LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 03. TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN OXYZ – P2 Bài 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1 2 2 1 : 2 1 2 x y z d − + + = = − ; 2 3 1 1 1 2 : ; : 1 2 1 1 1 2 x y z x y z d d − + − − = = = = − . Chứng minh d 2 và d 3 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với d 1 ,cắt d 2 và d 3 tại hai điểm A, B sao cho 3 AB = Lời giải: ( ) ( ) ( )     = − = − = − ≠     ∗ ⇒ = + + − − − − ∆        2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau. Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t'; 2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của , u u u u BA t t t t t t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∆ ⊥ + + − − − + − − = ⇔ = = + − − −  = + + − + − − = ⇔ + = ⇔  = −  − + = − − ∆ = = − −   1 2 2 2 2 do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2 0 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0 1 1 1 Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của : 1 2 2 Với t t t t t t t t BA t t t t t t t t x y z BA ( ) + + = − − ∆ = = − − − + + + ∆ = = ∆ = = − − − −  1 2 3 1 t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của : 2 2 1 1 1 3 1 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; : 1 2 2 2 2 1 x y z BA x y z x y z Bài 2: Trong khơng gian tọa độ với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 1 1 2 3 x y z − + − = = − và hai đ i ể m A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3). Tìm trên đườ ng th ẳ ng d đ i ể m M sao cho MA + MB đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t. Lời giải: M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t) ∈ d. Ta có MA + MB = 2 2 2 ( 2) (2 3) (2 3 ) t t t − + − + − + 2 2 2 (2 ) (2 3) ( 2 3 ) t t t + + + + − − = 2 2 14 28 17 14 28 17 t t t t − + + + + = 2 2 3 3 14 ( 1) ( 1) 14 14 t t   − + + + +       + Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, 3 14 ), F(–1, – 3 14 ) và N(t, 0) Ta có MA + MB = 14 (NE + NF) ≥ 14 FE = 2 17 + E và F nằm hai bên trục hồnh và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hồnh nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 + Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) Bài 3: Trong khơng gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho m ặ t c ầ u (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 17 x y z + + − + + = và m ặ t ph ẳ ng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua A(8, 0, – 23), n ằ m trong (P) và ti ế p xúc v ớ i m ặ t c ầ u (S). Lời giải: (S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n  = (2, 2, 1) + Gọi u  = (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆ cần tìm (a 2 + b 2 + c 2 > 0) + ∆ ⊂ (P) ⇒ u  ⊥ n  ⇔ 2a + 2b + c = 0 ⇔ c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI  = (–9, 2, 20), [ AI  , u  ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) ∆ tiếp xúc (S) ⇔ d(I, ∆ ) = R ⇔ , 17 AI u u     =    ⇔ 2 2 2 2 2 2 (2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17. c b a c b a a b c − + + + − − = + + (2) + Từ (1) và (2) ta có : 2 2 2 2 2 2 ( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ] a b a b b a a b a b − − + − + − − = + + − − LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn ⇔ 896b 2 – 61a 2 + 20ab = 0 + Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b ≠ 0. Chọn b = 1 Ta có –61a 2 + 20a + 896 = 0 ⇔ a = 4 hoặc a = 224 61 − + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224 61 − , b = 1 thì c = 326 61 . Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là 8 4 : 23 10 x t y t z t = +   ∆ =   = − −  và 224 8 61 ': 326 23 61 x t y t z t  = −   ∆ =    = − +  Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0 S x y z x y z P x y z + + − + − + = + − + = . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Lời giải: Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( ) ( ) ( ) 2.2 2. 1 3 16 , 5 3 d d I P d R + − − + = = = ⇒ > . Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của ∆ và (P). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;2; 1 P n = −  và qua I nên có phương trình là ( ) 2 2 1 2 3 x t y t t z t = +   = − + ∈   = −  ℝ . Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 9 3 t t t t t + + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − . Suy ra 0 4 13 14 ; ; 3 3 3 N   − −     . Ta có 0 0 3 . 5 IM IN =   Suy ra M 0 (0; -3; 4) Bài 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z + + − = và đường thẳng 1 : 1 3 1 x y z − ∆ = = − . L ậ p ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d, n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng (P), vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng ∆ và cách đườ ng th ẳ ng ∆ m ộ t kho ả ng b ằ ng 8 66 . Lời giải: Ta có (P) có vtpt ( ) 1;1;1 P n =  , ∆ có vtcp ( ) 1;3; 1 u ∆ = −  , ( ) 1;0;0M ∈∆ . Do ( ) ( ) ; 4;2;2 d P d P d u n d P u n u d u u ∆ ∆  ⊥ ⊂     ⇒ ⇒ = = −     ⊥ ∆  ⊥          G ọ i (Q) là m ặ t ph ẳ ng ch ứ a (d) và song song v ớ i ∆ . Khi đ ó ta ch ọ n ( ) ; 2 4;1;7 Q d n u u ∆   = = −      suy ra (Q) có d ạ ng 4 7 0 x y z d + + + = . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ; ; ; 66 d d d d P d M P + ∆ = ∆ = = . T ừ đ ó k ế t h ợ p v ớ i gi ả thi ế t ta đượ c: 4 8 4 8 4; 12 66 66 d d d d + = ⇔ + = ⇔ = = − +) N ế u ( ) 4 :4 7 4 0 d Q x y z = ⇒ + + + = . Ch ọ n đ i ể m ( ) ( ) 1 13 ; ; 1 3 3 N P Q d   − − ∈ =     ∩ suy ra ph ươ ng trình LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 1 13 1 3 3 : 2 1 1 x y z d + − + = = − − +) Nếu ( ) 12 :4 7 12 0 d Q x y z = − ⇒ + + − = . Chọn điểm ( ) ( ) ( ) 1;1;1 N P Q d ∈ = ∩ suy ra phương trình 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − − − = = − − Bài 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng lần lượt có phương trình 1 2 3 3 2 1 2 1 1 : ; : ; : 2 1 3 1 2 3 1 2 3 x y z x y z x y z − − − + + − ∆ = = ∆ = = ∆ = = − − Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 4; 3;2 A − c ắ t 1 2 , ∆ ∆ và vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng 3 ∆ . Lời giải: 1 ∆ đ i qua đ i ể m ( ) 0,0,3 M và có vtcp ( ) 1 2,1, 3 u = −  ; 2 ∆ đ i qua đ i ể m ( ) 2,1,0 N và có vtcp ( ) 1 1,2, 3 u = −  . Ta có 1 2 ; . 0 u u MN   =      suy ra 1 2 , ∆ ∆ đồ ng ph ẳ ng suy ra ∆ n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng ch ứ a 1 2 , ∆ ∆ K ế t h ợ p v ớ i ∆ vuông góc v ớ i 3 ∆ nên ta có ( ) 3 3 1 2 1 2 , , , 3 1, 2,1 u u u u u u u u u ∆ ∆ ∆ ∆ ∆    ⊥        ⇒ = = −      ⊥            Đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua đ i ể m A và có vtcp ( ) 1, 2,1 − có ph ươ ng trình là: 3 3 2 1 2 1 x y z − + − = = − Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) 1;0;4 M , ( ) 1;1;2 N và mặt cầu (S): 2 2 2 2 2 2 0. x y z x y + + − + − = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S). Lời giải: Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 4 x y z x y x y z + + − + − = ⇔ − + + + = . Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2. Ta có MN  = (0; 1; − 2). Gọi ( ) , , n A B C  với 2 2 2 0 A B C + + > là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Vì mp(P) qua MN nên ( ) . 0 2 0 1 n MN n MN B C ⊥ ⇔ = ⇔ − =     Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận ( ) , , n A B C  làm VTPT nên có phương trình ( ) ( ) ( ) 1 0 4 0 z 4 0 A x B y C z Ax By C A C − + − + − = ⇔ + + − − = . Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) ( ) ( ) − + − − ⇔ = ⇔ = + + 2 2 2 1. 1. 0. 4 , 2 A B C A C d I P R A B C ⇔ ( ) + = + + 2 2 2 4 2 2 B C A B C Từ (1) và (2), đưa đến 2 2 4 0 A C − = (*) Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vô lí). Do vậy 0 C ≠ . Chọn 1 2. C A = ⇒ = ± + Với A = 2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) : 2 2 6 0. x y z + + − = + Với A = -2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) : 2 2 2 0. x y z − − + = Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và 2x − 2y − z + 2 = 0. Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1 d : ; d : 1 2 1 2 1 1 + + − − − = = = = và mặt phẳng ( ) P :x y 2z 5 0 + − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Lời giải: Gọi ( ) ( ) ( ) A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1 − + − + + + + ⇒ = − + + − + + − + +  Do AB song song v ới (P) nên: ( ) P AB n 1;1; 2 b a 4 ⊥ = − ⇔ = −   . Suy ra: ( ) AB a 5; a 1; 3 = − − − −  Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3 = − + − − + − = − + = − + ≥ LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn Suy ra: { a 2 min AB 3 3 b 2 = = ⇔ = − , ( ) 1;2;2 A , ( ) 3; 3; 3 AB = − − −  Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2 1 1 1 − − − = = . Bài 9: Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ Oxyz , cho hai đ i ể m A (1; 5; 0), B (3; 3; 6) và đườ ng th ẳ ng ∆: x y z 1 1 2 1 2 + − = = − . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng d đ i qua đ i ể m B và c ắ t đườ ng th ẳ ng ∆ t ạ i đ i ể m C sao cho di ệ n tích tam giác ABC có giá tr ị nh ỏ nh ấ t. Lời giải: Ph ươ ng trình tham s ố c ủ a ∆: = − +   = −   =  x t y t z t 1 2 1 2 . Đ i ể m C thu ộ c đườ ng th ẳ ng ∆ nên t ọ a độ đ i ể m C có d ạ ng − + − C t t t ( 1 2 ;1 ;2 ) . AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6) = − + − − = −       = − − − − ⇒ = − +     AC AB t t t AC AB t t 2 , ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216     Diện tích ∆ABC là   = = − +   S AC AB t t 2 1 , 18 36 216 2   = t 2 18( 1) 198 − + ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1 = hay C(1; 0; 2). Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC ( 2; 3; 4) = − − −  làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6 2 3 4 − − − = = − − − . Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình      += = += tz ty tx 31 21 . Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Lời giải: Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH ≥ => HI lớn nhất khi I A ≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH + + ⇒ ∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y - 5z - 77 = 0