Mục lục Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 §1. Tọa Độ Trong Không Gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 §2. Phương Trình Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 §3. Phương Trình Đường Thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 §4. Hình Chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 §5. Góc Và Khoảng Cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1 Nguyễn Minh Hiếu 2 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian §1. Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.1. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ −→ a (5; 7; 2) , −→ b (3; 0; 4) và −→ c (−6; 1; −1). a) Hãy tìm các vectơ sau: −→ m = 3 −→ a −2 −→ b + −→ c ; −→ n = 5 −→ a + 6 −→ b + 4 −→ c ; −→ p = 1 2 −→ a − 1 3 −→ b + 1 6 −→ c . b) Tính: | −→ a |;    −→ b    ;    −→ a − −→ b    ; −→ a . −→ b ;  −→ a , −→ b  . c) Tìm −→ x sao cho −→ a + 3 −→ b − 2 −→ x = −→ 0 . d) Tìm u, v để vectơ −→ y (1; u; v) cùng phương với vectơ −→ a + 2 −→ b . Lời giải. a) −→ m = (15 − 6 − 6; 21 − 0 + 1; 6 −8 − 1) = (3; 22 − 3). −→ n = (25 + 18 − 24; 35 + 0 + 4; 10 + 24 − 4) = (19; 39; 30). −→ p =  5 2 − 1 − 1; 7 2 − 0 + 1 6 ; 1 − 4 3 − 1 6  =  1 2 ; 11 3 ; − 1 2  . b) | −→ a | = √ 25 + 49 + 4 = √ 78;    −→ b    = √ 9 + 0 + 16 = 5. −→ a − −→ b = (2; 7; −2) ⇒    −→ a − −→ b    = √ 4 + 49 + 4 = √ 57. −→ a . −→ b = 15 + 0 + 8 = 23;  −→ a , −→ b  =      7 2 0 4     ;     2 5 4 3     ;     5 7 3 0      = (28; −14; −21). c) a + 3  b − 2x =  0 ⇔ −→ x = 1 2 −→ a + 3 2 −→ b =  7; 7 2 ; 7  . d) Ta có: a + 2  b = (11; 7; 10) ⇒  −→ u ,a + 2  b  = (10u − 7v; 11v − 10; 7 − 11u). Do đó −→ u và −→ a + 2 −→ b cùng phương ⇔  −→ u ,a + 2  b  = −→ 0 ⇔    10u − 7v = 0 11v −10 = 0 7 − 11u = 0 ⇔      u = 7 11 v = 8 11 . Vậy u = 7 11 , v = 8 11 . Bài tập 7.2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ −→ a (1; 0; −2) , −→ b (1; 2; −1) và −→ c (0; 3; −2). a) Tìm vectơ −→ u biết 2 −→ a + −→ b − 3 −→ c − 2 −→ u = −→ 0 . b) Tính    −→ a + −→ b + −→ c    . c) Tìm −→ a  −→ b − 2 −→ c  ;  −→ a , −→ b  . d) Tìm vectơ −→ u biết −→ u ⊥ −→ a ; −→ u ⊥ −→ b và | −→ u | = √ 21. Lời giải. a) 2a +  b − 3c − 2u =  0 ⇔ −→ u = −→ a + 1 2 −→ b − 3 2 −→ c =  3 2 ; − 7 2 ; 1 2  . b) a +  b + c = (2; 5; −5) ⇒    a +  b + c    = √ 4 + 25 + 25 = 3 √ 6. c)  b − 2c = (1; −4; 3) ⇒ −→ a   b − 2c  = 1 + 0 − 6 = −5;  −→ a , −→ b  = (4; −1; 2). d) Ta có −→ u ⊥ −→ a và −→ u ⊥ −→ b nên −→ u = k  −→ a , −→ b  = (4k; −k; 2k). Mặt khác | −→ u | = √ 21 ⇔ 21k 2 = 21 ⇔ k = ±1. Vậy −→ u = (4; −1; 2) hoặc −→ u = (−4; 1; −2). 3 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 7.3. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; −2) , B (2; 1; −1) , C (1; −2; 2). a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng. b) Tính chu vi tam giác ABC. c) Tìm tọa độ D để ABCD là hình bình hành. d) Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC. Lời giải. a) Ta có: −−→ AB = (1; 1; 1) , −→ AC = (0; −2; 4) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (6; −4; −2) = −→ 0 . Suy ra −−→ AB, −→ AC không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng. b) Ta có: AB = √ 3, AC = √ 20, −−→ BC = (−1; −3; 3) ⇒ BC = √ 19. Vậy chu vi tam giác ABC là √ 3 + √ 20 + √ 19. c) Gọi D(x; y; z) ta có: −−→ AD = (x − 1; y; z + 2) , −−→ BC = (−1; −3; 3). Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔ −−→ AD = −−→ BC ⇔    x − 1 = −1 y = −3 z + 2 = 3 ⇔    x = 0 y = −3 z = 1 . Vậy D(0; −3; 1). d) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G  4 3 ; − 1 3 ; − 1 3  . Bài tập 7.4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (−1; −2; 3) , B (0; 3; 1) , C (4; 2; 2). a) Tính −−→ AB. −→ AC. b) Tính cos  BAC. c) Tính  −−→ AB, −→ AC  . Lời giải. a) Ta có: −−→ AB = (1; 5; −2) , −→ AC = (5; 4; −1) ⇒ −−→ AB. −→ AC = 5 + 20 + 2 = 27. b) Ta có: cos  BAC = cos  −−→ AB, −→ AC  = −−→ AB. −→ AC    −−→ AB    .    −→ AC    = 27 √ 30. √ 42 = 3 √ 140 . c) Ta có:  −−→ AB, −→ AC  = (3; −9; −21). Bài tập 7.5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; 3) , B (2; 2; 4) , C (0; 3; −2). a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại A. b) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Tính diện tích tam giác ABC. Lời giải. a) Ta có −−→ AB = (1; 2; 1) , −→ AC = (−1; 3; −5) ⇒ −−→ AB. −→ AC = −1 + 6 − 5 = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại A. b) Gọi I trung điểm BC ⇒ I  1; 5 2 ; 1  ⇒ −→ IB =  1; − 1 2 ; 2  ⇒ IB = √ 21 2 . Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I  1; 5 2 ; 1  và bán kính R = IB = √ 21 2 . c) Ta có AB = √ 6, AC = √ 35 ⇒ S ∆ABC = 1 2 AB.AC = 210 2 . Bài tập 7.6. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1; 1; 3) , B (−1; 3; 2) , C (−1; 2; 3). Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC. Lời giải. Ta có −−→ AB = (−2; 2; −1), −→ AC = (−2; 1; 0) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (−1; −2; 2). Do đó S ∆ABC = 1 2     −−→ AB, −→ AC     = 3 2 . Lại có −→ AO = (−1; −1; −3) ⇒ V OABC = 1 6     −−→ AB, −→ AC  . −→ AO    = 1 6 |1 + 2 − 6| = 1 2 . Bài tập 7.7. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−3; −2; 6) , B (−2; 4; 4). Hãy tính độ dài đường cao OH của tam giác OAB. Lời giải. Ta có −→ OA = (−3; −2; 6), −−→ OB = (−2; 4; 4) ⇒  −→ OA, −−→ OB  = (−32; 0; −16). Do đó S ∆OAB = 1 2     −→ OA, −−→ OB     = 8 √ 5. Lại có −−→ AB = (1; 6; −2) ⇒ AB = √ 41 ⇒ OH = 2S ∆OAB AB = 16 √ 205 41 . 4 Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.8. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (0; 4; 1) , B (1; 0; 1) , C (3; 1; −2). Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC. Lời giải. Gọi trực tâm ∆ABC là H(x; y; z). Ta có −−→ AB = (1; −4; 0), −→ AC = (3; −3; −3) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (12; 3; 9). Và −−→ AH = (x; y − 4; z −1), −−→ BC = (2; 1; −3), −−→ BH = (x − 1; y; z −1), −→ AC = (3; −3; 3). Khi đó ta có       −−→ AB, −→ AC  −−→ AH = 0 −−→ AH. −−→ BC = 0 −−→ BH. −→ AC = 0 ⇔    12x + 3(y −4) + 9(z − 1) = 0 2x + y −4 − 3(z − 1) = 0 3(x − 1) − 3y + 3(z − 1) = 0 ⇔            x = 15 11 y = − 1 11 z = 6 11 . Vậy H  15 11 ; − 1 11 ; 6 11  . Bài tập 7.9. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 1; 1) , B (−1; 1; 0) , C (3; 1; −1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz) sao cho M cách đều A, B, C. Lời giải. Ta có M ∈ (Oxz) ⇒ M (x; 0; z). Khi đó −−→ AM = (x − 1; −1; z − 1), −−→ BM = (x + 1; −1; z), −−→ CM = (x − 3; −1; z + 1). Lại có M cách đều A, B, C nên  x 2 + z 2 − 2x − 2z + 3 = x 2 + z 2 + 2x + 2 x 2 + z 2 − 2x − 2z + 3 = x 2 + z 2 − 6x + 2z + 11 ⇔      x = 5 6 z = − 7 6 . Vậy M  5 6 ; 0; − 7 6  . Bài tập 7.10. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 6; 6) , B (3; −6; −2). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho AM + BM là ngắn nhất. Lời giải. Nhận thấy A có cao độ dương còn B có cao độ âm nên A, B nằm về hai phía đối với (Oxy). Ta có M ∈ (Oxy) ⇒ M(x; y; 0) ⇒ −−→ AB = (4; −12; −8) , −−→ AM = (x + 1; y − 6; −6). Suy ra  −−→ AB, −−→ AM  = (8y + 24; 16 − 8x; 12x + 4y −12). Khi đó AM +BM ngắn nhất ⇔ M ∈ AB ⇔  −−→ AB, −−→ AM  = −→ 0 ⇔    8y + 24 = 0 16 − 8x = 0 12x + 4y −12 = 0 ⇔  x = 2 y = −3 . Vậy M(2; −3; 0). Bài tập 7.11. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 5; 3) , B (3; 7; 4) , C (x, y, 6). Tìm x, y để ba điểm A, B, C thẳng hàng. Lời giải. Ta có −−→ AB = (1; 2; 1), −→ AC = (x − 2; y −5; 3) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (11 − y; x − 5; y −2x − 1). Khi đó A, B, C thẳng hàng ⇔  −−→ AB, −→ AC  = −→ 0 ⇔    11 − y = 0 x − 5 = 0 y −2x − 1 = 0 ⇔  x = 5 y = 11 . Vậy x = 5; y = 11. Bài tập 7.12. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (1; 1; 1) , B (2; 3; 4) , C (6; 5; 2) , D (7, 7, 5). Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành. Tính diện tích hình bình hành đó. Lời giải. Ta có −−→ AB = (1; 2; 3), −−→ CD = (1; 2; 3). Vì −−→ AB = −−→ CD nên ABDC là một hình bình hành. Khi đó −−→ AB = (1; 2; 3), −→ AC = (5; 4; 1) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (−10; 14; −6) ⇒ S ACBD =     −−→ AB, −→ AC     = √ 332. Bài tập 7.13. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (2; 1; −1) , B (3; 0; 1) , C (2; −1; 3) và D thuộc trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D, biết thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Lời giải. Ta có −−→ AB = (1; −1; 2) , −→ AC = (0; −2; 4) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (0; −4; −2). Lại có D ∈ Oy ⇒ D(0; y; 0) ⇒ −−→ AD = (−2; y − 1; 1) ⇒ S ABCD = 1 6     −−→ AB, −→ AC  −−→ AD    = |2y −1| 3 . Theo giả thiết V ABCD = 5 ⇔ |2y −1| 3 = 5 ⇔  y = 8 y = −7 . Vậy D(0; 8; 0) hoặc D(0; −7; 0). 5 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 7.14. Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu sau: a) (x − 3) 2 + (y + 2) 2 + (z + 1) 2 = 9. b) x 2 + y 2 + z 2 + 2x + 4y −6z + 9 = 0. c) x 2 + y 2 + z 2 + y −5z + 1 = 0. d) 3x 2 + 3y 2 + 3z 2 − 6x + 8y + 15z − 3 = 0. Lời giải. a) Tâm I(3; −2; −1) và bán kính R = 3. b) Tâm I(−1; −2; 3) và bán kính R = √ 5. c) Tâm I  0; − 1 2 ; 5 2  và bán kính R = √ 22 2 . d) Tâm I  1; − 4 3 ; − 5 2  và bán kính R = √ 361 6 . Bài tập 7.15. Lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau: a) Có tâm I (1; 2; −3) và qua M (2; 0; −1). b) Có đường kính AB biết A (3; 2; −1) và B (1; 1; 2). c) Ngoại tiếp tứ diện OABC biết A (2; 0; 0) , B (0; −1; 0) và C (0; 0; 3). d) Ngoại tiếp tứ diện ABCD biết A (1; 2; 1) , B (3; −1; 2) , C (−2; 1; 2) và D (1; 1; 3). e) Có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz) và qua ba điểm A (0; 8; 0) , B (4; 6; 2) , C (0; 12; 4). Lời giải. a) Ta có −−→ IM = (1; −2; 2) ⇒ IM = 3. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I(1; 2; −3) và bán kính R = IM = 3. Vậy (S) có phương trình: (x − 1) 2 + (y −2) 2 + (z + 3) 2 = 9. b) Gọi I là trung điểm AB ⇒ I  2; 3 2 ; 1 2  ⇒ −→ IA =  1; 1 2 ; − 3 2  ⇒ IA =  7 2 . Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I  2; 3 2 ; 1 2  và bán kính R = IA =  7 2 . Vậy (S) có phương trình: (x − 2) 2 +  y − 3 2  2 +  z − 1 2  2 = 7 2 . c) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là (S) : x 2 +y 2 +z 2 −2ax−2by−2cz+d = 0  a 2 + b 2 + c 2 > d  . Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ            d = 0 4 − 4a + d = 0 1 + 2b + d = 0 9 − 6c + d = 0 ⇔              d = 0 a = 1 b = − 1 2 c = 3 2 (thỏa mãn). Vậy (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + y −3z = 0. d) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là (S) : x 2 +y 2 +z 2 −2ax−2by−2cz+d = 0  a 2 + b 2 + c 2 > d  . Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ            6 − 2a − 4b − 2c + d = 0 14 − 6a + 2b − 4c + d = 0 9 + 4a − 2b − 4c + d = 0 11 − 2a − 2b − 6c + d = 0 ⇔            a = 3 34 b = − 35 34 c = 25 34 d = − 144 17 (thỏa mãn). Vậy (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 3 17 x + 35 17 y + 25 17 z − 144 17 = 0. e) Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ (Oyz) ⇒ I(0; b; c). Khi đó: −→ AI = (0; b − 8; c) ⇒ AI = √ b 2 + c 2 − 16b + 64; −→ BI = (−4; b − 6; c −2) ⇒ BI = √ b 2 + c 2 − 12b − 4c + 68; −→ CI = (0; b − 12; c − 4) ⇒ CI = √ b 2 + c 2 − 24b − 8c + 160. Vì A, B, C ∈ (S) nên  AI = BI AI = CI ⇔  −16b + 64 = −12b − 4c + 56 −16b + 64 = −24b − 8c + 160 ⇔  b = 7 c = 5 . Suy ra (S) có tâm I (0; 7; 5) và bán kính R = AI = √ 26. Vậy (S) có phương trình x 2 + (y −7) 2 + (z − 5) 2 = 26. 6 Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian §2. Phương Trình Mặt Phẳng Bài tập 7.16. Lập phương trình mặt phẳng (P ) trong các trường hợp sau: a) Đi qua ba điểm A (1; 0; 0) , B (0; −2; 0) , C (0; 0; 3). b) Đi qua ba điểm A (2; −1; 3) , B (4; 2; 1) , C (−1; 2; 3). c) Đi qua điểm M (2; −1; 2) và song song với mặt phẳng (β) : 2x − y + 3z + 4 = 0. d) