Hình học không gian Oxyz luyện thi đại học

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và thẳng  : 1 2 2 cắt mặt phẳng ABC theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất.[r]

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ LUYỆN THI ĐẠI HỌC Phần 1: Lí thuyết :  Mp qua A(x0; y0 ;z0) và có VTPT n =(A;B;C) phương trình là: A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0  Ax + By + Cz + D =  2.Đường thẳng (d) qua M(x0; y0 ;z0) và có VTCP u =(a,b,c) có:  x  x0  at * Phương trình tham số là:  y  y  bt với t  R   z  z  ct  x  x0 y  y0 z  z0 (a.b.c ≠ 0) * Phương trình chính tắc là:   a b c 3.Phương trình maët caàu taâm I(a ; b ; c),baùn kính R :  x  a    y  b   z  c 2  R2 Phương trình x2  y2  z2 + 2Ax + 2By + 2Cz  D  (2) ( với A2  B2  C2  D  ) laø phöông trình maët caàu Taâm I(-A ; -B ; -C) vaø R  A  B2  C2  D 5.Công thức tính góc hai đường thẳng :     u1.u2 cos    đó u1 , u2 là hai VTCP hai đường thẳng u1 u2  n.u Công thức tính góc đường thẳng và mặt phẳng: sin     u u   đó n, u là hai VTPT và VTCP mặt phẳng và đường thẳng   n1.n2 cos    Công thức tính góc hai đường thẳng : n1 n2   đó n1 , n2 là hai VTPT hai mặt thẳng Công thức tính khoảng cách hai điểm AB=  x B -x A  +  y B -y A  +  z B -z A  Khoảng cách từ điểm M0(x0;y0z0) đến mặt phẳng (): Ax+by+Cz+D=0 là: Ax +By +Cz +D d  M ,(α)  = A +B2 +C2  10 Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng  qua M0 và có vectơ phương u là:    M M ,u    d(M1 ,Δ)=  u     u,u' M M '0   11 Khoảng cách hai đường thẳng  và ’chéo nhau: d(,Δ')=    u,u'     đó  qua điểm M0, có VTCP u Đường thẳng ’ qua điểm M '0 , có VTCP u'   SABCD =  AB,AD  12 Công thức tính diện tích hình bình hành :    AB,AC  13 Công thức tính diện tích tam giác : SABC =      VABCD.A'B'C'D' =  AB,AD  AA' 14 Công thức tính thể tích hình hộp :     AB,AC  AD VABCD = 15 Công thức tính thể tích tứ diện :   Lop12.net 2/ Một số bài toán tổng hợp mặt phẳng : Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z và d’ :  y 3 1 1 Chứng minh hai đường thẳng đó chéo Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua d và vuông góc với d’ Giải Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) và có vectơ phương u (1;1;1) Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ phương u '(2;1;1)    Ta có MM  (2;1;5) , u ; u '  (0; 3; 3) , đó u; u ' MM '  12  d và d’ chéo   Mặt phẳng ( ) qua điểm M (0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u '(2;1;1) nên có phương trình: x  ( y  2)  z  hay x  y  z   Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z và d’ :  y 3 1 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua d và tạo với d’ góc 300 Giải  Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) và có vectơ phương u  (1; 1;1)  Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ phương u '(2;1; 1) Mp ( ) phải qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và cos(n; u ' )  cos 600  Bởi đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có : A  B  C   B  A  C B  A  C      2A  B  C 2 2  2 A  A  ( A  C )  C 2 A  AC  C   2 2  A  B C Ta có A2  AC  C   ( A  C )(2 A  C )  Vậy A  C A  C   Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, đó B  , tức là n  (1;2;1) và mp( ) có phương trình x  2( y  2)  z  hay x  y  z   Nếu A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp( ) có phương trình x  ( y  2)  z  hay … x 1 y z 1   Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) : và 2 1 x y  z 1 (d ) :   Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) góc 300 1 Bài Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; -2; -6), B(2; 0; -2) và mặt cầu (S) có phương trình: x  y  z  x  y  z   Viết phương trình mp(P) qua hai điểm A, B và (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính Giải Mặt cầu (S) có tâm I( -1; 1; -1) và bán kính R =  Mặt phẳng (P) qua A(0; -2; -6) nhận véctơ n(a, b, c) , (a  b  c  0) làm véctto pháp tuyến có PT: ax  by  cz  2b  6c  Từ giả thiết: B(2;0; 2)  ( P)     tìm a, b, c suy PT mp(P) d ( I ;( P))   Kết luận có hai mặt phẳng: (P1): x + y – z – = và (P2): 7x – 17y + 5z – = Lop12.net Bài Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH  ( ABC ) và DH  với H là trực tâm tam giác ABC Tính góc (DAB) và (ABC) Giải Trong tam giác ABC, gọi K  CH  AB Khi đó, dễ thấy AB  ( DCK ) Suy góc (DAB) và (ABC) chính là góc DKH Ta tìm tọa độ điểm H Tính HK là xong + Phương trình mặt phẳng (ABC)     - Vecto pháp tuyến n  [ AB, AC ]   0; 4; 4  - (ABC): y  z   + H  ( ABC ) nên giả sử H (a; b;  b)   Ta có: AH  (a; b; b), BC  (4; 2; 2)   CH  (a  2; b; b), AB  (2; 2; 2)    BC AH   a b  Khi đó:      a  b  2 a  2b    AB.CH  Vậy H(-2; -2; 4) + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x  y  z   x  t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  t z   t  xt   y  t  Giải hệ:  ta x =2/3; y =-2/3, z =8/3 z  2t   x  y  z   2 96 2    8  Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra: HK               3    3  Gọi  là góc cần tìm thì: tan   DH / HK  96 /12  /    arctan( / 3) Vậy   arctan( / 3) là góc cần tìm Bài Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) có phương trình (S): x  y  z  x  y  z  , (P): 2x +2y – z + = Viết phương trình mặt phẳng song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) Giải 2 2 Ta cã: x + y + z - 2x + 4y +2z -3=  ( x  1)  ( y  2)  ( z  1)  32 => mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có pt dạng:2x + 2y - z + D = ( D  )  D  10 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d  I ;(Q)   R  D      D  8 Vậy (Q) có phương trình: 2x + 2y - z + 10 = Hoặc 2x + 2y - z - = Bài Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình: (S): x  y  z  x  y  z  16  ’ (P): 2x + 2y + z – = Viết phương trình mặt phẳng (Q)song song với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16  Giải Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo giả thuyết ta có  r  16  r  Lop12.net 4 D l ại c ó R2 = r2 + OI2  D  5, D  13 mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0 Bài Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1) Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) Giải •Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến (P) mặt khác ta có IO = d ( I ;(Q))  Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 2a  c • d(C;(P)) =    2a  16ac  14c   2 a  (a  2c)  c a  c  a  7c  •TH1: a  c ta chọn a  c   Pt (P): x-y+z+2=0  TH2: a  7c ta chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0 Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng: d  : x3 y 4 z 6 ,   x  y  z  và mặt phẳng (P): x + 4y + z + =   2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d’) và song song với đường thẳng (d) Lập phương trình mặt cầu có tâm I là giao điểm (d) và (P), có bán kính là khoảng cách (d) và (d’) Giải (d ') :  + (d) qua điểm A(3;4;6) và có vecto phương u1  (1;3; 2)  (d’) qua điểm B(-1;-4;5) và có vecto phương u2  (2;1;  2)    Khi đó mặt phẳng (Q) qua B và có vecto pháp tuyến là n  u1  u2   8;6; 5  Phương trình mặt phẳng (Q) : 8x-6y+5z-41= (rõ ràng d song song (Q)) 19 6 38 ; ; ) 15 15 + Giao điểm d và (P) là điểm I( Khoảng cách d và d‘ là R = (d;(Q)) = d(A;(Q)) = 11 5 +Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R là: 2 6  38  121  19   x   y  z    15   5  15  125  Bài 11 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):x+2y-z-1=0 và (Q):x-y+z-1=0 Viết phương trình mặt phẳng () qua M(-2;1;0), song song với đường thẳng d=(P)(Q) và tạo với trục Oz góc 300 Giải Vectơ phương đường thẳng d: ud (1;2;3) gọi n(a; b; c) (với a2+b2+c2≠0) là vectơ pháp tuyến () d//()  n.ud  a-2b-3c=0a=2b+3c Sin((),Oz)=sin300= cos(n, ud )  c a b c 2  Lop12.net 3c2=a2+b2 3c2=(2b+3c)2+b2  6 c b  2  5b +12bc+6c =0   6 c b   6 32 ca c 5 chọn a   ; b  6  ; c  với b  phương trình mặt phẳng () là: (3  ) x  (6  ) y  z  12   6 3 ca c 5 chọn a   ; b  6  ; c  phương trình mặt phẳng () là: (3  ) x  (6  ) y  5c  12   với b  x 1 y 1 z    và điểm 1 1 A(2;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  cho khoảng cách từ A đến (P) Giải Bài 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  Đường thẳng  qua điểm M(1 ; ; ) và có vtcp là u = (2 ; -1 ; 1)      Gọi n = (a ; b ; c ) là vtpt (P) Vì   ( P)  n  u  n u    2a – b + c =  b = 2a + c  n =(a; 2a + c ; c ) , từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – ) =  Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = a 1  a  c   a  c    d(A ; (P)) = 2 3 a  (2a  c)  c với a + c = , chọn a = , c = -1  pt(P) : x + y – z = x  1 t  Bài 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : d1 :  y   t z   x  y 1 z 1   Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d , cho khoảng cách từ d1 2 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d đến (P) Giải d2 :  Ta có : d1 qua điểm A(1 ; ; 1) và vtcp là : u1  1; 1;0   d qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u2  1; 2;   Gọi n là vtpt mp(P), vì (P) song song với d1 và d nên    n = [ u1 ; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1)  pt mp(P): 2x + 2y + z + m = d( d1 ;(P)) = d(A ; (P)) = 7m ; d( d ;( P)) = d( B;(P)) = vì d( d1 ;(P)) = d( d ;( P))   m   m  m  3 7  m  2(5  m)    m   17 7  m  2(5  m)  Với m = -3  mp(P) : 2x + 2y + z – = Lop12.net 5 m 17 17 =0  mp(P) : 2x + 2y + z 3 Bài 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - z = góc 600 Giải Với m = -   Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,  n p  ( A ; B ; 0) và nQ  (2 ; ; )  2A  B  Theo gt: cos(n p , nQ )  cos 60    2 A  B  10 A  B 2 A  B 1  A  16 AB  B  Chọn B = ta có : 6A2 + 16A – = suy ra: A = -3 , A = 1/3 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = và -3x + y = Bài 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Cho mặt cầu (S) : x  12  y  z  22  2 Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : x y 1 z   và cắt mặt cầu (S) theo 2 đường tròn có bán kính Giải (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R =   + đt a có vtcp u (1, ,  ) , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x  y  z  D  + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = nên d( J , (P) ) = R2  r   D  5   2.0  2.(2)  D    D  5  KL : Có mặt phẳng : (P1) : x  y  z    và nên ta có : (P2) : x  y  z    Bài 16 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z    Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  y  z  11  và tiếp xúc với (S) Giải Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0  m  21 d ( I  ( P))    m  Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))   3/ Một số bài toán tổng hợp đường thẳng: Bài Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = và hai đường thẳng :  x   2t x 1  y z     (d) và (d’)  y   t 1 z   t  Viết phương trình tham số đường thẳng (  ) nằm mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng (d) và (d’) CMR (d) và (d’) chéo và tính khoảng cách chúng Giải Mặt phẳng (P) cắt (d) điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) điểm B(9 ; ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm qua A, B nên có phương trình : Lop12.net x   t   y   8t z   15t   + Đường thẳng (d) qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1;   + Đường thẳng (d’) qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3    MM '  u, u '   2; 1;3  1 ; 12 ; 12 1   8  Do đó (d) và (d’) chéo (Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' d   d  ,  d '      11  u, u '   Bài Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y   2t và (d’)  y  1  2t z   5t z  3t   a CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt b Viết phương trình chính tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo (d) và (d’) Giải  a) + Đường thẳng (d) qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng (d’) qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  3 Nhận thấy (d) và (d’) có điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt (ĐPCM)  2   u   15 15 15  ; 2 ; 3 b) Ta lấy v   u '    7  u'      15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2  ;5   7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  ;5   7     Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng qua I và nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :    15   15   x    1   x    1   t t           15  15    và  t  t  y     y    7         z     15  t z     15  t         Bài Cho hai đường thẳng có phương trình: x   t  d :  y   2t z  1 t  x2 z 3 d1 :  y 1  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1) Giải Lop12.net Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b)   Do đường thẳng d qua M(3;10;1)=> MA  k MB   MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  3a   kb 3a  kb  a      a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11  k  4  2a  kb 2a  kb  b      => MA   2; 10; 2   x   2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z   2t  Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z   ,đường thẳng d: x  y 1 z 1   Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm 1 3 (P), vuông góc với d và cách I khoảng Giải • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ phương u  (1;1;3) I  d  ( P)  I (1;2;4)   • vì   ( P);   d   có véc tơ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)  2(2;1;1) • Gọi H là hình chiếu I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)   2 x  y  z   Gọi d1  ( P)  (Q)  d1 có vécto phương n (P) ; n( Q )  x    (0;3;3)  3(0;1;1) và d1 qua I  ptd1 :  y   t z   t  t  Ta có H  d1  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t ; t )  IH   2t    t  3 x 1 y  z    • TH1: t   H (1;5;7)  pt : 2 1 x 1 y 1 z 1   TH2: t  3  H (1;1;1)  pt : 2 1 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x  t x y2 z   d1 :  y   t ;d2:  3 3  z  1  2t  và d3: x 1 y 1 z 1   Chứng tỏ d1 ; d là hai đường thẳng chéo nhau,tính khoảng cách hai đường thẳng d1 ; d Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 các điểm A, B, C cho AB = BC Giải x  t  +)Đường thẳng d1 :  y   t suy d1 qua điểm A(0;4;-1) và có vtcp u1 (1; 1; 2) Đường thẳng  z  1  2t  d2:   x y2 z   suy d qua điểm B(0;2;0) và có vtcp u2 (1; 3; 3) Ta có AB(0; 2;1) và 3 3 Lop12.net      u1 , u2    9;5; 2  suy AB u1 , u2   9.0  (2).5  1.(2)  12  Vậy d1 và d là hai đường thẳng        AB u1 , u2  12 chéo Khoảng cách d1 và d là : d  d1 , d       u1 , u2  92  52  (2) 55   +)Xét ba điểm A, B, C nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 Ta có A (t, – t, -1 +2t) ; B (u, – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, + 2v, - +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm AC t  (1  5v)  2u   4  t  (1  2v)  2.(2  3u ) 1  2t  (1  v)  2(3u )  Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = Suy A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) x y2 z   1 Bài Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6) Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh hình thoi và hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I OABC Tính khoảng cách hai đường thẳng SO và AC Giải Ta có: + Các  đoạn OB và AC  nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1) + AC   8; 16;   , OB   4; 4;   AC.OB  32  64  32   AC  OB (2) Đường thẳng  qua A, B, C có phương trình Từ (1) và (2) suy O, A, B, C là đỉnh hình thoi OABC     SI AC  32  32  + SI  (4; 0;  4);     SI  (OABC )  SI OB  16  16   AC  OB + Do OABC là hình thoi và SI  (OABC ) nên:   AC  ( SOB)  AC  SI Từ đó mp(SOB) kẻ IH  SO H thì IH  AC H Vậy IH là đoạn vuông góc chung SO và AC SI OI 2.2 66  d ( SO, AC )  IH    SO 11 11 4/ Một số bài toán tổng hợp mặt cầu: Bài Trong kg Oxyz cho đường thẳng (  ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I   và khoảng cách từ I đến mp(P) là và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 Giải Mặt cầu(S) có tâm I   g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT  (1) * d  I ;  P   (2)  2a  b  2c     11 14   1 7 at   heconghiem  ;  ;  ; va   ;  ;  Từ (1) và(2) ta có hệ PT:  b  2t  6 6  3 3  c t2  Do r  R    R  13 Vậy có mặt cầu theo ycbt : 2 14   1  11   ( S1 ) :  x     y     z    13 6  3  6  2 1  S2  :  x     y     z    13 3  3  3  Lop12.net x 1 y  z    và hai mặt phẳng 1 ( P ) : x  y  z   0, (Q) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo đường tròn có chu vi 2 Giải Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > Vì I  d nên I (t  1; 2t  ; t  3) Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d : Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên R  d ( I ; ( P))  Ta có d ( I ; (Q))  11  2t  2t Chu vi đường tròn giao tuyến 2 r  2  r  Suy R  d ( I ; (Q))  r  (11  2t ) 1 (2) t  (2  2t ) (11  2t )     23 t   * Với t  ta có I (3; ; 7), R  Suy mặt cầu ( x  3)  ( y  5)  ( z  7)  23 29   21 ; 20 ; * Với t  ta có I   , R  Suy phương trình mặt cầu 2   Từ (1) và (2) suy 2 21  29     x     y  20   z    49 2    Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   0, đường thẳng x  y 1 z 1 d:   và đường thẳng  là giao tuyến hai mặt phẳng x  1, y  z   Viết 1 1 phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với  và (P) Giải Mặt cầu có tâm I (2t  ;  t  1;  t  1)  d d ( I ; ( P ))  t 9 Chọn u  (0 ;1;  1) và M (1;1; 3)   Khi đó MI  (2t  1;  t  ;  t  2) Suy [u , MI ]  ( 2t  ;  2t  1;  y  1) Suy d ( I , )  [u  , MI ] u  12t  24t  18 Từ giả thiết ta có d ( I ; ( P))  d ( I ; )  R t   6t  12t   53t  90t    t   90 53  * Với t  Ta có I (2 ;  1;1), R  Suy phương trình mặt cầu  t 9 ( x  2)  ( y  1)  ( z  1)  129 90  74 37 143  ; * Với t   Ta có I   ; Suy phương trình mặt cầu , R  53 53  53 53 53  2 74   37   143   129   x  y  z     53   53   53   53   x y z4   Gọi (d2) là giao tuyến mặt phẳng ( ) x  y  3 ; (  ) x  y  z 12  Chứng minh (d1) và (d2) chéo Bài Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d1) : Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuômg góc chung (d1) và (d2) 10 Lop12.net Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) và mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) Giải .(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a  b  c  d O, A, B thuộc (S) ta có : d = , a = -1, c = -2 d(I, (P)) =   2b    b  0, b   b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z =  b = , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = Bài Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; 1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z   Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳngOxy Gọi ( S) là mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn (C) là giao (P) và (S) Giải Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0, a  b2  c2  d  Vì A' , B, C, D  S  nên ta có hệ: …… Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x  y  z  x  y  z     29 5  (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R  2  +) Gọi H là hình chiếu I lên (P) H là tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) (d) có vectơ phương là: n1;1;1 5 5 1 ….Do H  d   (P ) nên:  t   t   t    3t    t    H ; ;  2 3 6 IH  75 29 75 31 186     , (C) có bán kính r  R  IH  36 6 36 5/ Một số bài toán tổng hợp tìm điểm: Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có A(1 ; ; 1), B (1 ; ; 0), C (1 ; ;  1) Tìm tọa độ D Giải +) Rõ ràng AB  k AC nên A, B, C không thẳng hàng +) CD // AB nên chọn uCD  x   2t   AB  (2 ; ;  1) Suy pt CD :  y   t  z  1  t   D(1  2t ;  t ;   t )  CD Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC Do đó (2t )  (t  2)  (t  2)   3t  4t   t  1  t     D(3 ;   5 D    ; 0) ; 2 ;  3 Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì đó ABCD là hình bình hành 11 Lop12.net  2 Với D  , ,   thỏa mãn  3 3 x  y  z 1   Xét hình bình 2 2 hành ABCD có A(1 ; ; 0), C (2 ; ; 2), D  d Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d : Giải x  y  z 1    D(t  ;  2t  ;  2t  1) +) D  d : 2 2 S ABCD   S ACD  +) Ta có AC  (1 ; ; 2); AD  (t  ;  2t  ;  2t  1) (1) Suy [ AC , AD]  (4 ; 4t  ;  4t  9) Suy 1 S ACD  AC , AD  16  (4t  7)  (4t  9)  32t  128t  146 (2) 2 2 Từ (1) và (2) ta có 32t  128t  128   t  Suy D(0 ;  ;  3)   +) ABCD là hình bình hành nên AB  DC Suy B(3 ; ; 5) Bài Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; 2;  1) và hai đường thẳng x 1 y z 1 x y 1 z 1 :   , 2 :   Xác định tọa độ các điểm M, N thuộc các đường 1 2 2 thẳng 1 và  cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng 1 Giải Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và 1 * 1 qua B(1; ; 1) có véctơ phương u1 (1; 1;  2) ; AB(0 ;  ; 2) Suy mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n  [ AB, u1 ]  (2 ; ; 2) * M  1  M (1  t ; t ;  2t ), N    N ( s ;  s ;  s ) Do đó MN  ( s  t  1; 2s  t  1;  2s  2t  1) s  t  s  t   s  2t  MN  ( P)    2 Suy t  2, s  2 Vậy M (1;  ; 5), N (2 ;  ; 4) Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng ( ) : x  y  z   Giải - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N  ( )  x0  y0  z0   (1) MN  PN - MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân N   MN PN  2 2 2 ( x0  5)  ( y0  3)  ( z0  1)  ( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  4)  ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  (2)  x0  z0    (3) ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)   y0  2 x0  - Từ (1) và (2) suy  Thay vào (3) ta x02  x0    z   x0   x0  2, y0  3, z  1  N (2; 3;  1) hay    N (3; 1;  2)  x0  3, y0  1, z  2 12 Lop12.net - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) 2 Nếu N (2;  1) thì Q(5; 3;  4) Nếu N (3;1;  2) thì Q(4; 5;  3) Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng ( ) : x  y   Tìm toạ độ điểm M biết M cách các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ) Giải Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi đó từ giả thiết suy ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)   ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02    x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)  ( x0  1)  y02  z02  ( x0  y0  2)   y0  x0 Từ (1) và (2) suy  z   x 0  x0  y0  (1) (2) (3) Thay vào (3) ta 5(3 x02  x0  10)  (3 x0  2)  x0   M (1; 1; 2)     23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ) 3 3   Bài x 1 y  z x 5 y z 5   , d2 :   3 5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) khoảng Giải Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   và các đường thẳng d1 : Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N   6t '; 4t '; 5  5t ' d  M ;  P     2t    t  0; t   Trường hợp 1: t   M 1;3;0  , MN   6t ' 4; 4t ' 3; 5t '      MN  nP  MN nP   t '   N  5;0; 5  Trường hợp 2: t   M  3;0;  , N  1; 4;0  x y z Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:   , d2: 1  x  1  2t  và y  t z   t  mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M  d1 , N  d cho MN song song (P) và MN = Giài  x  t1  d :  y  t1 , d  z  2t   x  1  2t  :  y  t2 z   t  , M  d1  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N  d  N (1  2t ; t ;  t ) MN  (1  2t  t1 ; t  t1 ;  t  2t1 ) 13 Lop12.net  t1   2t  MN //( P) t1   2t  MN n     Theo gt :  12 …… MN  13t  12t  MN  t  ; t   13 x  y 1 z 1   và 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông Bài Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;  1; 0), đường thẳng  : góc với  và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  33 Giải Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với  Khi đó pt (Q) : x  y  z   Ta có nQ (2;  1; 1), nP (1; 1; 1) Từ giả thiết suy A thuộc giao tuyến d (P) và (Q) Khi đó  x   2t  ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) và N (1; 0; 1)  d nên pt d :  y  t  z   3t  Vì A d suy A(1  2t ; t ;  3t ) 1 Gọi H là giao điểm  và mặt phẳng (Q) Suy H (1;  ; ) 2 33  14t  2t  16   t  1  t  Ta có d ( A, )  AH  23 17 Suy A(1;  1; 4) A( ; ;  ) 7 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Giải   + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x  y  z   0, y  z      + Vecto pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC): 2x  y  z 1   x  y  z 1  x    + Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1) 2 x  y  z    z    Bán kính là R  IA  (1  0)  (0  2)  (1  1)  Bài 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : (d ) : x y z   và 1 x 1 y z 1   2 1 Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng  P : x – y  z  2010  độ dài đoạn MN + M , N  (d1 ), (d ) nên ta giả sử Giải  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1)   + MN song song mp(P) nên: nP NM   1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)    t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1) 14 Lop12.net  t1  + Ta có: MN   (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)   7t  4t1    t1   4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ;  ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P) KL: Vậy có hai cặp M, N trên thoả mãn 2 2 x  t  Bài 11 .Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng  :  y  2t z   và điểm A(1, ,  1) Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác Giải       + Đường thẳng  qua M (0 , ,1) và có vtcp u (1, , 0) ; M A  (1,0 ,2) ;  M A , u   ( ,  , 2)    M A , u     + Khoảng cách từ A đến  là AH = d ( A , )     u  4  Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R = 5 x  t   y  2t  và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm hệ :  z   ( x  1)  y  ( z  1)  32   1 2  1 2 x  x  5     1 2 24 24    y  t = suy tọa độ E và F là :  y  5   z  z      + Tam giác AEF  AE  AF  AH 6/ Một số bài toán giá trị lớn nhỏ hình học không gian 0xyz Bài Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;4;2  , B  1;2;4  Viết phương trình đường thẳng    qua trực tâm H tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng  OAB  Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  OAB  cho MA2  MB nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)    OA  1;4;2       n  OA    , OB   12, 6,6  OB   1;2;4   Giải mặt phẳng (OAB ) : x  y  z  15 Lop12.net H (a, b, c) là trực tâm tam giác OAB nên :    a   x  2t  H  mp (OAB )  2a  b  c           OH  AB   a  b  c   b   :  y   t     2    (a  1)  2(b  4)  4(c  2)    AH  OB   5   c   z   t Với điểm K ta có:   MA2  MB  KA  KM     KB  KM        KA2  KB  KM  KM KA  KB   Chọn K (0;3;3) là trung điểm AB nên MA  MB  KA  KM KA không đổi nên MA2  MB nhỏ KM ngắn đó M là hình chiếu K trên mặt phẳng (OAB ) 2 2   M ( x; y; z )  KM  ( x; y  3; z  3) / / n  (2; 1;1)  M (2t ;3  t ;3  t ) M  (OAB )  4t  (3  t )  (3  t )   t  Vậy M (0;3;3) Bài Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng(d): x  1 t  (t  R) Viết phương trình đường thẳng  qua A và cắt đường thẳng (d) cho  y  2  t z  2t  khoảng cách từ B đến  lớn 28t  152t  208 Giả sử  cắt d M nên M (1  t ; 2  t ; 2t ) Ta có d ( B, )  3t  10t  20 Giải Xét hàm f (t )  28t  152t  208 16(11t  8t  60)  f '( t )  3t  10t  20 (3t  10t  20) t  2 f '(t )    30 , t   11 lim f (t )  t  28 BBT Từ BBT ta thấy maxf (t )  12  t  2  d ( B, ) max  12  t  2 x 1 y  z    4 3 Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có Khi đó đường thẳng  có PT: phương trình  x   3t   y  2t (t  R)  z   2t  Tìm trên d điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ Giải M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)  d , AB//d Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B (MA+ MB)min = A’B, A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB MA=MB <=> M(2 ; ; 4) Bài Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   và hai điểm A(3;  1; 2), B(1;  5; 0) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA.MB đạt giá trị nhỏ Giải +) Gọi I là trung điểm AB Khi đó I (2;  3; 1) và IA  IB  16 Lop12.net +) Ta có           MA.MB  ( MI  IA)( MI  IB)  ( MI  IA)( MI  IA)  MI  IA2  MA.MB đạt giá trị nhỏ  MI nhỏ (do IA2   M là hình chiếu vuông góc I trên (P) AB không đổi)  x   2t    +) Chọn uIM  n p  (2;  1; 2)  phương trình IM :  y  3  t Thay vào phương trình (P) suy  z   2t  t  2  M (2;  1;  3) x 1 y  z   và các điểm A(1; 2; 7), 2 2 2 B(1; 5; 2), C (3; 2; 4) Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho MA  MB  MC đạt giá trị lớn Giải Bài Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : +) M  d  M (2t  1; t  4; 2t ) +) P  MA2  MB  MC  [(2t  2)  (t  2)  (2t  7) ]   [(2t  2)  (t  1)  (2t  2) ]  [(2t  4)  (t  2)  (2t  4) ]  9t  18t  12  9(t  1)  21  21 Suy max P  21 , đạt t  1 hay M (1; 3;  2) Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(5; 8;  11), B(3; 5;  4), C (2; 1;  6) và x 1 y  z 1   đường thẳng d : Xác định toạ độ điểm M  d cho MA  MB  MC đạt giá trị 1 nhỏ Giải * M  d  M (2t  1; t  2;  t  1)  MA  MB  MC  (2t  1; t  4;  t) * MA  MB  MC  (2t  1)2  (t  4)2  t  6t  12t  17  6(t  1)2  11  11 Suy MA  MB  MC  11 t  1  M (1; 1; 2) Bài Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : 2 : x2 y4 z   và 1 x  y  10 z    Tìm toạ độ điểm M  1 và N   cho độ dài MN đạt giá trị nhỏ 1 Giải * M  1  M (t1  2; 2t1  4; t1) N  2  N (t2  6;  t2  10; 2t2  8)  MN  (t2  t1  4;  t2  2t1  14; 2t2  t1  8) * 1 qua A(2;  4; 0) và có u1  (1; 2; 1) 2 qua B(6; 10;  8) và có  u2  (1;  1; 2)  [u1, u2].AB  70  Suy 1, 2 chéo Để độ dài MN nhỏ thì MN là đường vuông góc chung 1, 2 MN u1   6t1  t2  16  t1  M (0; 0; 2)     MN u2  N (10; 6; 0) t1  6t2  26  t2  Bài Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  y  z   và đường thẳng x3  y   z  , điểm A( -2; 3; 4) Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) qua giao điểm ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên  điểm M cho khoảng cách AM ngắn Giải 17 (d ) : Lop12.net  x  2t   Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:  y  t  z  t   Gọi I là giao điểm (d) và (P)  I 2t  3; t  1; t  3 Do I  P   2t   2(t  1)  (t  3)    t   I  1;0;4  * (d) có vectơ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1    a, n   3;3;3 Gọi u là vectơ phương   