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 KHÔNG GIAN OXYZ – P1 Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2z + 5 = 0; P x y+ − ( ) Q : 2 2z -13 = 0. x y+ − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5; 2; 1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Lời giải: Gọi I(a; b; c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P d I P d I Q  =   = = = ⇔ =   =   Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c a b c= ⇔ = ⇔ + + = − + − + − ⇔ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5| , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI d I P a b c a b c a b c + − + = ⇔ + + = ⇔ + + = + − + ( ) ( ) ( ) ( ) | 2 2 5| | 2 2 13| , , 3 3 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3) 2 2 5 2 2 13 a b c a b c d I P d I Q a b c a b c a b c a b c a b c + − + + − − = ⇔ = + − + = + − −  ⇔ ⇔ + − =  + − + = − − + +  lo¹i T ừ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ; (4) 3 6 3 a b c − = − = T ừ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5) a b c+ + = Th ế (4) vào (5) và thu g ọ n ta đượ c: ( ) ( ) 2 221 658 0 a a − − = Nh ư v ậ y 2 a = ho ặ c 658 221 a = . Suy ra: I(2; 2; 1) và R = 3 ho ặ c 658 46 67 ; ; 221 221 221 I   −     và R = 3. V ậ y có hai m ặ t c ầ u th ỏ a mãn yêu c ầ u v ớ i ph ươ ng trình l ầ n l ượ t là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 x y z − + − + − = và 2 2 2 658 46 67 9 221 221 221 x y z       − + − + + =             Bài 2: Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0 x y z − + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các điểm 1 2 d , d M N ∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Lời giải: Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = +   = −   =  . M thuộc d 1 nên tọa độ của M ( ) 1 2 ;3 3 ;2 t t t + − . Theo đề: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6| , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0;2 M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1;3;0 M + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d ∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1) x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = . Ph ương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = +   =   = − −  (2) 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 Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 1 1 1 1 x y z − − = = − − và m ặ t ph ẳ ng (P) : ax + by + cz – 1 = 0 2 2 ( 0) a b + ≠ . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) bi ế t (P) đ i qua đườ ng th ẳ ng d và t ạ o v ớ i các tr ụ c Oy, Oz các góc b ằ ng nhau. Lời giải: Đườ ng th ẳ ng d qua M (0, 2, 1) có VTCP (1, 1, 1) u = − −  ; (P) có VTPT ( , , ) n a b c =  Do ( ) . 0 0 d P nv a b c a b c ⊂ ⇒ = ⇔ − − = ⇔ = +     0 ( ,( )) ( ,( )) os( , ) os( , ) 0 b c Oy P Oz P c j n c k n b c b c = ≠  = ⇔ = ⇔ = ⇔  = − ≠      Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra 1 ( ) P : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M 1 ( ) P ∉ Nếu b = - c = -1 thì a = 0 suy ra 2 ( ) P : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn) Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0 Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z − − − ∆ = = − và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Lời giải: Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u → = (2 ; -1 ; 1). Gọi n → = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). .Vì ( ) P ∆ ⊂ nên . 0 n u → → = ⇔ 2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c n → ⇒ =(a; 2a + c ; c ) Suy ra pt của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 Ta có d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c ⇔ = + + + ( ) 2 0 a c ⇔ + = 0 a c ⇔ + = Chọn a = 1, c = -1. Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0 Bài 5: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho hai đườ ng th ẳ ng 1 1 : 2 1 x t d y t z = +   = −   =  ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Vi ế t ph ươ ng trình (P) song song v ớ i 1 d và 2 d , sao cho kho ả ng cách t ừ 1 d đế n (P) g ấ p hai l ầ n kho ả ng cách t ừ 2 d đế n (P). Lời giải: 1 d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : ( ) 1 1; 1;0 u → = − ; 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: ( ) 2 1; 2;2 u → = − . Gọi n → là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n → = [ 1 2 ; u u → → ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ (P): 2x + 2y + z + D = 0 Ta có d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5 D D ⇔ + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D + = +  ⇔  + = − +  3 17 3 D D = −   ⇔  = −  Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17 3 = 0 Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z − − + = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON. Lời giải: 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 Giả sử Q n  là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó ( ) 1; 1; 1 Q P n n ⊥ − −   Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại ( ) ( ) 0; ;0 , 0;0; M a N b phân biệt sao cho OM = ON nên 0 0 a b a b a b = ≠  = ⇔  = − ≠  Nếu a = b thì ( ) ( ) 0; ; // 0; 1;1 MN a a u= − −   và Q n u ⊥   nên ( ) , 2;1;1 Q P n u n   = =      . Khi đó mặt phẳng (Q): 2 2 0 x y z + + − = và ( ) Q cắt Oy, Oz tại ( ) 0;2;0 M và ( ) 0;0;2 N (thỏa mãn) Nếu a = - b thì ( ) ( ) 0; ; // 0;1;1 MN a a u= − −   và Q n u ⊥   nên ( ) , 0;1; 1 Q P n u n   = = −      . Khi đó mặt phẳng (Q): 0 y z − = ( ) Q cắt Oy, Oz tại ( ) 0;0;0 M và ( ) 0;0;0 N (loại). Vậy ( ) :2 2 0 Q x y z + + − = là mặt phẳng cần lập. Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình 3 2 0 x y z + − + = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Lời giải: Gọi I là trung điểm của AB 3 3 3 ; ; . ( 1; 1; 1) 2 2 2 I AB − −   ⇒ = − − −      Pt (Q) là 3 0 2 x y z + + + = Đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua đ i ể m 7 1 ;0; 4 4 I   −     và có vtcp (2; 1; 1) u = − −  Pt tham số của ∆ là 7 2 4 1 4 x t y t z t  = − +   = −    = −  2 7 1 25 2 ; ; . 12 15 4 4 4 M M t t t OM t t   ∈∆ ⇒ − + − − = − +     OM nhỏ nhất 5 19 5 3 ; ; 8 6 8 8 t M   = ⇒ − −     Bài 8: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 67 0 + + − − − − = . Lời giải: Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9. Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình: A(x - 13) + B(y + 1) + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0 + + ≠ . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 ⇔ (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9 2 2 B 5C 2B 8BC 17C ⇔ + = + + ⇔ 2 2 B 4C B 2BC 8C 0 B 2C =  − − = ⇔  = −  Thay vào ph ương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình 1 2 (P ): 2x 2y z 28 0 (P ): 8x 4y z 100 0 − + − + = + + − = Bài 9: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0 − − − = một góc nhỏ nhất. 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 Lời giải: Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình: A(x - 0) + B(y + 1) + C(z - 2) = 0 với 2 2 2 A B C 0 + + ≠ . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = 2B + C Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: 2 2 B cos 5B 4BC 2C α = + + Nếu B = 0 thì α 0 90 = . Nếu B 0 ≠ , đặ t m = C B ,ta có: 2 2 1 1 1 cos 3 2m 4m 5 2(m 1) 3 α = = ≤ + + + + . α nhỏ nhất khi 1 cos 3 α = ⇔ m = -1 ⇔ B = - C. Vậy mặt phẳng ( R): x y z 3 0 + − + = Bài 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho điểm ( ) I 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua I cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải: Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc ≠ 0 ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z 1 a b c + + = . (P) qua I nên 1 1 1 1 a b c + + = (1) Mà IA = IB = IC nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 a 1 b 1 c 1 − + + = + − + = + + − ⇔ − = − = − a b c ⇔ = = ho ặ c b a 2 c a = −   =  ho ặ c c 2 a b a = −   =  ho ặ c b c 2 a = = − V ớ i a = b = c thay vào (1) ta đượ c a=b=c=3. Khi đ ó pt (P): x+y+z=3 V ớ i b a 2 c a = −   =  ho ặ c c 2 a b a = −   =  thay vào (1) ta đượ c 2 2 1 1 a 3a 4 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) V ớ i b c 2 a = = − thay vào (1) ta đượ c 2 1 2 1 a a 2 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) V ậ y ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) c ầ n tìm là: x + y + z = 3 Bài 11: Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ Oxyz, vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) đ i qua O, vuông góc v ớ i m ặ t ph ẳ ng (Q): 5x 2y 5z 0 − + = và t ạ o v ớ i m ặ t ph ẳ ng (R): x 4y 8z 6 0 − − + = góc o 45 . Lời giải: M ặ t ph ẳ ng (P) đ i qua O(0; 0; 0) nên có pt d ạ ng : Ax + By + Cz = 0 v ớ i 2 2 2 A B C 0 + + > ( ) ( ) ( ) 5 P Q 5A 2B 5C 0 B A C 2 ⊥ ⇔ − + = ⇔ = + (1) (P) t ạ o v ớ i (R) góc o 45 nên o 2 2 2 2 2 2 A 4B 8C A 4B 8C 1 cos45 2 A B C 1 16 64 A B C .9 − − − − = ⇔ = + + + + + + (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 1 , 2 2 A 10 A C 8C 9 A A C C 4 ⇒ − + − = + + + 2 2 21A 18AC 3C 0 ⇔ + = = Ch ọ n A 1 C 1 1 A 7 = −   = ⇒  =  *) A 1,C 1 B 0 = − = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x – z = 0 *) 1 20 A ,C 1 B 7 7 = = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x + 20z + 7z = 0 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 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x – z = 0 hoặc x + 20z + 7z = 0 Bài 12: Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 7 1 5 1 4 : 1 + = − − = + zyx d và 2 1 1 1 2 : 2 − + = − = − zyx d . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua 1 ),0;2;1( dM ⊥− và t ạ o v ớ i 2 d góc .60 0 Lời giải: Gi ả s ử ∆ có vtcp .0),;;( 222 ≠++= ∆ cbacbau .00. 11 =+−⇔=⇔⊥∆ ∆ cbauud (1) )2()(3)2(2 2 1 60cos .411 2 60),( 22220 222 0 2 cbacba cba cba d ++=−−⇔== ++++ −− ⇔=∆∠ T ừ (1) có cab + = thay vào (2) ta đượ c ( ) 02)(318 222222 =−+⇔+++= cacaccaac    −=−= == ⇔ .,2 2, cbca cbca V ớ i ,2, cbca = = ch ọ n )1;2;1(1 =⇒= ∆ uc ta có . 1 2 2 1 1 : zyx = − = + ∆ V ớ i ,,2 cbca − = − = ch ọ n )1;1;2(1 −=⇒−= ∆ uc ta có . 1 1 2 2 1 : − = − = + ∆ zyx Bài 13: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ , Oxyz cho đ i ể m )3;1;2( − M và đườ ng th ẳ ng 1 1 3 4 2 2 : + = − − = + zyx d . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng )(P đ i qua )0;0;1( K , song song v ớ i đườ ng th ẳ ng d đồ ng th ờ i cách đ i ể m M m ộ t kho ả ng b ằ ng 3 . Lời giải: ( P ) đ i qua ⇒ )0;0;1( K ph ươ ng trình ( P ) d ạ ng ).0(0 222 ≠++=−++ CBAACzByAx    ≠−+− =+− ⇔      ∉−− = ⇔ )2(043 )1(032 )()1;4;2( 0. //)( CBA CBA PH nu dP Pd ( ) ).(3)3(3 3 3)(, 2222 222 CBACBA CBA CBA PMd ++=+−⇔= ++ +− ⇔= (3) Từ (1) có ,32 BAC + − = thay vào (3) ta được ( ) 2222 )32(3)85( BABABA +−++=+−    = = ⇔=+−⇔ .175 017225 22 BA BA BABA Với ,BA = ta có ,BC = không thỏa mãn (2). Với ,175 BA = ta có . 5 19 , 5 17 BCBA −== Chọn 5 = B ta có 19,17 − = = CA , th ỏ a mãn (2). Suy ra .01719517:)( = − − + zyxP Bài 14: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Ox yz , cho m ặ t ph ẳ ng ( ) P : 3 2 4 0 x y z + − + = và đ i ể m ( ) 2;2;0 A . Tìm t ọ a độ đ i ể m M sao cho MA vuông góc v ớ i ( ) P , M cách đề u g ố c t ọ a độ O và m ặ t ph ẳ ng ( ) P Lời giải: ( ) P có véc t ơ pháp tuy ế n ( ) 3;2; 1 n −  . G ọ i ( ) ; ; M a b c , ta có ( ) 2; 2; AM a b c − −  Vì ( ) MA P ⊥ nên AM  và n  cùng ph ươ ng ,AM tn t ⇔ = ∈   R ⇔ 2 3 2 2 a t b t c t = +   = +   = −  (1) Vì M cách đều O và (P) nên ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 , 14 a b c MO d M P a b c + − + = ⇔ + + = . ( ) ( ) 2 2 2 2 14 3 2 4 a b c a b c⇔ + + = + − + (2) Thay (1) vào (2) tìm được 3 4 t − = . Vậy 1 1 3 ; ; 4 2 4 M   −     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 Bài 15: Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz , cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 6 4 5 0 x y z x y z + + − + − + = . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 2 r = Lời giải: M ặ t c ầ u (S) có tâm ( ) 1; 3;2 I − , bán kính 3 R = Vì ( ) P ch ứ a tr ụ c Oy nên PT ( ) P có d ạ ng : 0 Ax Cz + = ( ) , 0 B C ≠ Ta có ( ) ( ) 2 2 , 5 d I P R r= − = 2 2 2 5 A C A C + ⇔ = + ( ) 2 2 0 2 A C C A ⇔ − = ⇔ = . Chọn 1 2 A C = ⇒ = . Vậy PT ( ) P là : x 2z 0 + = Bài 16: Trong không gian t ọ a độ Oxyz, vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua đ i ể m M(1; −1; 0), c ắ t đườ ng th ẳ ng (d): 2 2 2 1 1 x y z − + = = và t ạ o v ớ i m ặ t ph ẳ ng (P): 2x − y − z + 5 = 0 m ộ t góc 30 0 . Lời giải: G ọ i ( ) (2 2 ; ; 2 ) N d N t t t = ∩ ∆ ⇒ + − + Ta có: (1 2 ; 1; 2 ) MN t t t = + + − +  và (P) có vtpt (2; 1; 1) n = − −  (d) tạo với (P) góc 30 0 nên: ( ) 0 2 2 2 2 4 1 2 1 sin30 cos , 2 (1 2 ) ( 1) ( 2) . 6 t t t MN n t t t + − − + − = = = + + + + −   2 2 2 3 3 9 10 18 0 0; 2 5 6 2 6 t t t t t t t + ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = + + + Với t = 0, phương trình 1 1 : 1 1 2 x y z − + ∆ = = − + Với 9 5 t = , phương trình 1 1 : 23 14 1 x y z − + ∆ = = − Bài 17: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 6 67 0 S x y z x y z + + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Lời giải: Giả sử (P) có vtpt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0) n A B C A B C = + + ≠  (P) // BC nên ( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; ) n BC n BC A B C n B C B C ⊥ = − ⇒ = ⇔ = + ⇒ = +      (P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( 4 ) 12 52 0 B C x By Cz B C + + + − − = (P) tiếp xúc (S) 2 2 2 4 2 3 12 52 [ ,( )] 9 ( 4 ) B C B C B C d I P R B C B C + + + − − ⇔ = ⇔ = + + + 2 2 0 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0 4 0 B C B BC C B C B C B C + =  ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔  − =  Với B + 2C = 0 chọn 2 1 B C =   = −  , ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 Với B − 4C = 0 chọn 4 1 B C =   =  , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = 0 Bài 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết ( ) 3;0;8 B , ( ) 5; 4;0 D − − và đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C. Lời giải: Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD = 12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a; b; 0), Do ABCD là hình vuông nên ta có, 2 2 2 2 1 2 AB AD AI BD  =     =       ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 5 4 1 2 4 36 a b 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 ( ) ( ) 2 2 4 2 1 6 2 20 b a a a = −   ⇔  + + − =   1 2 a b =  ⇔  =  hoặc 17 5 14 5 a b  =    −  =   . Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và 17 14 ; ;0 5 5 A −       Vì I là trung đ i ể m AC nên ta có t ọ a độ đ i ể m A c ầ n tìm t ươ ng ứ ng là: C(-3;-6;8), 27 6 ; ;8 5 5 C − −       . Bài 19: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho m ặ t c ầ u (S): 2 2 2 2 4 4 0 x y z x y + + + − − = và m ặ t ph ẳ ng (P): 3 0 x z + − = . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (Q) đ i qua đ i ể m ( ) 3;1 1 M − vuông góc v ớ i m ặ t ph ẳ ng (P) và ti ế p xúc v ớ i m ặ t c ầ u (S). Lời giải: M ặ t c ầ u (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. M ặ t ph ă ng (P) có VTPT ( ) 1;0;1 P n  M ặ t ph ẳ ng (Q) đ i qua M có d ạ ng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 0 0 A x B y C z A B C − + − + + = + + ≠ v ớ i VTPT là ( ) ; ; Q n A B C  Do (Q) ti ế p xúc v ớ i (S), suy ra 2 2 2 2 2 2 4 ( ,( )) 3 4 3 A B C d I Q R A B C A B C A B C − + + = ⇔ = ⇔ − + + = + + + + (*) M ặ t khác ( ) ( ) . 0 0 Q P Q P n n A C C A ⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −   Thay vào (*) ta được 2 2 2 2 5 3 2 8 7 10 0 B A A B B A AB − = + ⇔ − + = (**) Chọn B=1, (**) 2 7 10 8 0 2 A A A ⇔ − − = ⇔ = hoặc 4 7 A − = V ớ i 2 2 A C = ⇒ = − : đượ c ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (Q) là: 2 2 9 0 x y z + − − = V ớ i 4 4 7 7 A C − = ⇒ = : đượ c ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (Q) là: 4 7 4 9 0 x y z − − − = V ậ y, ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng c ầ n tìm là: 2 2 9 0 x y z + − − = và 4 7 4 9 0 x y z − − − = . Bài 20: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đườ ng th ẳ ng 1 1 3 1 ( ) : 2 1 1 x y z d + − − = = , 2 3 1 ( ) : 3 1 1 x y z d + + = = − . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ c ắ t c ả hai đườ ng th ẳ ng (d 1 ), (d 2 ), song song v ớ i (P) và cách (P) m ộ t kho ả ng b ằ ng 6 . Lời giải: G ọ i M, N l ầ n l ượ t là giao đ i ể m c ủ a ∆ v ớ i (d 1 ) và (d 2 ) 1 1 1 2 2 2 ( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 ) M t t t N t t t − + + + − + − − + Ta có: 2 1 2 1 2 1 (3 2 2; 3; 2) MN t t t t t t = − − − − − − −  và vtpt c ủ a (P) là (1; 1; 2) n = −  + ∆ // (P) nên: 2 1 2 1 2 1 2 1 . 