KHAI THÁC BÀI TẬP TOÁN PHẦN PHƢƠNG PHÁP TỌA · PDF fileHình học là một môn học ... ý nghĩa của bài tập toán học ... năng lực sử dụng các phép

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM Hà NộI 2

KHOA TOáN

********

LÊ THỊ LIỄU

KHAI THÁC BÀI TẬP TOÁN

PHẦN PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

TRONG KHÔNG GIAN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành : Phƣơng pháp dạy học môn Toán

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học

ThS. Nguyễn Văn Hà

Hà NộI - 2010

Khoá luận tốt nghiệp

Lê Thị Liễu K32G – Toán

1

LỜI CẢM ƠN

Bản khóa luận tốt nghiệp này là bước đầu tiên em làm quen với việc

nghiên cứu khoa học.

Trong thời gian nghiên cứu và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp em đã

nhận được sự giúp đỡ nhiệt tình của các thầy cô trong tổ phƣơng pháp và các

bạn sinh viên trong khoa.

Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Nguyễn Văn Hà, thầy

đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ, hướng dẫn em hoàn thành khóa luận.

Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo!

Hà Nội, tháng 05 năm 2010

Sinh viên

Lê Thị Liễu



2

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan toàn bộ kết quả trong khóa luận này là do em nghiên

cứu dưới sự hướng dẫn của các thầy cô trong tổ phƣơng pháp, đặc biệt là

thầy giáo Thạc sĩ Nguyễn Văn Hà.

Và kết quả trong khóa luận này của em không trùng lập với bất kì kết quả nào

khác.

Hà Nội, tháng 05 năm 2010

Sinh viên

Lê Thị Liễu



3

PHẦN 1: MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Hình học là một môn học khó, nó có tính hệ thống, chặt chẽ, logic, trừu

tượng hoá cao. Đặc biệt là phần hình học không gian (HHKG). Để giải một

bài toán HHKG đòi hỏi học sinh phải có kiến thức thật chắc và vững.

Với một bài toán nói chung và bài toán HHKG nói riêng thì có nhiều

cách giải khác nhau, có thể là phương pháp tổng hợp (PPTH), phương pháp

vectơ, hay phương pháp tọa độ (PPTĐ)... Trong đó có một phần lớn các bài

toán HHKG có thể giải bằng PPTĐ.

PPTĐ cho ta cách giải nhanh chóng, chính xác và tránh được các yếu tố

trực quan, các suy diễn phức tạp của PPTH, và là phương tiện hiệu quả để giải

các bài toán hình học.

Vì vậy, trong rất nhiều năm gần đây PPTĐ được xem là nội dung trọng

tâm của chương trình toán trung học phổ thông.

Xuất phát từ sự say mê của bản thân, ham muốn học hỏi, tìm tòi,

nghiên cứu sâu hơn về HHKG, với mong muốn có được kiến thức vững hơn

về HHKG để chuẩn bị cho việc giảng dạy sau khi ra trường, cùng với sự động

viên khích lệ của thầy giáo Nguyễn Văn Hà mà em đã chọn đề tài : “Khai

thác bài tập toán phần PPTĐ trong không gian”.

2. Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu chủ yếu của đề tài là:

- Cho học sinh thấy được sự tương quan giữa HHKG và HHGT trong

không gian.

- Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải bài toán HHKG.

- Nghiên cứu sâu hơn về HHKG làm tài liệu tham khảo cho học sinh và

giáo viên.



4

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu với nhiệm vụ:

- Nghiên cứu lý luận chung.

+ Bài toán và bài tập toán học.

+ Phương pháp tọa độ trong không gian.

- Hệ thống hoá phương pháp giải các dạng bài tập dưới dạng cơ bản và

nâng cao nhằm phục vụ cho việc giảng dạy: “PPTĐ ở lớp 12 THPT theo phân

phối chương trình”.

4. Phƣơng pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lý luận : Dựa vào những tài liệu sẵn có,

những thành tựu của nhân loại trên những lĩnh vực khác nhau để vận dụng

vào phương pháp dạy học môn Toán.

- Phương pháp quan sát điều tra: Là phương pháp tri giác một hiện

tượng nào đó để thu lượm những số liệu, tài liệu cụ thể đặc trưng cho quá

trình diễn biến của hiện tượng.

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Thực chất là đánh giá và khái

quát kinh nghiệm, từ đó phát hiện ra những vấn đề cần nghiên cứu, hoặc

khám phá những mối liên hệ có tính quy luật của hiện tượng giáo dục.

- Phương pháp thực nghiệm giáo dục: Cho phép ta tạo nên những tác

động giáo dục, từ đó xác định và đánh giá kết quả của những tác động đó.

5. Cấu trúc khoá luận

Phần 1: Mở đầu

Phần 2: Nội dung, bao gồm 2 chương:

Chương 1: Cơ sở lý luận.

Chương 2: ứng dụng dạy học.



5

PHẦN 2: NỘI DUNG

CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN

A. BÀI TOÁN VÀ BÀI TẬP TOÁN HỌC

1. Khái niệm

Theo G.POLYA: Bài toán là việc đặt ra sự cần thiết tìm kiếm một cách

có ý thức các phương tiện thích hợp để đạt đến một mục đích nhất định trông

thấy rõ ràng, nhưng không thể đạt được ngay.

Bài tập là bài toán trong đó có những yêu cầu đặt ra cho người học

nhằm đạt được mục đích dạy học nào đó.

2. Vai trò, ý nghĩa của bài tập toán học

a. Củng cố các kiến thức cơ bản cho học sinh

Trong thực tế một bài toán chứa đựng nhiều kiến thức về khái niệm

toán học và các kết luận toán học. Khi giải một bài toán đòi hỏi ta phải phân

tích dữ kiện của bài toán, huy động các kiến thức đã cho trong đề toán và các

kiến thức đã biết khác có liên quan đến bài toán, tổng hợp lại để đề ra kiến

thức mới nữa…Cuối cùng, chúng ta đi đến được lời giải của bài toán.

Như vậy khi giải một bài toán không những chỉ các kiến thức đã có

trong bài toán mà cả một hệ thống các kiến thức liên quan tới bài toán cũng

được củng cố qua lại nhiều hơn.

b. Rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh

Đặc điểm nổi bật của môn toán là một môn khoa học suy diễn, được

xây dựng bằng phương pháp tiên đề.

Do vậy nên lời giải của bài toán là một hệ thống hữu hạn các thao tác

có thứ tự chặt chẽ để đi đến một mục đích rất rõ rệt.



6

Vì vậy khi giải một bài toán nó có tác dụng trực tiếp rèn luyện cho ta

năng lực sử dụng các phép suy luận hợp logic: Suy luận có căn cứ đúng, suy

luận tuân theo quy tắc suy diễn…

Chúng ta biết rằng không thể có một phương pháp chung nào để giải

được mọi bài toán.

Mỗi bài toán có một hình, một vẻ khác nhau, muốn tìm được lời giải

của bài toán chúng ta phải biết phân tích, phải biết cách dự đoán kết quả, kiểm

tra kết quả, biết cách liên hệ tới các vấn đề tương tự gần giống nhau, biết cách

suy luận tổng hợp khái quát hoá…

Như vậy qua việc giải bài toán năng lực tư duy sáng tạo được rèn luyện và

phát triển.

c. Rèn luyện kĩ năng vận dụng các kiến thức toán học cho học sinh

Một trong những yêu cầu của việc nắm vững các kiến thức của bất cứ

của bộ môn khoa học nào là hiểu, nhớ và vận dụng các kiến thức của bộ môn

khoa học đó vào việc giải quyết các nhiệm vụ đặt ra, tức là giải quyết được

các bài toán đặt ra trong lĩnh vực khoa học đó.

Trong việc giảng dạy toán thì bài toán lại tham gia vào trong mọi tình

huống của quá trình dạy học môn toán.

Trong giảng dạy khái niệm toán học: Bài toán được sử dụng để tổ chức

gây tình huống để dẫn dắt cho học sinh có thể đi đến định nghĩa khái niệm.

Bài toán được sử dụng đã nêu ra làm các ví dụ và phản ví dụ minh họa cho

khái niệm. Bài toán được sử dụng để luyện tập, củng cố vận dụng khái niệm.

Trong giảng dạy định lý toán học: Bài toán có thể được sử dụng để tổ

chức gây tình huống dẫn dắt học sinh phát hiện ra nội dung định lý toán học.

Bài toán có thể được sử dụng để cho học sinh tập vận dụng định lý, đặc biệt là



7

việc tổ chức hướng dẫn học sinh chứng minh định lý chính là việc tổ chức

hướng dẫn học sinh tập tìm ra lời giải của một chương nào đó của môn học.

Trong luyện tập toán học : Bài toán là phương tiện chủ yếu trong các

tiết luyện tập toán học. Trong đó người giáo viên phải xây dựng được một hệ

thống các bài tập có liên quan chặt chẽ với nhau để nhằm giúp học sinh củng

cố các kiến thức và hình thành một số kĩ năng cơ bản nào đó.

d. Bồi dưỡng phát triển nhân cách cho học sinh

Đặc biệt cơ bản trong tính cách của con người là: Mọi hoạt động đều có

mục đích rất rõ ràng. Khi giải một bài toán ta luôn có định hướng mục đích

rất rõ rệt, vì vậy việc giải bài toán sẽ góp phần tích cực vào việc rèn luyện

năng lực hoạt động của con người.

Để giải một bài toán nhất là đối với các bài toán khó ta phải vượt qua

rất nhiều khó khăn, phải kiên trì nhẫn lại và nhiều khi ta phải có quyết tâm rất

lớn để giải bài toán đó.

Nói theo cách của G.POLYA thì : “Khát vọng và quyết tâm giải được

bài toán là nhân tố chủ yếu của quá trình giải mọi bài toán”.

Do vậy ta thấy rằng : Hoạt động giải toán chính là nhân tố chủ yếu của

quá trình hình thành và phát triển nhân cách của con người.

3. Phân loại bài toán

a. Phân loại theo hình thức bài toán:

- Bài toán chứng minh: Là bài toán mà kết luận của nó đã được đưa ra

một cách rõ ràng trong đề bài toán.

- Bài toán tìm tòi: Là bài toán trong đó kết luận của nó chưa sẵn sàng

trong đề bài toán.

b. Phân loại theo phương pháp giải toán:



8

- Bài toán có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của nó theo

một angôrit nào đó hoặc mang tính chất angôrit nào đó.

- Bài toán không có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của

nó không theo một angôrit nào đó hoặc không mang tính chất angôrit nào đó.

c. Phân loại theo nội dung bài toán:

Bài toán số học

Bài toán đại số

Bài toán hình học

d. Phân loại theo ý nghĩa giải toán:

- Bài toán củng cố kỹ năng: Là bài toán nhằm củng cố trực tiếp ngay

sau khi học hoặc một vài kiến thức hay kỹ năng nào đó.

- Bài toán phát triển tư duy: Là bài toán nhằm củng cố một hệ thống các

kiến thức cũng như kỹ năng nào đó hoặc đòi hỏi phải có một khả năng tư duy

phân tích, tổng hợp hoặc vận dụng một cách sáng tạo.

4. Phƣơng pháp giải một bài toán

Phương pháp tìm lời giải của bài toán: Dựa theo 4 bước của G.POLYA.

a. Bước 1: Tìm hiểu đề

Trước khi giải một bài toán ta phải phân tích đề bài của bài toán, rồi tìm

hiểu thấu đáo nội dung của bài toán bằng những câu hỏi sau :

- Những cái đã biết ? Cái gì chưa biết của bài toán ?

- Tìm những yếu tố cố định, những yếu tố không đổi, những yếu tố thay

đổi biến thiên của bài toán.

- Xác định các ẩn và giá trị hằng của bài toán.

- Dữ kiện của bài toán có đủ để xác định cái chưa biết hay không ?

b. Bước 2 : Xây dựng chương trình giải



9

Chúng ta có thể tiến hành xây dựng chương trình giải theo phương

pháp sau:

- Phương pháp đi xuôi:

Xuất phát từ các giả thiết của bài toán được lấy làm tiền đề. Bằng suy

luận hợp logic chúng ta tìm ra các hệ quả logic của các tiền đề đó. Tiếp tục

chọn lọc trong đó để lấy ra các hệ quả gần gũi với kết luận của bài toán làm

tiền đề mới. Lại bằng suy luận hợp logic chúng ta tìm ra hệ quả logic mới gần

gũi hơn với kết luận… Cứ tiếp tục quá trình ấy chúng ta tìm ra các hệ quả

logic trùng với kết luận của bài toán. Khi ấy ta tìm được lời giải của bài toán.

Phương pháp này được mô tả theo sơ đồ sau:

A B

C D

X (trong đó A,C là giả thiết, còn X là kết luận )

- Phương pháp đi ngược:

Đó là quá trình xuất phát từ kết luận của bài toán. Bằng suy luận hợp

logic chúng ta đi ngược lên để tìm các tiền đề logic của kết luận này.

Tiếp tục chọn lọc trong đó để lấy ra các tiền đề gần gũi với giả thiết của

bài toán làm kết luận mới. Lại bằng suy luận hợp logic chúng ta tìm ra tiền đề

logic mới của các kết luận mới này… Cứ tiếp tục quá trình ấy chúng ta tìm ra

các tiền đề logic trùng với giả thiết của bài toán. Khi ấy ta tìm được lời giải

của bài toán.

Phương pháp này được mô tả theo sơ đồ sau:

XC A

D B

(trong đó A,B là giả thiết, còn X là kết luận)

c. Bước 3 : Thực hiện chương trình giải



10

Đây là quá trình tổng hợp lại của bước xây dựng chương trình giải, ta

dùng các phép suy luận hợp logic xuất phát từ giả thiết của bài toán, các mệnh

đề toán học đã biết ta suy dần ra tới kết luận của bài toán.

d. Bước 4 : Nhận xét lời giải và khai thác bài toán

Thử lại kết quả của bài toán, thử lại các lập luận trong lời giải đã tìm

được của bài toán.

Tìm các cách giải khác nếu có của bài toán.

Nghiên cứu các bài toán có liên quan.

Ví dụ 1: Phân tích quá trình tìm lời giải bài toán sau:

Chứng minh rằng nếu ΔABC thỏa mãn điều kiện 2 BsinA.sinC = cos

2

thì ΔABC là tam giác cân.

HD :

Để chứng minh một tam giác là tam giác cân có nhiều cách : Hoặc

chứng minh 2 cạnh nào đó bằng nhau, hoặc chứng minh 2 góc nào đó bằng

nhau.

ở đây ta thấy giả thiết của bài toán cho biết đẳng thức liên hệ về góc, ta

sẽ chứng minh tam giác đó có hai góc nào đó bằng nhau.

Hơn nữa ta thấy trong đẳng thức đã cho thì vai trò của góc A và C là

như nhau. Do đó ta sẽ chứng minh trong ΔABC có góc A = C.

Biến đổi đẳng thức đã cho bằng cách làm mất sự có mặt của góc B

bằng cách thay B = o180 - (A+C).

Sau đó sử dụng công thức biến đổi lượng giác, ta có đẳng thức sau :

2 BsinA.sinC = cos

2

2 A + C sinA.sinC = sin

2Û



11

2sinA.sinC = 1 - cos(A+C)Û

cosA.cosC + sinA.sinC = 1 Û

cos(A - C) = 1

A = C

Û

Þ

Vậy :ΔABC cân tại B.

Ví dụ 2 : Phân tích tìm lời giải của bài toán sau :

Tính tổng 2 3 nS = 1 + 2a + 3a + 4a +...+ (n + 1)a .

HD :

Ta liên hệ với bài toán tính tổng tương tự đơn giản hơn :

Tính tổng 2 3 nP = 1 + a + a + a +...+ a .

Ta có : 2 3 4 n+1aP = a + a + a + a ...+ a

n+1

n+1

P - aP = 1 - a

1 - aP =

1 - a

(Với a 1¹ )

Vận dụng cách tính tổng P ở trên ta tính tổng S như sau :

Ta có : 2 3 4 n+1aS = a + 2a + 3a + 4a +...+ (n + 1)a

2 n n+1S - aS = 1 + a + a +...+ a - a

Ta thấy : n+1

2 3 n 1 - a1 + a + a + a +...+ a = P =

1 - a . Thay vào ta có :

n+1 n+1 n+1

n+1

2

1 - a 1 - a - (1 - a)(n + 1)aS - aS = - (n + 1)a S =

1 - a (1 - a)

Nhận xét cách giải:

Để tính tổng S (hoặc P) là các tổng hữu hạn gồm n số hạng, ta nhân tổng đó

với a, rồi xét hiệu : aS - S hoặc S - aS.

Từ đây ta tính được S.



12

B. PHƢƠNG PHáP TọA Độ TRONG KHÔNG GIAN (Hình học12)

1. Nội dung chính

+ Phương trình tổng quát của mp :

Ax + By + Cz +D = 0 (1) (với 2 2 2A +B +C 0 )

VTPT của mp là : n = (A; B; C)

.

+ Phương trình đường thẳng:

Đi qua 0 0 0 0

M = (x ; y ; z ) với VTCP u = (a; b; c)

là:

- Phương trình tham số là:



13

0

0

0

x = x + at

y = y + bt (t R)

z = z + ct

íïïïï Îìïïïïî

- Phương trình chính tắc là:

0 0 0x - x y - y z - z

= = (abc 0)a b c

+ Phương trình mặt cầu:

2 2 2x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*) ( 2 2 2a + b + c > d )

là phương trình mặt cầu có tâm I = (-a; -b; -c) và bán kính R =

2 2 2a + b + c - d

2. Mục đích yêu cầu của việc giảng dạy : “PPTĐ trong không gian”

a. Về kiến thức :

- Chương 3 nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản về khái niệm

về tọa độ trong không gian và những ứng dụng của nó.

+ Tọa độ vectơ và tọa độ điểm.

+ Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ.

+ Tích vô hướng của 2 vectơ.

+ Phương trình mặt cầu.

- Giới thiệu về phương trình mặt phẳng trong không gian.

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng.

+ Phương trình tổng quát của mặt phẳng.

+ Điều kiện để hai mặt phẳng song song, vuông góc.

+ Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

- Phương trình đường thẳng trong không gian.

+ Phương trình tham số của đường thẳng.



14

+ Điều kiện để hai đường phẳng song song.

+ Điều kiện để hai đường phẳng chéo nhau.

+ Điều kiện để hai đường phẳng cắt nhau.

b. Về kĩ năng

- Xác định được các vectơ trong không gian.

- Vận dụng được các tính chất để giải bài tập.

- Chứng minh được hai mặt phẳng: song song, vuông góc.

- Lập được các phương trình đường thẳng, mặt phẳng.

- Xác định được vị trí tương đối.

c. Về thái độ

Học xong chương trình này học sinh sẽ liên hệ được với nhiều vấn đề

thực tế sinh động, liên hệ được với nhiều vấn đề hình học đã học ở lớp dưới,

mở ra một cách nhìn mới về hình học. Từ đó, các em có thể sáng tạo ra nhiều

bài toán hoặc nhiều dạng toán mới.

Kết luận :

Khi học xong chương này, học sinh cần làm tốt các bài tập sách giáo khoa và

các bài kiểm tra trong chương.

3. Phƣơng pháp giải bài toán bằng tọa độ

PPTĐ trong không gian là phương pháp giải các bài toán HHKG mà ở

đó ta quy việc giải chúng về khảo sát nhiều phương trình (hệ phương trình).

Các bước giải bài toán HHKG bằng PPTĐ :

Bước 1: Chọn hệ tọa độ thích hợp.

Bước 2: Chuyển ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ.

Bước 3: Giải bài toán bằng kiến thức PPTĐ.



15

Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang ngôn ngữ hình học.

CHƢƠNG 2 :ứng dụng dạy học

Nội dung chƣơng trình

Chương 3 : Phương pháp tọa độ trong không gian. (20 tiết)

Bài 1 : Hệ tọa độ trong không gian. (5 tiết)

Bài 2 : Phương trình mặt phẳng. (5 tiết)



16

Bài 3 : Phương trình đường thẳng trong không gian. (8 tiết)

Ôn tập chương 3. (2 tiết)

A. CáC KIếN THứC CƠ BảN

1. Tọa độ của vectơ và của điểm

Ta có : u = (x; y; z) u = x.i + y.j + z.k

M = (x; y; z) OM = x.i + y.j + z.k

Nếu A(a; b; c) và B(a‟; b‟; c‟) thì AB = (a' - a; b' - b; c' - c)

2. Tích vô hƣớng của hai vectơ: u

= (a; b; c) và v

= a; b; c

2

2 2 2

u.v = u . v .cos(u,v) = a.a' + b.b' + c.c'

u = u = a + b + c

2 2 2 2 2 2

aa' + bb' + cc'cos(u,v) =

a + b + c a' + b' + c'

với u 0

, v 0

u v a.a' + b.b' + c.c' = 0

3. Tích có hƣớng của hai vectơ u

= (a; b; c) và v

= a; b; c :

Kí hiệu là u,v

, được xác định bởi: u,v

=

b c c a a b; ;

b' c' c' a' a' b'

Một số tính chất : + u,v

u

, u,v

v

+ u,v

= u . v .sin(u,v)

+ u

, v

cùng phương u,v

= 0

+ u, v, w

cùng phương u,v .w 0

- Diện tích tam giác: ABC

1S = AB,AC

2



17

- Thể tích khối hộp : ABCD.A'B'C'D'

V = AB,AD .AA'

- Thể tích tứ diện : ABCD

1V = AB,AC .AD

6

4. Phƣơng trình mặt cầu

Mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R có phương trình:

2 2 2 2x - a + y - b + z - c = R

Ngược lại phương trình: 2 2 2x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*)

là phương trình mặt cầu nếu có điều kiện :2 2 2a + b + c > d . Khi đó I(-a; -b; -c)

là tâm của mặt cầu và R = 2 2 2a + b + c - d là bán kính của mặt cầu.

5. Phƣơng trình mặt phẳng:

+ Mặt phẳng đi qua điểm M(a; b; c) và VTPT n = (A; B; C)

có phương trình

tổng quát là: A(x - a) + B(y - b) + C(z - c) = 0

+ Mỗi mặt phẳng đều có phương trình tổng quát dạng:

Ax + By + Cz +D = 0 (1) (với 2 2 2A + B + C 0 )

Nếu mp( ) có pt (1) thì n = (A; B; C)

là VTPT của mp( ).

+ Mp( ) không đi qua O, cắt Ox tại điểm (a; 0; 0), cắt Oy tại điểm (b; 0; 0),

cắt Oz tại điểm (0; 0; c) có phương trình : x y z

+ + = 1 (abc 0)a b c

Phương trình này gọi là phương trình đoạn chắn của mp( ).

6. Phƣơng trình đƣờng thẳng :

+ Đường thẳng đi qua 0 0 0 0

M = (x ; y ; z ) với VTCP u = (a; b; c)

có:

- Phương trình chính tắc là: 0 0 0x - x y - y z - z

= = (abc 0)a b c



18

- Phương trình tham số là

0

0

0

x = x + at

y = y + bt (t R)

z = z + ct


7. Vị trí tƣơng đối giữa hai mặt phẳng

Cho 2mp : Ax + By + Cz + D = 0 và ' :A'x + B'y + C'z + D' 0

Khi đó : + ( ) ( ') A B C D

= = = A' B' C' D'

+( ) ( )A B C D

// ' = = A' B' C' D'

a a Û ¹

+ , ' cắt nhau A : B : CA‟: B‟: C‟

Đặc biệt ' AA' + BB' + CC' 0 .

8. Vị trí tƣơng đối giữa đƣờng thẳng d (đi qua 0

M và có VTCP u

) và

đƣờng thẳng d’ (đi qua 0

M' và có VTCP u'

).

+ d, d‟ cùng nằm trong một mp 0 0

u,u' .M M ' 0

+ 0 0

d d' u,u' = u,M M ' = 0

+

0 0

u,u' 0

d//d'u,M M ' 0

í é ùï =ï ê úï ë ûïÛ ìï é ùï ¹ê úï ûëïî

r ur r

r uuuuuur r

+ d và d‟ cắt nhau

0 0

u,u' 0

u,u' .M M ' = 0

í é ùï ¹ï ê úï ë ûïÛ ìï é ùï ê úï ûëïî

r ur r

r ur uuuuuur

+ d, d‟ chéo nhau 0 0u,u' .M M ' 0

9. Góc

+ Góc giữa 2mp :Ax + By + Cz + D 0 và ' :A'x + B'y + C'z + D' 0



19

cos φ = 2 2 2 2 2 2

AA' + BB' + CC'

A + B + C A' + B' + C'

+ Góc giữa 2 đường thẳng d,d‟ lần lượt có VTCP u(a; b; c), u'(a'; b'; c')

là:

2 2 2 2 2 2

u.u' aa' + bb' + cc'cosφ = = (0 φ 90 )

u . u' a + b + c a' + b' + c'

o

+ Góc giữa đường thẳng d có VTCP u(a; b; c)

và mp có VTPT

n A; B; C

là: 2 2 2 2 2 2

u.n Aa + Bb + Ccsinφ = =

u . n A + B + C a + b + c

10. Khoảng cách

+ Khoảng cách giữa 2 điểm ( ) ( )A A A B B BA x ; y ; z , B x ; y ; z là:

( ) ( ) ( )2 2 2

B A B A B AAB = x - x + y - y + z - z

+ Khoảng cách từ điểm M(a; b; c) tới mp :Ax + By + Cz + D 0 là:

(M, α ) 2 2 2

Aa + Bb + Cc + Dd =

A + B + C

+ Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (đi qua 0

M , có VTCP u

) là:

0

(M,Δ)

MM ,ud =

u

+ Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau: (đi qua 0

M , có VTCP u

)

và ' (đi qua 0

M ', có VTCP u'

) là :

0 0

(Δ,Δ')

u,u' .M M 'd =

u ,u'

B. các dạng BàI TậP



20

DạNG 1: CáC BàI TOáN LIÊN QUAN TớI vectơ

Bài tập cơ bản

Bài 1

Cho 2 điểm A(a; b; c) và B(a‟; b‟; c‟). Tìm tọa độ điểm M sao cho:

MA = kMB

trong đó k 1. (Bài 6-Trang81-SGKNC hình

học12)

Giải

Giả sử M(x; y; z).

Ta có MA

= (a - x; b - y; c - z); MB

= (a‟ - x; b‟ - y; c‟ - z).

Khi đó : MA = kMB

a - ka'x =

1 - ka - x = k(a' - x)b - kb'

b - y = k(b' - y) y = 1 - k

c - z = k(c' - z)c - kc'

z = 1 - k

(với k 1)

Vậy: Điểm a - ka' b - kb' c - kc'

M = ; ; 1 - k 1 - k 1 - k

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø

thoả mãn điều kiện bài toán.

Bài 2

a) Tìm điểm M thuộc Ox sao cho M cách đều 2 điểm : A(1; 2; 3), B(-3; -3; 2).

b) Cho A(2; 0; 4), B( 4; 3; 5 ), C( sin5t; cos3t; sin3t ). Tìm t để AB vuông góc

với OC (với O là gốc tọa độ). (Bài 8-Trang81-SGKNC hình

học12)

Giải

a) Ta có: M thuộc Ox nên M = (x; 0; 0).

Vì MA = MB nên 2 2MA = MB hay



21

2 2 22 2 21 - x + 2 + 3 = -3 - x + -3 + 2

x = -1 .

Vậy M = (-1; 0; 0).

b) Ta có: AB = (2; 3; 1), OC = (sin5t; cos3t; sin3t)

Đường thẳng AB, OC vuông góc

AB.OC 0

2sin5t + 3cos3t + sin3t 0

3 1sin5t + cos3t + sin3t 0

2 2

-π πt = + k

π 24 4sin5t sin(3t + ) ; (k,l )

2π3t = + lπ

3

Bài 3

Xét sự đồng phẳng của 3 vectơ u, v, wr r ur

trong các trường hợp sau:

a) ( ) ( ) ( )u 4; 3; 4 , v 2; -1; 2 , w 1; 2; 1r r ur

b) ( ) ( ) ( )u 1; -1; 1 , v 0; 1; 2 , w 4; 2; 3r r ur

c) ( ) ( ) ( )u 4; 2; 5 , v 3; 1; 3 , w 2; 0; 1r r ur

(Bài 9-Trang81-SGKNC hình

học12)

Giải

a) Ta có: ( )3 4 4 4 4 3

u,v = ; ; = 10; 0; -10-1 2 2 2 2 -1

æ ö÷é ù ç ÷ç ÷ê ú çë û ÷çè ø

r r

u,v .w = 10 + 0 - 10 = 0é ùÞ ê úë û

r r ur

Vậy: u, v, wr r ur

đồng phẳng.

Tương tự:



22

b) u, v, wr r ur

không đồng phẳng.

c) u, v, wr r ur

đồng phẳng.

Bài 4

Cho tứ diện ABCD có A(2; 1; -1), B(3; 0; 1), C(2; -1; 3) và D thuộc

Oy. Biết ABCD

V = 5. Tìm toạ độ đỉnh D.

(Bài 25-Trang119-SBTNC hình

học12)

Giải

Giả sử D = (0; y; 0) thuộc trục Oy.

Ta có: ( ) ( ) ( )AB 1; -1; 2 , AD -2; y - 1; 1 , AC 0; -2; 4uuur uuur uuur

( )AB,AC = 0; -4; -2é ùÞ ê úë û

uuur uuur

AB,AC .AD = -4(y - 1) - 2 = -4y + 2é ùÞ ê úë û

uuur uuur uuur

Theo giả thiết ABCD

V = 5.

Mặt khác, ta có: ABCD

1V = AB,AC .AD

6

= 5

1-4y + 2 = 5

6

-4y + 2 = 30

y = -7, y = 8

Û

Û

Þ

Vậy có hai điểm D trên Oy thoả mãn : (0; -7; 0) và (0; 8; 0).

Bài 5

Cho A(0; 0; -3), B(2; 0; -1) và mp(P) : 3x - 8y + 7z - 1 = 0. Tìm tọa độ

điểm C nằm trên mp(P) sao cho tam giác ABC đều.



23


học12)

Giải

Ta có: ( )AB = 2; 0; 2 AB = 2 2Þuuur

.

Giả sử C = (x; y; z).

Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB = AC = BC (với C thuộc mp(P))

hay

( )

( )

( ) ( )

22 2

2 22

x + y + z + 3 = 8CA = 2 2

CB = 2 2 x - 2 + y + z +1 = 8

C P 3x - 8y + 7z - 1 = 0

íí ïï ïï ïï ïïï ïÛì ìï ïï ïï ïÎï ïïî ïî

Giải hệ bằng phương pháp thế, ta có 2 nghiệm và do đó có 2 điểm C thoả

mãn :

( )1 2

2 2 1C = 2; -2; -3 , C = - ; - ; -

3 3 3


Bài tập nâng cao

Bài 1

Cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 0; 1), C(2; 1; 1)

a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình bình hành (hbh).

c) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

d) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.


học12)

Giải

a) Ta có BA = (1; 0; -1), BC = (2; 1; 0)

.

Do tọa độ của 2 vectơ đó không tỉ lệ nên chúng không cùng phương.



24

Vậy: 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Giả sử D(x; y; z) thì BD = (x; y; z - 1)

.

Vì ABCD là hbh nên

x = 1 + 2 x = 3

BD = BA + BC y = 0 + 1 y = 1

z - 1 = -1 z = 0

Vậy D = (3; 1; 0).

c) Ta có :

2 2 2

2 2 2

AB = 1 + 0 + (-1) = 2;

BC = 2 + 1 + 0 = 5;

AC = 3

Vậy : Chu vi tam giác ABC bằng 2 + 3 + 5

Nhận xét: 2 2 2BC = AB + AC nên tam giác ABC vuông tại A.

Vậy: Diện tích tam giác ABC là :

S = 1 6

AB.AC = 2 2

d) Từ công thức:

ABC A

1S = h .BC

2

ABC

A

2S 30h = =

BC 5

Bài 2

Cho tam giác ABC có: A(1; 2; -1), B(2; -1; 3), C(-4; 7; 5). Tính độ dài

đường phân giác trong của tam giác kẻ từ đỉnh B.


học12)



25

Giải

Ta có: ( ) ( ) ( )AB 1; -3; 4 , AC -5; 5; 6 , BC -6; 8; 2uuur uuur uur

.

Gọi D là chân đường phân giác kẻ từ B, giả sử D(x; y; z).

Ta có:

DA BA 26 1 = = =

DC BC 2104

Vì D nằm giữa A, C (phân giác trong) nên

1

DA = - DC hay CD = 2DA2

uuur uuur uuur uuur

Hay

2x = -

32(1 - x) = x + 411

2(2 - y) = y - 7 y = 3

2(-1 - z) = z - 5z = 1

íïïïïí ïï ïï ïïï ïÛì ìï ïï ïï ïïî ïïïïïî

Vậy 2 11 2 74

D = - ; ; 1 BD = 3 3 3

æ ö÷ç Þ÷ç ÷çè ø

Bài 3

Cho 4 điểm A(1; 1; 0), B(0; 2; 1), C(1; 0; 2), D(1; 1; 1).

a) Chứng minh 4 điểm không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCD.

b) Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC, của tứ diện ABCD.

c) Tính diện tích các mặt của tứ diện.

d) Tính độ dài các đường cao của khối tứ diện.

e) Tính góc AB, CD. (Bài 21-Trang118-SBTNC hình

học12)

Giải

a) Ta có : AB = (-1; 1; 1), AC = (0; -1; 2), AD = (0; 0; 1)



26

AB,AC .AD 1 0 AB, AC, AD

không đồng phẳng.

Do đó: 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng.

Ta có: VABCD = 1 1

AB,AC .AD = 6 6

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC2

G = ; 1; 13

æ ö÷çÞ ÷ç ÷çè ø.

Gọi G‟ là trọng tâm của tứ diện ABCD

3G' = ; 1; 1

4

æ ö÷çÞ ÷ç ÷çè ø

c) Ta có:

SABC =

2 2 2

1 1 1 -1 -1 11 1 14AB,AC = + + =

-1 2 2 0 0 -12 2 2

SACD =

2 2 2

1 0 2 0 0 11 1 1AC,AD

0 1 1 0 0 02 2 2

SADB =

2 2 2

0 1 1 0 0 01 1 2AD,AB

1 1 1 1 1 12 2 2

SBCD =

2 2 2

-2 1 1 1 1 -21 1 3BC,BD = + + =

2 2 2-1 0 0 1 1 -1

é ùê úûë

uur uur

d) Từ công thức:

V =1

3B.h h =

3V

B

(B là diện tích đáy, h là chiều cao tương ứng)

Gọi : hA, hB, hC, hD là chiều cao hạ từ A, B, C, D thì :

hA = BCD

13.

3V 16= =S 3 3

2

;



27

hB = ACD

13.

3V 6= = 11S

2

;

hC = ABD

13.

3V 16= =S 2 2

2

:

hD = ABC

13.

3V 16= =S 14 14

2

;

e) Vì : AB = (-1; 1; 1), CD = (0; 1; -1) AB.CD 0

.

Vậy : Góc giữa AB và CD bằng 900

DạNG 2: PHƢƠNG TRìNH MặT PHẳNG

BàI TậP CƠ BảN

Bài 1

Viết phương trình mặt phẳng:

a) Đi qua 3 điểm M(2; 0; -1), N(1; -2; 3), P(0; 1; 2).

b) Đi qua 2 điểm A(1; 1; -1), B(5; 2; 1) và song song với Oz.

c) Đi qua điểm (3; 2; -1) và song song với mp có phương trình: x - 5y + z = 0

d) Đi qua 2 điểm A(0; 1; 1), B(-1; 0; 2) và vuông góc với mp: x - y + z + 1 =

0


học12)

Giải

a) Ta có: MN(-1; -2; 4), MP(-2; 1; 3), MN,MP = (-10; -5; -5)

.

Mp(MNP) qua điểm M và có VTPT n

// MN,MP

nên ta lấy n

= (2; 1; 1).



28

Vậy: Mp(MNP) có phương trình: 2(x - 2) + y + (z - 1) = 0

hay 2x + y + z - 3 = 0

b) Giả sử: Mp(P) đi qua A, B và song song với Oz, có VTPT n

.

n = AB,k

với AB = 4; 1; 2 , k = 0; 0; 1

Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 1; -1) có n

=(1; -4; 0) có phương trình là:

1(x - 1) - 4(y - 1) + 0 = 0

hay x - 4y + 3 = 0

c) Mp(P) cần tìm phải song song với mp : x - 5y + z = 0.

Vậy: Mp(P) qua (3; 2; -1) có VTPT (1; -5; 1) có phương trình là :

(x - 3) - 5(y - 2) + 1(z + 1) = 0

hay x - 5y + z + 8 = 0

d) Mp(P) vuông góc với mp : x - y + z - 1 = 0

nên VTPT n

của (P) phải vuông góc với n = -1; -1; 1

.

Mp(P) lại đi qua 2 điểm A, B nên n

vuông góc với AB = -1; -1; 1

.

n = AB,n' (0; 2; 2)

Vậy : Phương trình mp(P) là

2(y - 1) + 2(z - 1) = 0 hay y + z - 2 = 0

Bài 2

Viết phương trình mp :

a) Đi qua điểm M(2; -1; 2), song song với Oy và vuông góc với mp có

phương trình : 2x - y + 3z + 4 = 0.

1 2 2 4 4 1n ; ; (1; 4;0)

0 1 1 0 0 0



29

b) Đi qua điểm M(-2; 3; 1) và vuông góc với hai mặt phẳng có phương trình

là :( ) ( ):2x + y + 2z + 5 = 0, ' :3x + 2y + z -3 = 0a a


học12)

Giải

a) VTPT của mp: 2x - y + 3z + 4 = 0 là : ( )n 2; -1; 3r

Trục Oy có VTCP là : ( )j 0; 1; 0r

.

VTPT của mp cần tìm là :

( )1 0 0 0 0 1

n' = j ,n = ; ; = 3; 0; -2-1 3 3 2 2 -1


ur r r

Vậy phương trình của nó là : 3x - 2z - 2 = 0

b) Mặt phẳng ( ) ( ), 'a a có VTPT lần lượt là : ( ) ( )'n 2; 1; 2 , n 3; 2; 1

a a

uur uur.

Mặt phẳng cần tìm vuông góc với ( ) ( ), 'a a nên có VTPT là :

( )'

1 2 2 2 2 1n = n ,n = ; ; = -3; 4; 1

2 1 1 3 3 2a a


r uur uur

Vậy phương trình mp cần tìm là : -3(x + 2) + 4(y - 3) + 1(z - 1) = 0

hay 3x - 4y - z + 19 = 0

Bài 3

Viết phương trình mp: Đi qua M(1; 2; 4), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C

sao cho: OA = OB = OC 0. (Bài 39-Trang124-SBTNC hình

học12)

Giải

Mặt phẳng đi qua M(1; 2; 4) có phương trình :

a(x - 1) + b(y - 2) + c(z - 4) = 0

hay ax + by + cz = a + 2b + 4c (Với a + 2b + 4c 0)



30

Ta có: a + 2b + 4c

A = ( ; 0; 0)a

; a + 2b + 4c

B = (0; ; 0)b

;

a + 2b + 4cC = (0; 0; )

c;

Vì OA = OB = OC nên OA2 = OB

2 = OC

2

Do đó:

2

2

a + 2b + 4c

a

2

2

a + 2b + 4c

b

2

2

a + 2b + 4c

c

hay a2 = b

2 = c

2

Khi đó xảy ra các trường hợp sau:

a = b = c pt(1) trở thành x + y + z = 0

a = b = -c pt(1) trở thành x + y - z + 1 = 0

a = c = -b pt(1) trở thành x - y + z - 3 = 0

-a = b = c pt(1) trở thành -x + y + z - 5 = 0

Bài 4

Viết phương trình mp đi qua điểm M‟(2; 1; -1) và qua giao tuyến của 2

mp: x - y + z - 4 = 0 và 3x - y + z - 1 = 0 . (Bài 43-Trang125-SBTNC hình

học12)

Giải

Gọi M(x; y; z) là điểm thuộc giao tuyến d của 2mp.

Khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ: x - y + z = 4

3x - y + z = 1

íïïìïïî

+ Cho z = 0, ta có: 1

3x = -

x - y = 4 3 112M - ; - ; 0 d

2 23x - y = 1 11y = -

2

íïïïí æ öï ïï ï ÷çÛ Þ Îì ì ÷ç ÷çï ï è øïî ïïïïî



31

+ Cho y = 0, ta có: 2

3x = -

x + z = 4 3 112M - ; ; 0 d

2 23x + z = 1 11y =

2

íïïïí æ öï ïï ï ÷çÛ Þ Îì ì ÷ç ÷çï ï è øïî ïïïïî

Mặt phẳng cần tìm là mp đi qua 3 điểm M‟, 1 2

M , M có phương trình là :

15x - 7y + 7z - 16 = 0

Bài 5

Cho 2 đường thẳng 1

x y - 1 z + 1d : = =

2 1 -1 ; 2

x = 1 + t

d y = -1 - 2 t

z = 2 + t

và điểm

A(0; 1; 2). Viết phương trình mp(P) đi qua A, đồng thời song song 1 2d , d .

(Đề thi ĐH khối D-2006)

Giải

VTCP của 1 2d , d lần lượt là 1 2u 2; 1; -1 , u 1; -2; 1

.

VTPT của (P) là 1 2n = u ,u = -1; -3; -5

.

Mp(P) đi qua A(0; 1; 2) nên phương trình của (P) là:

-x - 3(y - 1) - 5(z - 2) = 0

hay x + 3y + 5z - 13 = 0

Bài tập nâng cao

Bài 1

Viết phương trình mp(P) chứa trục Oz và tạo với mp(Q) có phương trình

2x + y - 5z = 0 một góc o60 . (Bài 47-Trang126-SBTNC hình

học12)

Giải

Mặt phẳng (P) chứa Oz nên có dạng: Ax + By = 0.



32

Suy ra: VTPT của (P) là: ( )Pn = A; B; 0uur

.

Mà VTPT của (Q) là: ( )Qn = 2; 1; - 5uur

.

Theo giả thiết của bài toán :

( ) o

P Q 2 2

2 2

2 2

2A + B 1cos n ,n = = cos60 =

2A + B . 4 + 1 + 5

2 2A + B = 10. A + B

6A + 16AB - 6B = 0

Û

Û

uur uur

Chọn B = 1. Ta có: 2 1

2

1A =

6A + 16A - 6 = 0 3

A = -3

éêêÞêêë

Vậy có 2 mp(P) là: 1

x + y = 0; -3x +y = 03

Bài 2

Cho 3 điểm A(0; 1; 2), B(2; -2; 1), C(-2; 0; 1)

a) Viết phương trình mp đi qua 3 điểm A, B, C.

b) Tìm điểm M thuộc mp: 2x + 2y + z - 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.

(Đề thi ĐH khối B-2008)

Giải

a) Ta có : AB = (2; -3; -1)

, AC = (-2; -1; -1)

.

Mp(ABC) nhận vectơ n = AB,AC

= (2; 4; -8) làm VTPT.

Vậy : Phương trình mp (ABC) là : 2(x - 0) + 4(y - 1) - 8(z - 2) = 0

2x + 4y -8z + 12 = 0

x + 2y - 4z + 6 = 0

b) Giả sử M = (x; y; z) .

Do M thuôc mp đã cho nên ta có : 2x + 2y + z - 3 = 0

Mặt khác MA = MB = MC nên:



33

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 22x + y - 1 + z - 2 = x - 2 + y + 2 + z - 1 = x + 2 + y + z - 1

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 22x + y - 1 + z - 2 = x - 2 + y + 2 + z - 1 = x + 2 + y + z - 1

2x + 2y + z - 3 = 0

íïïìïïî

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 22

2 2 2 22

x + y - 1 + z - 2 = x - 2 + y + 2 + z - 1

x + y - 1 + z - 2 = x + 2 + y + z - 1

2x + 2y + z - 3 = 0

íïïïïïÛ ìïïïïïî

Giải hệ ta được x = 2 , y = 3 , z = -7.

Vậy : M = (2; 3; -7).

Bài 3

Viết phương trình mặt phẳng :

a) Đi qua G(1; 2; 3 ), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho G là trọng tâm

ABC .

b) Đi qua H(2; 1; 1 ), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm

ABC .


học12)

Giải

a) Giả sử A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).

Vì G là trọng tâm ABC nên :

a + 0 + 0 0 + b + 0 0 + 0 + c = 1; = 2; = 3

3 3 3

a = 3; b = 6; c = 9

Vậy : Phương trình của mp cần tìm là

x y z

+ + 13 6 9

.



34

b) Mp đi qua H(2; 1; 1 ) cắt các trục tọa độ tại A, B, C .

Khi đó: Tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.

H là trực tâm ABC OH (ABC) .

Mp(ABC) đi qua H và có VTPT là OH = (2; 1; 1)

có phương trình là :

2(x - 2) + (y - 1) + (z - 1) = 0

hay 2x + y + z - 6 = 0

Bài 4

Cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1; 2; 1), B(-2; 1; 3), C(2; -1; 1) và

D(0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách

từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P). (Đề thi ĐH khối B-2009)

Giải

+ Nếu (P) song song với CD :

Ta có : AB = -3; -1; 2 , CD = (-2; 4; 0)

n = AB,CD = (8; 4; 13)

hay n = (4; 2; 7)

Vậy : Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1; 2; 1) có VTPT n = (4; 2; 7)

là

4(x - 1) + 2(y - 2) + 7(z - 1) = 0

4x + 2y + 7z - 15 = 0

+ Nếu (P) đi qua trung điểm I của CD :

Tọa độ trung điểm I là I = (1; 1; 1).

Ta có :

AI = (0; -1; 0), BI = (3; 0; -2)

AI,BI = (2; 0; 3)

Vậy : Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1; 2; 1) có VTPT (2; 0; 3) là

2(x - 1) + 0(y - 2) + 3(z - 1) = 0

2x + 3z - 5 = 0



35

DạNG 3: PHƢƠNG TRìNH ĐƢờNG THẳNG


Bài 1

Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng :

a) Đi qua điểm A(2; 0; -1) và có VTCP u -1; 3; 5

.

b) Đi qua A(2; 3; -1), B(1; 2; 4). (Bài 24-Trang102-SGKNC hình

học12)

Giải

a) Phương trình đường thẳng đi qua A(2; 0; -1) và có VTCP u -1; 3; 5

có phương trình là :

x = 2 - tx - 2 y z + 1

y = 3t = = -1 3 5

z = -1 + 5t

b) Phương trình đường thẳng đi qua A(2; 3; -1), có VTCP u = AB -1; -1; 5

có phương trình :

x = 2 - tx - 2 y - 3 z + 1

y = 3 - t = = -1 -1 5

z = -1 + 5t

Bài 2

Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng :



36

a) Đi qua A(4; 3; 1) và song song với đường thẳng

x = 1 + 2t

: y = -3t

z = 3 + 2t

.

b) Đi qua A(-2; 1; 0) và vuông góc với mp : x + 2y - 2z + 1 = 0.

c) Đi qua A(2; -1; 1) và vuông góc với 2 đường thẳng lần lượt có VTCP là :

u -1; 1; -2 , u' 1; -2; 0

. (Bài 59-Trang130-SBTNC hình

học12)

Giải

a) Phương trình đường thẳng đi qua A(4; 3; 1) và song song với đường thẳng

, có VTCP (2; -3; 2) có phương trình :

x = 4 + 2tx - 4 y - 3 z - 1

y = 3 - 3t = = 2 -3 2

z = 1 + 2t

b) Phương trình đường thẳng đi qua A(-2; 1; 0) có VTCP chính là VTPT của

mp : (1; 2; -2), có phương trình :

x = -2 + tx + 2 y - 1 z

y = 1 + 2t = = 1 2 -2

z = -2t

c) VTCP của đường thẳng cần tìm là :

1 -2 -2 -1 -1 1

u" = u ,u' = ; ; = -4; -2; 1-2 0 0 1 1 -2

Vậy: Phương trình đường thẳng qua A(2; -1; 1) có VTCP (-4 ; -2; 1) có

phương trình là :

x = 2 - 4tx - 2 y + 1 z - 1

y = -1 - 2t = = -4 -2 1

z = 1 + t

Bài 3



37

Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mỗi mp

tọa độ. Với d: x - 1 y + 2 z - 3

= = 2 3 1


học12)

Giải

Đường thẳng d có phương trình tổng quát là :

x - 1 y + 2 = 1

2 3

y + 2 z - 3 = 2

3 1

Nhận xét: (1),(2) là phương trình tổng quát của 2mp , cùng đi qua d.

Vì phương trình ( 1) vắng ẩn z nên mp đi qua d và song song với Oz.

Khi đó giao tuyến của và (Oxy) chính là hình chiếu 1

d cua d trên (Oxy).

Vậy: Phương trình đường thẳng 1

d là:

x - 1 y + 23x - 2y - 7 = 0 =

2 3z = 0

z = 0

Tương tự :

Hình chiếu 2

d của d trên mp(Oyz) là:

y + 2 z - 3y - 3z + 11 = 0 =

3 1x = 0

x = 0

Hình chiếu 3

d của d trên mp(Oxz) là:

x - 1 z - 3x - 2z + 5 = 0 =

2 1y = 0

y = 0

Bài 4



38

Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1; -1; 1) và cắt 2 đường thẳng

sau:

x = 1 + 2t x = t

d y = t , d' y = - 1 - 2t

z = 3 - t z = 2 + t

í íï ïï ïï ïï ïì ìï ïï ïï ïï ïî î


học12)

Giải

Ta có A d, A d' .

Đường thẳng d đi qua M(1; 0; 3) và có VTCP u(2; 1; -1)

.

Đường thẳng d‟ đi qua điểm M‟(0; -1; 2) và có VTCP u(1; -2; 1)

.

Đường thẳng cần tìm là giao tuyến của 2mp (A,d) và (A‟,d‟).

Mp (A,d) có VTPT n = AM,u = (-3; 4; -2)

.

Mp (A‟,d‟) có VTPT n' = AM',u' = (1; 1; 1)

.

Đường thẳng đi qua A(1; -1; 1) có VTCP là n ,n' = (6; 1; -7)

có phương

trình tham số là :

x = 1 + 6t

y = -1 + t

z = 1 - 7t

Chú ý: u .n' = 2 + 1 - 1 = 2 0¹ur ur

nên d cắt mp(A,d‟) hay d cắt .

Tương tự: u'.n = -3 - 8 - 2 = -13 0¹ur r

nên d‟ cắt mp(A,d) hay d‟ cắt .

Vậy: là đường thẳng đi qua A và cắt d. d‟

BàI TậP NÂNG CAO

Bài 1

Cho đường thẳng d :

x = t

y = 8 + 4t

z = 3 + 2t

và mp(P): x + y + z - 7 = 0



39

a) Tìm một VTCP của d và một điểm nằm trên d.

b) Viết phương trình mp đi qua d và vuông góc với (P).

c) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên (P).


học12)

Giải

a) Ta có : VTCP của d là u 1; 4; 2

.

Và điểm M thuộc d : Khi x = 0 thì M = (0; 8; 3).

b) Ta có VTCP của d là u 1; 4; 2

và VTPT của mp(P) là : n 1; 1; 1

.

Mp đi qua d và vuông góc với (P) có VTPT là n' = u ,n = 2; 1; -3

Phương trình mp đi qua M(0; 8; 3) có VTPT (2; 1; -3) có phương trình là :

2(x - 0) + 1(y - 8) - 3(z - 3) = 0

hay 2x + y - 3z + 1 = 0

c) Ta có VTCP của d là u 1; 4; 2

,VTPT của (P) là n 1; 1; 1

.

Nhận xét : u.n 0

. Nên d và (P) không vuông góc.

Khi đó hình chiếu của d trên mp(P) là đường thẳng d‟ có phương trình là

x y-84x - y + 8 = 0 =

1 4x + y + z - 7 = 0

x + y + z - 7 = 0

Bài 2

Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d và cắt 2

đường thẳng d‟, d”. Biết rằng:

x = 1 x = -4 + 5t'x - 1 y + 2 z - 2

d y = -2 + 4t , d': = = , d" y = -7 + 9t'1 4 3

z = 1 - t z = t'



40


học12)

Giải

Đường thẳng d đi qua M(1; 2; 1) có VTCP u(0; 4; -1)

.

Trên đường thẳng d‟ lấy điểm M‟(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t) .

Và trên d” lấy điểm M”(-4 + 5t‟; -7 + 9t‟; t‟).

Ta có : M'M"

= (-5 + 5t‟ - t ; -5 + 9t‟ - 4t ; -2 + t‟ -3t).

Hai vectơ M'M"

, u

cùng phương

-5 + 5t' - t = 0t = 0

-5 + 9t' - 4t -2 + t' - 3tt' = 1 =

4 -1

Khi đó, ta có M‟(1; -2; 2), M”(1; 2; 1) và M'M"

(0; 4; -1).

Vậy : Đường thẳng đi qua M‟, M” có phương trình là:

x = 1

y = -2 + 4t

z = 2 - t

Dễ thấy M‟d nên là đường thẳng cần tìm.

Bài 3

Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và

trọng tâm G = (0; 2; -1). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm C và

vuông góc với mặt phẳng (ABC). (Đề thi CĐ khối A,B,D-

2009)

Giải

Điểm G(0; -2; -1) là trọng tâm của ABC .



41

Tọa độ điểm G thỏa mãn hệ :

A B C

G

A B C

G

A B C

G

x + x + xx =

3

y + y + yy =

3

z + z + zz =

3

Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :

C

C

C

1 + 0 + x0 =

3

1 + 2 + y2 = C -1; 3; -4

3

0 + 1 + z-1 =

3

Ta có: AB = -1; 1; 1 , AG = -1; 1; -1

,

( ) ( )AB,AG = -2; -2; 0 // 1; 1; 0é ùê úë û

uuur uuur

Mp(ABC) có VTPT là : (1; 1; 0).

Vậy : Phương trình đường thẳng đi qua C(-1; 3; -4) có VTCP (1; 1; 0) là :

( )

x = -1 + t

y = 3 + t t R

z = -4


Bài 4

Cho A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng x - 1 y + 2 z

: = = -1 1 2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và

vuông góc (OAB). (Đề thi ĐH khối D-2007)

Giải

Tọa độ trọng tâm G G G Gx ; y ; z là:



42

O A BG

O A BG

O A BG

x + x + xx = = 0

3

y + y + yy = = 2

3

z + z + zz = = 2

3

Vậy: G = (0; 2; 2).

Ta có : OA 1; 4; 2 , OB -1; 2; 4

.

VTCP của d là :

4 2 1 2 1 4

OA,OB = ; - ; = 12; -1; 6 = 6 2; -1; 12 4 -1 4 -1 2

Phương trình đường thẳng d là: x y - 2 z - 2

= = 2 -1 1

.

Bài 5

Cho 2 đường thẳng 1 2

x = -1 + 2tx y - 1 z + 2

d : = = ; d y = 1 + t2 -1 1

z = 3

Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mp(P) :7x + y - 4z = 0 và cắt

hai đường thẳng 1 2d ,d . (Đề thi ĐH khối A-2007)

Giải

Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng d với 1 2d ,d .

Vì 1 2M d ;N d nên M(2s; 1 - s ; -2 + s), N(2t - 1; t + 1; 3) .

MN(2t - 2s - 1; t + s; -s + 5)

Vì d (P) nên PMN // n 7; 1; -4

. Do đó:



43

2t - 2s - 1 t + s -s + 5 = =

7 1 -4

5t + 9s = -1 s = 1

4t +3s = -5 t = -2

Suy ra: M(2; 0; -1), N(-5; -1; 3).

Vậy:

Phương trình đường thẳng d là :

x - 2 y z + 1 x + 5 y + 1 z - 3

= = hay = = 7 1 -4 7 1 -4

.

DạNG 4: CáC Vị TRí TƢƠNG ĐốI

BàI TậP CƠ BảN

Bài 1:



44

Xét vị trí tương đối của các cặp mặt phẳng sau:

a) x + 2y - x + 5 = 0 và 2x + 3y - 7z - 4 = 0

b) 3x - 2y - 3z + 5 = 0 và 9x - 6y - 9z - 5 = 0

c) x - y + 2z - 4 = 0 và 10x - 10y + 20z - 40 = 0


học12)

Giải

a) Ta có: 1 : 2 : -1 2 : 3 : -7¹ .

Vậy: Hai mặt phẳng đã cho cắt nhau.

b) Ta có: 3 -2 -3 5

= = 9 -6 -9 -5

¹

Vậy: Hai mặt phẳng đã cho song song.

c) Ta có: 1 -1 2 -4

= = = 10 -10 20 -40

Vậy: Hai mặt phẳng đã cho trùng nhau.

Bài 2

Xác định giá trị của m và n để mỗi cặp mp sau đây song song :

a) 2x + ny + 2z + 3 = 0 và mx + 2y - 4z +7 =0.

b) 2x + y + mz - 2 =0 và x + ny + 2z + 8 = 0.


học12)

Giải

a) Hai mp đã cho song song khi và chỉ khi :

2 n -1 3 = =

m 2 2 7¹

Hay n = -2 , m = -4

b) Hai mp đã cho song song khi và chỉ khi :



45

2 1 m -2 = =

1 n 2 8¹

Vậy m = 4 , n = 1

2

Bài 3

Xác định vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng d, d‟ cho bởi phương

trình :

a) x - 1 z - 3 x - 3 y + 1 z + 2

d: = y - 7 = , d': = = 2 4 6 -2 1

b)

x = tx + y - z = 0

d: y = -3 - 4t , d':2x - y + 2z = 0

z = -3 - 3t


học12)

Giải

a) Đường thẳng d đi qua M(1; 7; 3) có VTCP u 2; 1; 4

Đường thẳng d‟ đi qua M‟(3; -1; -2) có VTCP u' 6; -2; 1

Ta có :

MM' 2; -8; -5 , u ,u' 9; 22; -10

u ,u' .MM' 108 0

Vậy : Hai đường thẳng d, d‟ chéo nhau.

b) Đường thẳng d đi qua điểm M(0; -3 ; -3) có VTCP u 1; -4; -3

.

Đường thẳng d‟:

x = t

y = -4t

z = -3t

đi qua O(0; 0; 0) có VTCP u 1; -4; -3

.



46

Như vậy : d, d‟ có cùng VTCP nhưng O d', O d .

Nên d, d‟ song song.


Bài 1

Cho 2mp : 2x - my + 3z - 6 + m = 0 và (m + 3)x - 2y + (5m + 1)z - 10 =

0. Với giá trị nào của m thì :

a) Hai mp đó song song.

b) Hai mp đó trùng nhau.

c) Hai mp đó cắt nhau .

d) Hai mp đó vuông góc. (Bài 18-Trang89-SGKNC hình

học12)

Giải

Hai mp đã cho có VTPT là n (2; -m; 3)

và 'n = (m + 3; -2; 5m + 1)

.

' 2 2n ,n = (-5m - m + 6; -13m - 11; m + 3m - 4)

.

Như vậy: 2 vectơ đó cùng phương khi và chỉ khi 'n,n

=0

.

Tức là:

2

2

-5m - m + 6 = 0

-7m + 7 = 0 m 1

m + 3m - 4 = 0

Với m = 1 khi đó 2mp đã cho trùng nhau .

Vậy :

a) Không có giá trị nào của m để 2mp song song.

b) Khi m = 1 thì 2mp đó trùng nhau .

c) Khi m 1 thì 2mp đó cắt nhau .



47

d) Hai mp vuông góc khi và chỉ khi n .n' 0

.

hay : 2(m + 3) + 2m +3(5m + 1) = 0

-9m =

19Û

Bài 2

Cho 2 đường thẳng d

x = 8 + t3 - x y - 1 z - 1

y = 5 + 2t , d': = = 7 2 3

z = 8 - t

a) Chứng tỏ 2 đường thẳng đó chéo nhau.

b) Viết phương trình đường vuông góc chung của 2 đường thẳng đó.


học12)

Giải

a) Đường thẳng đi qua M(8; 5; 8) và có VTCP u(1; 2; -1)

.

Đường thẳng d‟ đi qua M‟(3; 1; 1) và có VTCP u'(-7; 2; 3)

.

Ta có :

M'M = (5; 4; 7), u ,u' = (8; 4; 16)

u ,u' .M'M = 168 0

Vậy : 2 đường thẳng d, d‟ chéo nhau.

b) Ta có : u,u'é ùê úë û

r ur= (8; 4; 16)

Đường vuông góc chung của d, d‟ có VTCP u"

vuông góc với u , u'

nên : 1

u" = u ,u' = (2; 1; 4)4



48

Vì cắt d nên mp( ,d) là mp đi qua M có VTPT n' = u",u = (-9; 6; 3)

nên mp( ,d) có phương trình :

-9(x - 8) + 6(y - 5) + 3(z - 8) = 0

hay -3x + 2y + z + 6 = 0

Vì cắt d‟ nên mp( ,d‟) là mp đi qua M‟ có VTPT

n" = u",u' = (-5; -34; 11)

nên mp( ,d‟) có phương trình

-5(x - 3) - 34(y - 1) + 11(z - 1) = 0

hay 5x + 34y - 11z - 38 = 0

Vậy : Đường vuông góc chung là giao tuyến của mp( ,d) và mp( ,d‟).

Nên có phương trình :

x = 1 + 2t

y = t

z = -3 + 4t

Bài 3


x + y - z - 2 = 0x - 1 y + 2 z + 1d : = = , d :

x + 3y - 12 = 03 -1 2

a) Chứng minh 1 2

d , d song song với nhau. Viết phương trình mp(P) chứa cả 2

đường thẳng 1 2

d , d .

b) Mp(Oxz) cắt cả 2 đường thẳng 1 2

d , d lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện

tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). (Đề thi ĐH khối D-2005)

Giải

a) Đường thẳng 1

d qua M và có VTCP 1u = 3; -1; 2

.



49

Đường thẳng 2

d có VTCP 2 1

1 -1 -1 1 1 1u = ; ; = 3; -1; 2 = u

3 0 0 1 1 3

Nhưng 2

M d .

Vậy: 1 2

d , d song song với nhau.

+Mp(P) chứa 2

d nên phương trình có dạng :

2 2α x + y - z - 2 + β x + 3y - 12 0 α + β 0

Để (P) chứa cả 1

d thì M thuộc (P) (do M thuộc 1

d ).Ta có:

α 1 - 2 + 1 - 2 + β 1 - 6 - 12 0

2α + 17β 0

Chọn α = 17 β = -2 .

Phương trình mp(P) là :

17(x + y - z - 2) - 2(x + 3y - 12) = 0

15x + 11y - 17z - 10 = 0

b) Giao điểm A của mp(Oxz) với 1

d là nghiệm của hệ :

x - 1 y + 2 z + 1

= = A -5; 0; -53 -1 2

y = 0

Giao điểm B của mp(Oxz) với 2

d là nghiệm của hệ :

x + y - z - 2 = 0

x + 3y - 12 = 0 B 12; 0; 10

y = 0

Suy ra : OA = -5; 0; -5 , OB = 12; 0; 10 , OA,OB = 0; -10; 0

Vậy: Diện tích tam giác OAB là :



50

OAB

1 1S = OA,OB = .10 = 5

2 2

(đvdt)

DạNG 5 : CáC BàI TOáN Về KHOảNG CáCH Và GóC


Bài 1

a) Tính khoảng cách từ A(-1; -2; 4) tới mp(P) : 4x + y + z + 9 =0.

b) Tính khoảng cách từ M(2; 3; 1) đến đường thẳng có phương trình :

x + 2 y - 1 z + 1 = =

1 2 -2 (Bài 34-Trang104-SGKNC hình

học12)

Giải

a) Ta có : Khoảng cách từ A tới mp(P) là:

A, P 2 2 2

4. -1 - 2 + 4 + 9d

4 + 1 + 1

b) Đường thẳng đi qua M‟(-2; 1; -1) có VTCP u(1; 2; -2)

Ta có : M'M = (4; 2; 2), u ,M'M = (8; -10; -6)



51

Vậy : Khoảng cách cần tìm là:

2 2 2

2 2 2

u ,M'M 8 10 6 10 2d =

3u 1 2 2

Bài 2

Tìm góc giữa đường thẳng d và mp( ) có phương trình lần lượt là :

x - 2 y + 1 z - 1

d: = = , : 2x + y + z - 8 = 02 3 5


học12)

Giải

Đường thẳng d có VTCP u(2; 3; 5)

, mp( ) có VTPT n(2; 1; 1)

.

Gọi là góc hợp bởi d và mp( ) thì 0 00 90 .

Khi đó : u.n 4 + 3 + 5 6

sin = = 4 + 9 + 25. 4 + 1 + 1 57u . n

Bài 3

Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng có phương trìmh sau :

x = 1 + t x = 2 - 3t'

d: y = -1 - t , d': y = -2 + 3t'

z = 1 z = 3


học12)

Giải

+ Đường thẳng d đi qua A(1; -1; 1) có VTCP a(1; -1; 0)

.

Đường thẳng d‟ đi qua B(2; -2; 3) có VTCP b(-1; 1; 0)

.

Vì a , b

cùng phương nhưng chúng không cùng phương với AB(1; -1; 2)



52

nên d, d‟ song song.

Vậy: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng đó bằng khoảng cách từ A tới d‟.

Và bằng : AB,b

2b

.

+ Gọi là góc giữa d, d‟.

Ta có : 2 2 2 2

a.b 1. -1 - 1.1 + 0cos = 1

a . b 1 + 1 1 + 1

Vậy : Góc giữa d, d‟ bằng o90 .


Bài 1

Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA là tam giác vuông

tại O. Gọi , , lần lượt là góc giữa mp (ABC) và mp(OBC), (OCA),

(OAB). Bằng phương pháp tọa độ chứng minh :

a) Tam giác ABC có 3 góc nhọn .

b) cos2 + cos

2 + cos

2 = 1. (Bài 22-Trang90-SGKNC hình

học12)

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với Ox, Oy, Oz lần lượt là OA, OB, OC.

Khi đó : A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) (với a > 0, b > 0, c > 0).

a) Ta có:

AB -a; b; 0

, AC -a; 0; c

nên 2AB.AC = a

>0.

Vậy: Góc A của tam giác ABC là góc nhọn .

b) Mp(ABC) có phương trình:

x y z 1 1 1

+ + 1 VTPT n( ; ; )a b c a b c



53

Mp(OBC) có VTPT i(1; 0; 0)

.

Gọi là góc hợp bởi (ABC) và(OBC) thì :

cos2 =

2

2 22

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1n.i b .ca = =

1 1 1 a b + b c + c an . i + + a b c

;

Tương tự: cos2 =

2 2

2 2 2 2 2 2

c a

a b + b c + c a;

cos2 =

2 2

2 2 2 2 2 2

a b

a b + b c + c a;

Từ đó, suy ra cos2 + cos

2 + cos

2 = 1.

Bài 2

Trong không gian Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A‟B‟C‟. Biết A(a;

0; 0), B(-a; 0; 0), C(0; 1; 0), B‟(-a ;0 ;b), a > 0, b > 0.

a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng B‟C, AC‟ theo a, b.

b) Cho a, b thay đổi, nhưng luôn thỏa mãn a + b = 4. Tìm a, b để khoảng cách

giữa 2 đường thẳng B‟C và AC‟ lớn nhất. (Đề thi ĐH khối D-

2004)

Giải

a) Ta có: C'(0; 1; b), B'C a; 1; -b , AC' -a; 1; b , AB' -2a; 0; b

B'C,AC' = 2b; 0; 2a , B'C,AC' .AB' = -2ab

.

Khoảng cách:

B'C,AC' 2 2

B'C,AC' .AB' abd = = ... =

a +bB'C,AC'

b) áp dụng bất đẳng thức côsi. Ta có :



54

B'C,AC' 2 2

ab ab 1 1 a + bd = = ab = 2

22ab 2 2a + b

Dấu „=‟ xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2.

Vậy : Khoảng cách giữa B‟C và AC‟ lớn nhất bằng 2 khi a = b = 2.

Bài 3

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc

tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm của

SC. Tính góc và khoảng cách giữa SA, BM. (Đề thi ĐH khối A-2004)

Giải

Ta có: O là trung điểm của BD mà B(0; 1; 0), O(0; 0; 0) nên suy ra D(0; -1;

0).

Tương tự: O là trung điểm của AC mà A(2; 0; 0) nên C(-2; 0; 0).

M là trung điểm của SC mà S(0; 0; 2 2 ) nên M(-1; 0; 2 ).

( ) ( )SA = 2; 0; -2 2 , BM = -1; -1; 2Þuur uuur

Gọi a là góc giữa SA, BM. Khi đó :

( ) OSA.BM 3

cos = cos SA,BM = = ... = =302SA . BM

a aÞ

uur uuuruur uuur

uur uuur

Ta có : ( ) ( )SA,BM = -2 2; 0; -2 , AB = -2; 1; 0é ùê úûë

uur uuur uuur

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA, BM là :

( )SA,BM

SA,BM AB 2 6

d = = ... = 3SA,BM

é ùê úûë

é ùê úûë

uur uuur uuur

uur uuur

Bài 4



55

Trong không gian Oxyz cho mp(P) : x - 2y + 2z - 1 = 0 và 2 đường

thẳng 1 2

x+1 y z+9 x-1 y-3 z+1Δ : = = ; Δ : = =

1 1 6 2 1 -2

Tìm điểm M 1 sao cho 2M;Δ M; Pd = d . (Đề thi ĐH khối A-

2009)

Giải

Đường thẳng 2 đi qua A (1; 3; -1) và VTPT u(2; 1; -2)

.

M 1 M(-1 + t; t; -9 + 6t) , MA(2 - t; 3 - t; 8 - 6t)

Ta có :

2

MA,u = (8t - 14; 20 - 14t; t - 4)

MA,u = 3 29t - 88t + 68

Khoảng cách : 2

2

2

M;Δ

MA,u 3 29t - 88t + 68d = = = 29t - 88t + 68

3u

Khoảng cách : M; P 2 2 2

-1 + t - 2t + 12t - 18 - 1 11t - 20d = =

31 + 2 + 2

Ta có : 229t - 88t + 68 =

11t - 20

3

229t - 88t + 68 = 21

(11t - 20)9

35t2

- 88t + 53 = 0 t = 1 hoặc t = 53

35

Với t = 1 M(0; 1; -3).

Với t = 53

35

18 53 3M ; ;

35 35 35

DạNG 6 : MặT CầU - PHƢƠNG TRìNH MặT CầU


Bài 1



56

Tìm tọa độ tâm và bán kính của mỗi mặt cầu sau đây :

a) 2 2 2x + y + z - 8x + 2y + 1 = 0

b) 2 2 23x + 3y +3z + 6x - 3y + 15z -2 = 0 (Bài 13-Trang82-SGKNC hình học12)

Giải

a) Mặt cầu : 2 2 2x + y + z - 8x + 2y + 1 = 0

( ) ( )2 2 2x - 4 + y + 1 + z = 16Û

Vậy mặt cầu đã cho có tâm I(4; -1; 0) và bán kính R = 4

b) Mặt cầu: 2 2 23x + 3y +3 z + 6x - 3y + 15z -2 = 0

( )2 2

2 1 5 49x + 1 + y - + z + =

2 2 6

æ ö æ ö÷ ÷ç çÛ ÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

Vậy mặt cầu đã cho có tâm 1 5

I -1; ; -2 2


và bán kính 7

R = 6

Bài 2

Viết phương trình mặt cầu:

a) Có tâm là I(1; 0; -1) và đường kính bằng 8.

b) Có tâm I(3; -2; 4) và đi qua A(7; 2; 1)


học12)

Giải

a) Ta có: Bán kính của mặt cầu bằng 4

Vậy mặt cầu có tâm I(1; 0; -1) và bán kính R = 4 có phương trình là:

( ) ( )2 22x - 1 + y + z + 1 = 16

b) Ta có: ( )IA = 4; 4; -3 IA = 41Þuur

Mặt cầu tâm I đi qua điểm A có bán kính R = IA = 41

Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là:



57

( ) ( ) ( )2 2 2

x - 4 + y - 4 + z + 3 = 41

Bài 3

Cho 4 điểm A(1; 1; 0), B(0; 2; 1), (1; 0; 2), D(1; 1; 1). Viết phương

trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. (Bài 21-Trang118-SBTNC hình

học12)

Giải

Gọi I(x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Khi đó ta có hệ phương trình :

2 2

2 2

2 2

IA = IB

IA = IC

IA = ID

2 2 2 2 2 2

22 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

(x - 1) + (y - 1) + z = x + (y - 2) + (z - 1)

(x - 1) + (y - 1) + z = x - 1 + y + (z - 2)

(x - 1) + (y - 1) + z = (x - 1) + (y - 1) + (z - 1)

-3x =

2-2x + 2y + 2z = 3-1

-2y + 4z = 3 y = 2

2z = 11

z = 2

Vậy: Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là : -3 -1 1

I ; ; 2 2 2

.

Và R = ID =

2 2 25 3 1 35

+ + =2 2 2 2

Do đó: Phương trình mặt cầu ngoại tiệp tứ diện ABCD là :

2 2 23 1 1 35

x + + y + + z - 2 2 2 4

Bài 4

Viết phương trình mặt cầu:



58

a) Đi qua 3 điểm A(0; 8; 0), B(4; 6; 2), C(0; 12; 4) và có tâm nằm trên (Oxy).

b) Có bán kính bằng 2, tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) và có tâm nằm trên Ox.

c) Có tâm I = (1; 2; 3) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz).


học12)

Giải

a) Tâm I của mặt cầu nằm trên (Oyz) nên I(0; b; c)

Ta có: IA = IB = IC hay 2 2

2 2

IA = IB

IA = IC

2 2 22 2

2 2 22

8 - b + c = 4 + 6 - b + 2 - c b = 7

c = 58 - b + c = 12 - b + 4 - c

Vậy I = (0; 7; 5).

Khi đó R = IA = 2 2 20 + 1 + 5 = 26 .

b) Vì tâm I của mặt cầu nằm trên Ox và mặt cầu tiếp xúc (Oyz) nên điểm tiếp

xúc là O.

Do đó bán kính mặt cầu là R = IO = 2 và I = (2; 0; 0).

Mặt cầu có phương trình:

2 2 2x - 2 + y + z 4

c) Vì mặt cầu có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc (Oyz) nên bán kính R của mặt cầu

bằng khoảng cách từ I tới (Oyz). Vậy: R = 1.

Mặt cầu có phương trình: 2 2 2

x - 1 + y - 2 + z - 3 1 .


Bài 1

a)Tìm tập hợp tâm của mặt cầu đi qua A(a; b; c) và có bán kính R.



59

b) Cho 4 điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 6), D(2; 4; 6). Tìm tập hợp điểm

M sao cho MA + MB + MC + MD 4

.

c) Cho O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c). Tìm tập hợp điểm M sao

cho 2 2 2 2MA + MB + MC = MO . (Bài 33-Trang121-SBTNC hình học12)

Giải

a) Tập hợp tâm là mặt cầu :

2 2 2 2x - a + y - b + z - c = R

b) Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD G = (1; 2; 3).

Ta có:

MA + MB + MC + MD = 4MG

MA + MB + MC + MD = 4 MG 4

MG 1

Vậy: Tập hợp các điểm M(x; y; z) thỏa mãn điều kiện đầu bài là mặt cầu có

phương trình

2 2 2

x - 1 + y - 2 + z - 3 1 .

c) Giả sử: M(x; y; z), O(0; 0; 0).

Tập hợp các điểm M sao cho 2 2 2 2MA + MB + MC = MO là mặt cầu

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

x - a + y - b + z - c + 2(x + y + z ) = x + y + z

a + b + cx + y + z - ax - by - cz + = 0

2

Bài 2

Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và

mp(P): x + y + z - 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A, B, C và

có tâm thuộc mp(P). (Đề thi ĐH khối D-2004)

Giải :



60

Phương trình tổng quát của mặt cầu là :

2 2 2

2 2 2 2

x + y + z + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0

hay x+A + y+B + z+C = R

Mặt phẳng có tâm nằm trên mp : x + y + z - 2 = 0 và đi qua 3 điểm A, B, C

nên ta có hệ phương trình sau :

4A + 2C + D = -5 A = -1

2A + D = -1 B = 0

2A + 2B + 2C + D = -3 C = -1

-A - B - C - 2 = 0 D = 1

Vậy : Phương trình mặt cầu là :

2 2 2

2 22

x + y + z - 2x - 2z + 1 = 0

hay x - 1 + y + z - 1 = 1

Bài 3

Cho 4 điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3), C(0; 3; 3), D(3; 3; 3).

a) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D.

b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC (Đề thi ĐH khối D-2008)

Giải

a) Phương trình mặt cầu có dạng:

2 2 2x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d 0 (

2 2 2a + b + c - d 0 )

Thay tọa độ của A, B, C, D vào phương trình.

Ta được:

6a + 6b + d = -18

6a + 6c + d = -18

6b + 6c + d = -18

6a + 6b + 6c + d = -27

-3a = b = c =

2

d = 0

Vậy: Phương trình mặt cầu cần tìm là



61

2 2 2x + y + z - 3x - 3y - 3z 0 .

b) Gọi (S) là mặt cầu qua A, B, C, D.

Khi đó (S) có tâm I = 3 3 3

; ; 2 2 2

.

Theo tính chất mặt cầu hình chiếu vuông góc của I lên mp(ABC) chính là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Phương trình mp(ABC) có dạng :

mx + ny + pz + q = 0 (2 2 2m + n + p 0 )

Thay tọa độ A, B, C vào phương trình.

Ta được:

3m + 3n + q = 0-q

3m + 3p + q = 0 m = n = p = 06

3n + 3p + q = 0

Vậy : Phương trình mp(ABC) là x + y + z - 6 = 0.

VTPT (1; 1; 1 ) của mp này cũng là VTCP của đường thẳng đi qua I, vuông

góc mp(ABC).

Gọi d là đường thẳng đó.

Phương trình của đường thẳng d là :

3 3 3

x - = y - = z - hay x = y = z2 2 2

Tọa độ điểm H - tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ

phương trình sau :

x = y = z

x = y = z = 2x + y + z - 6 = 0

Vậy : H = (2; 2; 2).



62

C. BàI TậP LUYệN TậP:

Bài 1

Tìm đối xứng của điểm A(2; -3; 1) qua mp(P): x + 3y - z + 2 = 0


học12)

Giải

Trước hết, ta xác định hình chiếu vuông góc H của A trên (P).

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P).

Ta có

x = 2 + t

d: y = -3 + 3t

z = 1 - t

Tọa độ điểm H(x; y; z) thoả mãn:

x = 2 + t

y = -3 + 3t

z = 1 - t

x + 3y - z + 2 = 0

28 15 5H = ; - ;

11 11 11

Gọi A‟ là điểm đối xứng của A qua mp(P) thì H là trung điểm của AA‟.



63

Nên ta có :

A'

A'

A'

x + 2 28 =

2 11

y - 3 15 34 3 1 = - A' ; ; -

2 11 11 11 11

z + 1 5 =

2 11

Bài 2

Tìm điểm đối xứng của M(2; -1; 1) qua đường thẳng

x = 1 + 2t

d: y = -1 - t

z = 2t


học12)

Giải

Phương trình mp qua M(2; -1; 1) và vuông góc với đường thẳng d đã cho là :

2(x - 2) + (-1)(y + 1) + 2(z - 1) = 0

hay 2x - y + 2z - 7 = 0

Gọi H(x; y; z) là giao điểm của đường thẳng d với mp trên.

Ta có :

x = 1 + 2t

y = -1 - t 17 13 8H = ; - ;

z = 2t 9 9 9

2x - y + 2z - 7 = 0

Gọi M‟ là điểm đối xứng của M qua đường thẳng d thì H là trung điểm của

MM‟.

Do đó :

M'

M'

M'

x + 2 17 =

2 9

y - 1 13 16 17 7 = - M' = ; - ;

2 9 9 9 9

z + 1 8 =

2 9



64

Bài 3

Cho điểm A(1; 1; 3) và đường thẳng d : x y z - 1

= = 1 -1 2

.

a) Viết phương trình mp(P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại O.

(Đề thi CĐ khối A,B,D-

2008)

Giải

a) VTCP của đường thẳng d là : u = 1; -1; 2

Do (P) vuông góc với d nên (P) có VTPT là: Pn = 1; -1; 2

.

Phương trình mp(P) là: 1(x - 1) - 1(y - 1) + 2(z - 3) = 0

hay x - y + 2z - 6 = 0

b) Điểm M thuộc d nên M = (t ; -t ; 1+2t).

MOA cân tại O OM = OA và M, O, A không thẳng hàng.

OM = OA 22 2

t = 1

t + t + 2t + 1 11 5t = -

3

Với t = 1 ta có: M(1; -1; 3).

Với 5

t3

ta có: 5 5 7

M - ; ; -3 3 3

Thử lại: Cả 2 điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A thẳng hàng.

Vậy: 2 điểm M thỏa mãn là 1

M (1; -1; 3) và 2

5 5 7M - ; ; -

3 3 3

.

Bài 4

Cho 2 đường thẳng x + y - z + 2 = 0x - 3 y - 6 z - 1

d: = = , d':x + y = 0-2 2 1



65

Viết phương trình đường thẳng qua M (0; 1; 1), vuông góc với d và cắt d‟.

(Đề thi CĐ khối

A-2007)

Giải

Đường thẳng đi qua M(0; 1; 1), vuông góc với d nên (P), trong đó (P)

là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d.

Phương trình mp(P) qua M nhận u = -2; 2; 1

làm VTPT có phương trình là:

-2x + 2y + z - 3 =0

Gọi N d' . Vì (P) nên N = d' P .

Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình:

x + y - z + 2 = 01 1

x + y = 0 N = - ; ; 24 4

-2x + 2y + z - 3 = 0

Đường thẳng đi qua M(0; 1; 1) có VTCP -1 -3

MN = ; ; 14 4

có phương

trình : x y - 1 z - 1

= = -1 -3 4

Bài 5

Cho đường thẳng x + 2 y - 2 z

: = = 1 1 -1

và mặt phẳng (P) có phương

trình : x + 2y - 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d(P) sao cho d cắt

và vuông góc với . (Đề thi ĐH khối D-2009)

Giải

Gọi I là giao điểm của và (P).