u 1;1;1 x   u  Vì M    M   u; u;4  u  ,  AM1  u; u  3; u    : y  u z   u  AM ngắn  AM    AM  u  AM.u   1(1  u)  1(u  3)  1.u    16  ; ;   u  Vậy M  3 3 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Giải Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = x 1 y z    Viết phương trình mặt phẳng   Bài 10 Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : 2 chứa d cho khoảng cách từ A đến   lớn Gọi K là hình chiếu A trên d  K cố định; Giải Gọi   là mặt phẳng chứa d và H là hình chiếu A trên   Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : x  y  z  15   K  3;1;     là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  y  z   Bài 11 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C di động trên các tia Ox, Oy và Oz cho mặt phẳng (ABC) không qua O và luôn qua điểm M(1; 2; 3) Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ Giải Từ giả thiết ta suy tọa độ các điểm A, B, C định bởi: A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) đó a, b, c là x y z các số thực dương  phương trình mp(ABC):    a b c + M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:    a b c 18 Lop12.net 1 + Thể tích khối tứ diện OABC tính bởi: V  OA.OB.OC  a.b.c 6 31     a.b.c  162  V  27 a b c a b c Đẳng thức xảy    hay a  3;  6; c  a b c Vậy Vmax  27 đạt A(3;0;0), B(0;6;0), C (0;0;9) + Theo bđt CauChy:  Bài 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x+z=0 và đường x   t thẳng d có phương trình  y  2  t Tìm tọa độ điểm A thuộc d và tọa độ điểm B trên trục Oz cho  z  t  AB//(P) và độ dài đoạn AB nhỏ Giải A(1+t;-2+t;-t)d, B(0;0;b)Oz, AB(1  t ;2  t ; b  t ) , n( P ) (2;0;1) B(P) b≠0 , AB.n( P )   b   t AB đạt giá trị nhỏ t   AB2=6t2+6t+9 ; b 2 Vậy A( ; ; ), B(0;0; ) 2 2 Bài 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y   t Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí điểm  z  2t  M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Giải Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y   t Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t   z  2t  AM   2  2t    4  t    2t  BM   4  2t    2  t    6  2t  AM  BM  2  9t  20   3t       3t    3t      3t   2    9t  36t  56       3t      2    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; và v  3t  6;  | u | Ta có   | v |    3t             Suy AM  BM | u |  | v | và u  v  6; | u  v | 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như AM  BM  29   3t Đẳng thức xảy và u , v cùng hướng    t 1 3t   M 1;0;  và  AM  BM   29   19 Lop12.net Vậy M(1;0;2) thì minP =  11  29  Bài 14 Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ Giải  Ta có AB   1; 4; 3 x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y   4t  z   3t  Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm  D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3)   Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a  21 26  49 41  Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26   x  2  t  Bài 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z   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 A trên (D) Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Giải Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) ( P)  ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH  IA và IH  AH d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; đó maxIH = IA  H  A Lúc này (P) vị trí (P0) vuông góc với    IA A Vectơ pháp tuyến (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là:  x     z  1  2x - z - = Bài 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; ; c) với a, b, c là số dương thay đổi cho a2 + b2 + c2 = Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn Giải 1 x y z Pt mp(ABC):     d ( O; ( ABC ))  a b c 1   2 a b c 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi :    33 2 và = a2 + b2 + c2  33 a b c a b c a b c 1 1 1 Ta có :         d  a b c a b c 2 Dấu = xảy a = b = c hay a = b = c = 1 Vậy d lớn bắng a = b = c = Bài 17 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(2;  1; 2), C (1; 1;  3), và đường x 1 y z    Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A và thẳng  : 1 2 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo đường tròn cho bán kính đường tròn nhỏ 20 Lop12.net