0 3 2 2 3 2 2 4 0 6 3 3 0 MN n t t t t t t t t = ⇔ − − + + + + − − = ⇔ − − =   1 2 2 1 t t ⇔ = − (1) 2 2 2 3 3 2 2 5 [ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6 6 t t t d P d M P − + + − + + ∆ = ⇔ = ⇔ = 2 2 1 1 t t ⇔ = ⇔ = ± 2 1 2 1 1 1; 1 3 t t t t = ⇒ = = − ⇒ = − + V ớ i 1 2 1 t t = = , ta có 1 4 2 (1; 4; 2), (1; 5; 2) pt : 1 5 2 x y z M MN − − − = ⇒ ∆ = =  + V ớ i 1 2 3 1 t t = −   = −  , ta có 7 ( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( ) 2 x t M MN y t t z = − +   − − = ⇒ ∆ = ∈   = −   ℝ Bài 21: Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho ba đ i ể m A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và m ặ t c ầ u 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0 S x y z x y z + + + − − + = . Tìm t ọ a độ đ i ể m M trên (S) sao cho M cách đề u ba đ i ể m A, B, C. Lời giải: Gi ả s ử M(x; y; z). M cách đề u A, B, C nên: 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 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) hay ( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1) AM BM x y z x y z AM CM x y z x y z   = − + − + = − + − + +     = − + − + = − + − + −     1 3 ( ) 2 7 1 x t x z y t x y z z t =  + =   ⇔ ⇔ = ∈   + + =   = −  ℝ M ∈ (S) nên 2 2 2 3 3 3 9 (1 ) 2 18 6 6 5 0 2 6 9 0 2 t t t t t t t − ± + + − + − − + + = ⇔ + − = ⇔ = Suy ra 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M   − + −       ho ặ c 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M   − − +       Bài 22: Trong khơng gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho m ặ t ph ẳ ng ( ) + − + = : 3 14 0 P x y z . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u (S) ti ế p xúc v ớ i (P) và đ i qua hai đ i ể m A(1;3;2), B(-3;1;4). Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (Q) qua A,B và c ắ t (S)theo m ộ t đườ ng tròn có di ệ n tích bé nh ấ t. Lời giải: Vì m ặ t c ầ u (S) đ i qua A,B và ti ế p xúc v ớ i mp(P) mà B n ằ m trên (P) nên (S) ti ế p xúc v ớ i (P) t ạ i B, do đ ó tâm I c ủ a m ặ t c ầ u n ằ m trên đườ ng th ẳ ng d đ i qua B và vng góc v ớ i (P), d có vtcp là ( ) 1;1; 3 u = −  ,d có ph ươ ng trình là 3 1 4 1 1 3 x y z + − − = = − . M ặ t khác, tâm I c ũ ng n ằ m trên m ặ t ph ẳ ng trung tr ự c c ủ a đ o ạ n th ẳ ng AB, m ặ t ph ẳ ng này đ i qua trung đ i ể m M(-1;2;3) c ủ a AB và có vtpt ( ) ( ) ( ) ( ) 4;2; 2 nên có pt là 2 1 2 3 0 2 3 0 BA x y z x y z = − + + − − − = ⇔ + − + =  Nh ư v ậ y t ọ a độ c ủ a I là nghi ệ m c ủ a h ệ 2 3 0 2 4 0 2 3 7 0 1 x y z x x y y y z z   + − + = = −   − + = ⇔ =     + − = =   Bán kính c ủ a m ặ t c ầ u là R=IA= 11 . Ph ươ ng trình c ủ a m ặ t c ầ u là (x+2) 2 +(y-2) 2 +(z-1) 2 =11 G ọ i r là bán kính đườ ng tròn ta có ( ) ( ) + = ⇔ = − 2 2 2 2 ;( ) 11 11 ;( ) r d I Q r d I Q ( ) đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay ;( ) lớn nhất d I Q ( ) ( ) ( ) ( ) ⊥ ≤ ⊥ = − + − = ⇔ + − =  Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q) hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt la ø 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0 d I Q IM IM x z x z