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ :



66

x + 2 y - 2 zx = -3 = =

I(-3; 1; 1)1 1 -1y = z = 1

x + 2y - 3z + 4 = 0

Phương trình mp(Q) đi qua I và vuông góc với là :

1(x + 3) + 1(y - 1) - 1(z - 1) = 0

x + y - z + 3 = 0

Đường thẳng d cần tìm là giao tuyến của (P)và (Q) nên có phương trình :

d :x + 2y - 3z + 4 = 0

x + y - z + 3 = 0

Bài 6

Viết phương trình đường thẳng đi qua A(-4; -2; 4), cắt và vuông góc

với đường thẳng d có phương trình d:

x = -3+2t

y = 1-t

z = -1+4t


Giải

Đường thẳng d có VTCP u = 2; -1; 4

.

Ta có:

B d B -3 + 2t; 1 - t; -1 + 4t

AB = (1 + 2t; 3 - t; -5 + 4t)

(với t là một số thực)

Khi đó :

AB d AB.u 0

2(1 + 2t) - (3 - t) + 4(-5 + 4t) 0

t 1

AB = (3; 2; -1)

Vậy : Phương trình đường thẳng :x + 4 y + 2 z - 4

= = 3 2 -1

.



67

Bài 7

Cho A(1; 2; 3) và hai đường thẳng 1

x - 2 y + 2 z - 3d : = =

2 -1 1 và

2

x - 1 y - 1 z + 1d : = =

-1 2 1.

a) Tìm tọa độ điểm A‟ đối xứng với A qua 1

d .

b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A, vuông góc với 1

d , cắt 2

d .


Giải

a) Mặt phẳng qua A(1; 2; 3) và vuông góc với 1

d có phương trình :

2(x - 1) - (y - 2) + (z - 3) = 0 hay 2x - y + z - 3 = 0

Tọa độ giao điểm H của 1

d và là nghiệm của hệ :

x = 0x - 2 y + 2 z - 3 = =

y = -12 -1 1

2x - y + z - 3 = 0 z = 2

Khi đó H = (0; -1; 2).

Do A‟ là điểm đối xứng với A qua 1

d nên H là trung điểm của AA‟.

Ta có :

H A A' A' H A A'

H A A' A' H A A'

H A A' A' H A A'

2x = x + x x = 2x - x x = -1

2y = y + y y = 2y - y y = -4

2z = z + z z = 2z - z z = 1

b) Vì d qua A, vuông góc với 1

d , cắt 2

d nên d đi qua giao điểm B của 2

d

và .

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ :

x = 2x - 1 y - 1 z + 1 = =

y = -1-1 2 1

2x - y + z - 3 = 0 z = -2

Vậy B = (2; -1; -2)



68

Đường thẳng d qua A(1; 2; 3) có VTCP là AB = (1; -3; -5)

có phương trình :

x - 1 y - 2 z - 3

d: = = 1 -3 -5

Bài 8

Cho A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng x - 1 y + 2 z

: = = -1 1 2

a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và

vuông góc (OAB).

b) Tìm điểm M sao cho 2 2MA + MB nhỏ nhất. (Đề thi ĐH khối D-2007)

Giải

a) Tọa độ trọng tâm G G G Gx ; y ; z là:

O A BG

O A BG

O A BG

x + x + xx = = 0

3

y + y + yy = = 2

3

z + z + zz = = 2

3

Vậy: G = (0; 2; 2).

Ta có : OA 1; 4; 2 , OB -1; 2; 4

.

VTCP của d là :

4 2 1 2 1 4

OA,OB = ; - ; = 12; -1; 6 = 6 2; -1; 12 4 -1 4 -1 2

Phương trình đường thẳng d là: x y - 2 z - 2

= = 2 -1 1

.

b) Phương trình tham số của đường thẳng là :

x = -t + 1

y = t - 2

z = 2t

Vì M nên M(-t + 1; t - 1; 2t). Ta có :



69

2 2 2 2 22 2 2

22

MA + MB = t + 6 - t + 2 - 2t + t - 2 + 4 - t + 4 - 2t

12t - 48t + 76 12 t - 2 + 28

Vậy : min( 2 2MA + MB ) = 28 khi t = 2 hay M = (-1; 0; 4).

Bài 9

Cho 2 đường thẳng 1

x y - 1 z + 1d : = =

2 1 -1 ; 2

x = 1 + t

d y = -1 - 2t

z = 2 + t

và điểm

A(0; 1; 2).

a) Viết phương trình mp(P) đi qua A, đồng thời song song 1 2d , d .

b) Tìm tọa độ điểm 1 2

M d , N d sao cho A, M, N thẳng hàng.


Giải

a) VTCP của 1 2d , d lần lượt là 1 2u 2; 1; -1 , u 1; -2; 1

.

VTPT của (P) là 1 2n = u ,u = -1; -3; -5

.

Mp(P) đi qua A(0; 1; 2) nên phương trình của (P) là:

-x - 3(y - 1) - 5(z - 2) = 0 hay x + 3y + 5z - 13 = 0

b) Phương trình tham số của 1

d :

1

x = 2s

d y = 1 + s

z = -1 - s

Vì 1 2

M d , N d nên:

M(2m; 1 + m; -1 - m), N(1 + n; -1 - 2n; 2 + n).

Khi đó:

AM 2m; m; -3 - m , AN 1 + n; -1 -2n; n

.



70

AM,AN = -mn - 2m - 6n - 6; -3mn - m - 3n - 3; -5mn - 3m

Để A, M, N thẳng hàng thì AM,AN 0

Ta có :

mn + 2m + 6n = -6m = 0

3mn + m + 3n = -3n = 0

5mn + 3m = 0

Vậy: M(0; 1; -1), N(0; 1; 1).

Bài 10

Cho mp(P) : x - 2y + 2z - 5 = 0 và 2 điểm A(-3; 0; 1), B(1; -1; 3). Trong

các đường thẳng đi qua A và song song với (P), viết phương trình đường

thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó nhỏ nhất.


Giải

Mp (Q) đi qua A song song với (P) có phương trình là :

(x + 3) - 2y + 2(z - 1) = 0

hay x - 2y + 2z + 1 = 0

Tìm hình chiếu H của B lên (Q).

Đường thẳng BH qua B(1; -1; 3) có VTCP (1; -2; 2) có phương trình là :

x = 1 + t

y = -1 - 2t

z = 3 + 2t

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ :

x = 1 + t

y = -1 - 2t -1 11 7H( ; ; )

z = 3 + 2t 9 9 9

x - 2y + 2z + 1 = 0



71

Ta có : 26 11 -2

AH( ; ; )9 9 9

Phương trình AH là : x + 3 y z - 1

= = 26 11 -2

.

Bài 11

Cho điểm A(2; 5; 3) và đường thẳng x-1 y z-2

d: = = 2 1 2

.

a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d .

b) Viết phương trình mp( ) chứa d sao A; αd là lớn nhất .

(Đề thi ĐH khối A-2008 )

Giải

a) Phương trình tham số của đường thẳng d là:

d:

x = 2t + 1

y = t

z = 2t + 2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên d, H d

H = (2t + 1; t; 2t + 2) , AH = (2t - 1; t - 5; 2t - 1)

Gọi d

v

là VTPT của d

Ta có : d

AH v

d dAH.v = 0 ; v = (2; 1; 2)

2(2t - 1) + t - 5 + 2(2t - 1) = 0 t = 1

H = (3; 1; 4)

b) Gọi ( ) là mp chứa d và vuông góc với AH = (1; -4; 1)

.

Ta có :

2 2 2

H A H A H AA, α

2 2 2

A, α

d = AH = x - x + y - y + z - z

d = 1 + 4 + 1 = 18 = 3 2



72

Phương trình mp( ) (chứa H và có VTPT AH

) :

1(x - 3) - 4(y - 1) + 1(z - 4) = 0

x - 4y + z – 3 = 0

( ) chính là mp cần tìm .

Thật vậy :

Gọi ( ) là mp bất kì chứa d, A‟ là hình chiếu vuông góc của A trên ( ) .

Khi đó H ( ) 'AA AH .

Tức : AH = 3 2 là khoảng cách lớn nhất.

Bài 12


x = -1 + 2tx y - 1 z + 2

d : = = ; d y = 1 + t2 -1 1

z = 3

a) Chứng minh rằng 1 2d ,d chéo nhau.

b) Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mp(P) :7x + y - 4z = 0 và

cắt hai đường thẳng 1 2d ,d . (Đề thi ĐH khối A-2007)

Giải

a) VTCP của 1 2d ,d lần lượt là 1 2n (2; -1; 1) , n (2; 1; 0)

Ta có 2 1 0

2 1 1

nên 1 2n ,n

không cùng phương.

Mặt khác, ta có hệ phương trình :

x y - 1 z + 2 = =

2 -1 1

x = -1 + 2t; y = 1 + t; z = 3

vô nghiệm.

Khi đó 1 2d ,d không cắt nhau. Vậy 1 2d ,d chéo nhau.

b) Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng d với 1 2d ,d .



73

Vì 1 2M d ;N d nên M(2s; 1 - s ; -2 + s), N(2t - 1; t + 1; 3) .

MN(2t - 2s - 1; t + s; -s + 5)

Vì d (P) nên PMN // n 7; 1; -4

. Do đó:

2t - 2s - 1 t + s -s + 5 = =

7 1 -4

5t + 9s = -1 s = 1

4t +3s = -5 t = -2

Suy ra: M(2; 0; -1), N(-5; -1; 3).

Vậy: Phương trình đường thẳng d là :

x - 2 y z + 1 x + 5 y + 1 z - 3

= = hay = = 7 1 -4 7 1 -4

.

Bài 13

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : x - 1 y + 3 z - 3

= = 1 2 1

và mặt phẳng (P) : 2x + y - 2z + 9 = 0.

a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2.

b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình

tham số của đường thẳng nằm trong mp(P), biết đi qua A và vuông góc

với d. (Đề thi ĐH khối A-2005)

Giải

a) Phương trình tham số của d là:

x = 1 - t

y = -3 + 2t

z = 3 + t

Điểm I thuộc d nên I = (1 - t ; -3 + 2t ; 3 + t).

Khoảng cách từ I tới mp(P) là :



74

2 2

2(1 - t) - 3 + 2t - 2(3 + t) + 9 21 - th = =

32 + 1+ 2

Theo giả thiết h = 2. Ta có :

1

2

t =42 1 - t2 t - 1 3

t =-23

Vậy : Có 2 điểm 1 2I -3; 5; 7 , I 3; -7; 1 .

b) Tìm giao điểm A của d với mp(P) :

Điểm A thuộc d nên A = (1 - t ; -3 + 2t ; 3 + t).

Điểm A thuộc mp(P) nên ta có :

2(1 - t) + (-3 + 2t) - 2(3 + t) + 9 = 0

t = 1

Vậy A = (0 ; -1 ; 4).

+ Mp(P) có VTPT n = 2; 1; -2

.

Đường thẳng d có VTCP là u = -1; 2; 1

.

Do thuộc mp(P) và vuông góc với d nên có VTCP là

l = n,u = 5; 0; 5 1; 0; 1

Vậy đi qua A với VTCP (1 ; 0 ; 1) có phương trình là:

x = t

y = -1

z = 4 + t

Bài 14

Cho mặt cầu(S): 2 2 2x + y + z - 10x + 2y + 26z - 113 0 và 2 đường

thẳng

x = -7 + 3tx + 5 y - 1 z + 13

d: = = , d': y = -1 - 2t2 -3 2

z = 8



75

a) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với (S) và vuông góc với d.

b) Viết phương trình mp(Q) tiếp xúc với (S) và song song với cả d, d‟.


học12)

Giải

a) Ta có VTCP của d là u = 2; -3; 2

.

Mp(P) vuông góc với d, có phương trình (P): 2x - 3y + 2z + D = 0.

Mặt cầu (S) có tâm I = (5; -1; -13) và bán kính R = 308 .

Vì vậy: (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d I, P = 308 .

10 + 3 - 26 + D308

4 + 9 + 4

D - 13 17.308

D 13 5236

Tóm lại, có hai mp(P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

2x - 3y + 2z + 13 ± 5236 0

b) VTCP của d là u = 2; -3; 2

. VTCP của d‟ là u' = 3; -2; 0

Mp(Q) cần tìm có VTPT là: n = u,u' = 4; 6; 5

.

Vì vậy : Phương trình mp(Q) có dạng:

4x + 6y + 5z + D = 0.

Điều kiện để (Q) tiếp xúc với (S) là:



76

d I, Q = 308

20 - 6 - 65 + D = 308

16 + 36 + 25

D - 51 = 23716 = 154

D = -103

D = 205

Vậy: Có hai mp(Q) cần tìm:

4x + 6y + 5z - 103 = 0 và 4x + 6y + 5z + 205 = 0.

Bài 15

Cho mp(P): 2x + 3y - 3z + 1 = 0, đường thẳng d có phương trình :

x - 3 y z + 5 = =

2 9 1 và 3 điểm A(4; 0; 3), B(-1; -1; 3), C(3; 2; 6).

a) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua 3 điểm A, B, C và có tâm thuộc

mp(P).

b) Viết phương trình mp(Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một

đường tròn có bán kính lớn nhất. (Đề tham khảo khối B-2008)

Giải

a) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm I thuộc (P).

Gọi tọa độ tâm I là (x; y; z).

Ta có: IA = IB = IC hay

2 2 2 2 2 2 2 22x-4 +y + z-3 = x + 1 + y + 1 + z - 3 = x - 3 + y - 2 + z - 6

Rút gọn các phương trình này ta được:

5x + y = 7

4x + 3y + 3z = 19

Mặt khác I thuộc (P) nên : 2x + 3y - 3z = -1

Vây : (x; y; z) là nghiệm của hệ:



77

5x + y = 7

4x + 3y + 3z = 19

2x + 3y - 3z = -1

Giải hệ ta được : x = 1, y = 2, z = 3.

Vậy : Tâm I của mặt cầu có tọa độ là I(1; 2; 3).

Bán kính mặt cầu : R = IA = 2 2 2

4 1 0 2 3 3 13

Phương trình mặt cầu là:

2 2 2

x - 1 + y - 2 + z - 3 = 13

b) Để giao tuyến của (Q) và (S) là đường tròn có bán kính lớn nhất, điều kiện

cần và đủ là (Q) chứa tâm I của mặt cầu (S).

