA), (PB) Viết phơng trình mặt phẳng vuông góc với (d) và: a Tiếp xúc với mặt cầu (S) b Cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn lớn (S) c Cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn (C) có diện tích 18 71 e Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng (d) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn lớn (S) f Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng (d) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn nhận AB làm đờng kính g Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng (d) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn (C) có bán kính r = 54 /  Gi¶i Ta cã: r Đờng thẳng (d) có vtcp u(2; 1; 2) qua điểm M(1; 2; 1) Mặt cầu (S) có tâm I(4; 1; 2) bán kính R = 3 a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Chuyển phơng trình (d) vỊ d¹ng tham sè:  x = 2t +  (d):  y = t + , t ∈ ¡  z = 2t − Thay phơng trình tham số (d) vào phơng trình mặt cầu (S), ta đợc: t = ⇒ A(1; 2; − 1) (2t − 3)2 + (t + 3)2 + (2t − 3)2 = 27 ⇔ 9t2 − 18t = ⇔   t = ⇒ B(5; 4; 3) Khi ®ã: AB2 = (5 − 1)2 + (4 − 2)2 + (3 + 1)2 = 36 ⇔ AB = C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng: uu r ur  MI, u    d = d(I, (d)) = = < R ⇒ (d) ∩ (S) = {A, B} r u Khi đó, với trung điểm AB thì: AB = 2AH = R − d = ( 3) − ( 3) 2 =6 b Đờng thẳng () cắt mặt cầu (S) hai điểm E, F biết EF có độ dài lớn () qua tâm I mặt cầu (S) Do ®ã, ta cã: Qua I ( 4; − 1; ) x − y +1 z −  r = = (∆):  ⇔ (∆): 2  vtcp u ( 2; 1; )  c Ta lần lợt có: Mặt phẳng (PA) tiếp xúc với mặt cầu (S) điểm A là: Qua A ( 1; 2; − 1)  ur u (PA):  ⇔ (PA): x − y + z + =  vtpt IA ( −3; 3; − ) chọn (1; -1; 1) Mặt phẳng (PB) tiếp xúc với mặt cầu (S) điểm B là: 72 Qua B ( 5; 4; )  ur u (PB):  ⇔ (PB): x + 5y − z − 22 =  vtpt IB ( 1; 5; 1) Khi đó, ta đợc: −1 cos α = = + + 1 + 25 + r d Gọi (P) mặt phẳng cần dựng, (P) vuông góc với (d) nên có vtpt u có phơng trình: (P): 2x + y + 2z + D = a §Ĩ (P) tiÕp xóc víi (S) điều kiện là: + + D = 3 ⇔ D + 11 = ⇔ D = −11 ± d(I, (P)) = R ⇔ 22 + 12 + 22 Khi ®ã:  Víi D = −11 + , ta đợc mặt phẳng (P1): 2x + y + 2z 11 + =  Víi D = 11 + , ta đợc mặt phẳng (P2): 2x + y + 2z − 11 − = Vậy, tồn hai mặt phẳng (P1) (P2) thỏa mÃn điều kiện đầu b Để (P) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn lớn (S) điều kiện là: I (P)) ⇔ 2.4 − + 2.2 + D = D = 11 Vậy, ta đợc phơng trình mặt ph¼ng (P): 2x + y + 2z − 11 = c Gọi r bán kính đờng tròn (C), ta cã: S(C) = 18π ⇔ π.r2 = 18π r = Để (P) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn (C) có bán kính r = điều kiện là: 2 −1 + + D = 3 − d(I, (P)) = R − r ⇔ 22 + 12 + 22 ⇔ D + 11 = ⇔ D = −2 hc D = −20 Khi ®ã:  Víi D = −2, ta đợc mặt phẳng (P3): 2x + y + 2z = Với D = 20, ta đợc mặt phẳng (P4): 2x + y + 2z 20 = Vậy, tồn hai mặt phẳng (P3) (P4) thỏa mÃn điều kiện đầu e Mặt phẳng (Q) chứa đờng thẳng (d) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện đờng tròn lớn (S) (Q) = (IAB) Tới đây, trình bày theo cách sau: r Cách 1: Gọi n vtpt mặt phẳng (Q), ta đợc: ur ur u u r r n =  IA, IB  = (18; 0; −18) chän n (1; 0; −1) ( ) ( ) Khi đó, phơng trình mặt phẳng (Q) đợc cho bởi: Qua A(1; 2; 1) (Q):  ⇔ (Q): x − z − = r  vtpt n(1; 0; − 1) 73 ... (d) dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ điểm M theo t Suy toạ độ N theo t Bớc 2: Sử dụng điều kiện: N (P) Giá trị t Toạ độ M lời giải chi tiết : Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng. .. xét: Nh vậy, với toán (tam giác không gian) em học sinh ôn tập đợc hầu hết kiến thức học "Hệ tọa độ không gian", với câu f), g): cách 1, nhận đợc phơng pháp chung để thực yêu cầu toán cách 2,... với toán (khối đa diện) em học sinh đà ôn tập đợc kiến thức học "Hệ tọa độ không gian", đó: 40 câu b), nhận đợc hai phơng pháp để chứng minh bốn điểm không đồng phẳng (tơng ứng với ba vectơ không