Mà (Q) chứa đường thẳng d nên VTPT n

của (Q) vuông góc với VTCP

du

(2; 9; 1) của d, đồng thời vuông góc với IM= 2; -2; -8

với

M 3; 0; 5 d .

Ta có: d

-2 -8 -8 2 2 -2IM,u = ; ; = 70; -18; 22 = 2 35; -9; 11

9 1 1 2 2 9

Mp(Q) chứa điểm I và đường thẳng d nên có VTPT là n = 35; -9; 11

Phương trình của (Q) là:

35(x - 1) - 9(y - 2) + 11(z - 3) = 0

35x - 9y + 11z - 50 = 0

Bài 16

Cho mặt cầu (S): 2 2 2x + y + z - 2x + 4y + 2z - 3 0 và mặt phẳng (P):

2x - y + 2z - 14 = 0.

a) Viết phương trình mp(Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn bán

kính bằng 3.



78

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho M,(P)d max.

(Đề thi ĐH khối B-

2007)

Giải

a) Mặt cầu (S): 2 2 2

x - 1 + y + 2 + z + 1 9

Có tâm I(1; -2; -1), bán kính R = 3.

Mp(Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 nên (Q) chứa tâm I.

Mà (Q) lại chứa Ox nên (Q) có cặp VTCP là: OI 1; -2; -1 , i 1; 0; 0

.

VTPT của (Q) là :

-2 -1 1 -1 1 -2

n = i ,OI = ; - ; = 0; -1; 20 0 1 0 1 0

Phương trình mp(Q) là: 0(x - 1) - (y + 2) + 2(z + 1) =0

-y + 2z = 0

b) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), cắt (P) tại H, d cắt mặt

cầu tại 2 điểm A, B.

M, PM S : d max AH;BH

Phương trình đường thẳng d qua I(1; -2; -1), VTCP (2; -1; 2) là:

x - 1 y + 2 z + 1

= = 2 -1 2

Tọa độ của A, B là nghiệm của hệ :

2 2 2

x - 1 + y + 2 + z + 1 = 9

x - 1 y + 2 z + 1 = =

2 -1 2

Giải hệ ta được A(-1; -1; -3), B(3; -3; 1)



79

Khi đó : A, P

-2 + 1 - 6 - 14d = 7

4 + 1 + 4

B, P

6 + 3+ 2 - 14d = 1

4 + 1 + 4

Vậy: max M, Pd 7 khi M A tức M(-1; -1; -3) và M S .

Bài 17

Cho mặt cầu(S) : 2 2 2x + y + z - 2x - 4y - 6z - 11 0 và mặt phẳng (P) :

2x - 2y - z - 4 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một

đường tròn. Xác định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó.

(Đề thi ĐH khối

A-2009)

Giải

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.

Khoảng cách d từ I tới mp(P) là:

I,(P) 2 2 2

2 - 4 - 3 - 4 9d = 3 R

32 + 2 + 1

Suy ra: Mp(P) cắt mặt cầu (S).

Gọi H và r là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến.

Ta có: IH = I,(P)

d 3 , 2 2r = R - IH 25- 9 = 4 .

Phương trình đường thẳng IH là: x = 1 + 2t , y = 2 - 2t , z = 3 - t

H là giao điểm của đường thẳng này và mp(P).

nên H(x; y; z) thỏa mãn hệ:

x = 1 + 2t

y = 2 - 2yH(3; 0; 2)

z = 3 - t

2x - 2y - z - 4 = 0



80

Vậy : Đường tròn giao tuyến có tâm H(3; 0; 2) và bán kính r = 4.

Bài 18

Cho 4 điểm A(-2; 1; 2), B(0; 4; 1), C(5; 1; -5), D(-2; 8; -5) và đường

thẳng d : x + 5 y + 11 z - 9

= = 3 5 -4

.

a) Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.

b) Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

c) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.

d) Tìm tọa độ các giao điểm M, N của đường thẳng d với mặt cầu (S).

e) Viết phương trình mp tiếp xúc với mặt cầu (S) tại M, N. Tính góc tạo bởi

hai mp đó. (Bài 93-Trang140-SBTNC hình

học12)

Giải

a) Ta có : AB = 2; 3; -1 , AC= 7; 0; -7

, AD = 0; 7; -7

.

Suy ra : AB,AC = -21; 7; -21 AB,AC .AD 49 147 0

.

Do đó : A, B, C, D là các đỉnh của một tứ diện.

b) Thể tích của khối tứ diện là:

ABCD

1 196 98V = AB,AC .AD

6 6 3

c) Gọi I(x; y; z) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Ta có:

2 2

2 2

2 2

IA = IB

IA = IC

IA = ID

x = -2 , y = 1, z = -5.

Vậy: I = (-2; 1; -5) và R = IA = 7.

Do đó: Mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có phương trình

(S): 2 2 2

x + 2 + y - 1 + z - 5 49



81

d) Dạng tham số của đường thẳng d là:

x = -5 + 3t

y = -11 + 5t

z = 9 - 4t

Tọa độ (x; y; z) của giao điểm của d và (S) thỏa mãn hệ:

2 2 2

2 2 2

2

x = -5 + 3t

y = -11 + 5t

z = 9 - 4t

x + 2 + y - 1 + z - 5 = 49

3t - 3 + 5t - 12 + -4t + 14 49

t = 2t - 5t + 6 0

t = 3

Khi t = 2 thì: x = 1; y = -1; z = 1. Ta được điểm M(1; -1; 1).

Khi t = 3 thì: x = 4; y = 4; z = -3. Ta được điểm N(4; 4; -3).

Vậy : d cắt (S) tại 2 điểm M(1; -1; 1) và N(4; 4; -3).

e) Gọi (P), (Q) lần lượt là mp tiếp xúc với mặt cầu (S) tại M, N.

+ Mp(P) đi qua M(1; -1; 1) có VTPT Pn = IM = 3; -2; 6

có phương trình:

3(x - 1) - 2(y + 1) + 6(z - 1) = 0

3x - 2y + 6z - 11 = 0

+ Mp(Q) đi qua N(4; 4; -3) có VTCP Qn = IN = 6; 3; 2

có phương trình là:

6x + 3y + 2z - 30 = 0

Gọi là góc giữa hai mp (P), (Q).

Ta có : P Q

P Q

n .n 18 6 12 24cos

499 4 36 36 9 4n . n

Bài 19

Trong không gian Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A‟B‟C‟ với A(0; -

3; 0), B(4; 0; 0), C(0; 3; 0), B‟(4; 0; 4).



82

a) Tìm tọa độ các đỉnh A‟,C‟. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp

xúc với mp(BCC‟B‟).

b) Gọi M là trung điểm của A‟B‟. Viết phương trình mp(P) đi qua 2 điểm A,

M và song song với BC‟. Mp(P) cắt đường thẳng A‟C‟ tại điểm N. Tính độ

dài đoạn MN. (Đề thi ĐH khối B-2005)

Giải

a) Do đáy ABC chứa trong mp(Oxy) nên đáy (A‟B‟C‟) chứa trong mp z = 4.

Suy ra : A‟(0; -3; 4), C‟(0; 3; 4).

Ta có : BC = -4; 3; 0 , BB' = 0; 0; 4

.

Mp(BCC‟B‟) có VTPT n = BC,BB' = 12; 16; 0

Phương trình mp(BCC‟B‟) là :

12(x - 4) + 16y = 0 3x + 4y - 12 = 0

Khoảng cách từ A tới mp này là :

2 2

-12 - 12 24d = = =

53 + 4bán kính mặt cầu.

Vậy: Phương trình mặt cầu cần tìm là

2

22 2 24 576x + y+3 + z = =

5 25

b) Trung điểm M của A‟B‟ là : M = (2; -3

2; 4).

Ta có : 3

AM = 2; ; 4 , BC' = -4; 3; 42

+Mp(P) có VTPT n = AM,BC' = -6; -24; 12 = -6 1; 4; -2

Phương trình mp(P) là : x + 4(y + 3) - 2z = 0 x + 4y - 2z +12 = 0

Dễ thấy B = (4 ;0 ;0) (P) nên (P) đi qua A, M và song song BC‟.



83

+Ta có : A'C' = 0; 6; 0

.

Phương trình tham số của A‟C‟ là :

x = 0

y = -3 + 6t

z = 4

Giao điểm N(x; y; z) của A‟C‟ với mp(P) là nghiệm của hệ phương trình :

x = 0x = 0

y = -1y = -3 + 6t

z = 4z = 4

1x 4y - 2z 12 0 t =

3

Khi đó : N = (0; -1; 4).

Vậy : 2

2 23 17MN = 2 - 0 + - + 1 + 4 - 4 =

2 2

Bài 20

Cho hình lập phương ABCD.A‟B‟C‟D‟ với các điểm A(0; 0; 0), B(1;

0; 0), D(0; 1; 0), A‟(0; 0; 1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

a) Tính khoảng cách giữa A‟C và MN.

b) Viết phương trình mp chứa A‟C và tạo với mp(Oxy) một góc sao cho

1cosα =

6. (Đề thi ĐH khối A-2006)

Giải

a) Gọi (P) là mp chứa A‟C và song song MN.

Khi đó:

A'C,MN M, Pd = d

Ta có : C(1; 1; 0), M(1

2; 0; 0), N(

1

2; 1; 0),



84

A'C 1; 1; -1 , MN 0; 1; 0 A'C,MN = 1; 0; 1

.

Mặt phẳng (P) đi qua A‟(0; 0; 1) có VTPT (1; 0; 1) nên có phương trình :

1(x - 0) + 0(y - 0) + 1(z - 1)=0

x + z - 1=0

Vậy : A'C,MN M, P 2 2 2

1 + 0 - 1

1 22d = d = = =

42 21 + 0 + 1

b) Gọi mp cần tìm là (Q) : ax + by + cz + d = 0 (2 2 2a + b + c 0 ).

Vì mp(Q) chứa A‟(0; 0; 1) và C(1; 1; 0) nên

Ta có : c + d = 0

c = -d = a + ba + b + d = 0

Do đó : Phương trình của (Q) có dạng ax + by + (a + b)z - (a + b) = 0.

Khi đó : VTPT của (Q) là : n = a; b; a + b

.

Ta có : VTPT của (ABCD) là AA' = k = (0; 0; 1)

.

Ta có :

2 2 2

n.k a + b1cosα cos n ,k = =

6 n . k a + b + (a + b)

2 2 26(a + b) = 2(a + b + ab)

a = -2b

b = -2a

Với a = -2b, chọn b = -1. Ta có mp(Q) là : 2x - y + z - 1 = 0.

Với b = -2a, chọn a = 1. Ta có mp(Q‟) là : x - 2y - z + 1 = 0.



85

PHẦN 3 : KẾT LUẬN

Với một bài toán thì có nhiều cách giải và với mỗi bài toán đều có thể

tìm được một cách giải tối ưu.

Việc giải bài toán HHKG bằng PPTĐ là một trong những phương pháp giúp

giải bài toán HHKG một cách nhanh chóng, ngắn gọn và dễ hiểu hơn so với

PPTH.

Khóa luận đã cố gắng hoàn thành nhiệm vụ đặt ra :

+ Nghiên cứu lý luận chung về bài toán, lời giải, phương pháp giải bài toán.

+ Xây dựng hệ thống hoá bài tập dưới dạng bài tập cơ bản và nâng cao.

Đề tài là bước đầu giúp em làm quen với PPTĐ trong việc giải toán trong

không gian. Cho em hình dung được PPTĐ là gì ? Với những bài toán như thế

nào thì có thể áp dụng được ? Và đặc biệt cho em thấy mối quan hệ giữa

HHKG và HHGT trong không gian.

Do thời gian chuẩn bị không được nhiều cộng với vốn kiến thức cũng như

kinh nghiệm nghiên cứu của bản thân còn hạn chế nên đề tài không tránh khỏi

những thiếu xót.

Em rất mong được sự góp ý, trao đổi của các thầy cô và các bạn sinh viên để

khóa luận được hoàn thiện hơn.

Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo !



86

MỤC LỤC

Trang

Phần 1 : Mở đầu 1

Phần 2 : Nội dung 3

Chương 1 : Cơ sở lý luận 3

A. Bài toán và bài tập toán học 3

B. Phương pháp tọa độ trong không gian 10

Chương 2 :ứng dụng dạy học 13

Nội dung chương trình 13

a. các kiến thức cơ bản 13

B. Các dạng bài tập 17

Dạng 1 : Các bài toán liên quan tới vectơ 17

Dạng 2 : Phương trình mặt phẳng 24

Dạng 3 : Phương trình đường thẳng 31

Dạng 4 : Các vị trí tương đối 39

Dạng 5 : Các bài toán về khoảng cách và góc 45

Dạng 6 : Mặt cầu-phương trình mặt cầu 50

C. Bài tập luyện tập 56

Phần 3 : Kết luận 78



87

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Hình học nâng cao 12 - NXB giáo dục.

2. Bài tập hình học nâng cao 12 - NXB giáo dục.

3. Hình học nâng cao 12- Sách giáo viên - NXB giáo dục.

4. PPVT và PPTĐ trong giải và biện luận các bài toán hình học - Tài liệu

viết tay.

5. Phương pháp toán sơ cấp - Thạc sĩ Nguyễn Văn Hà.

6. PPTĐ trong chứng minh các bài toán trong không gian - Tài liệu viết

tay.

7. Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ toàn quốc, 2009 - NXB Hà nội.

8. Toán nâng cao hình học 12 - NXB sư phạm - Nguyễn vĩnh Cận.

9. Tuyển chọn 400 bài tập hình học 12.



88

Documents

KHAI THÁC BÀI TẬP TOÁN PHẦN PHƢƠNG PHÁP TỌA · PDF fileHình học là một môn học ... ý nghĩa của bài tập toán học ... năng lực sử dụng các phép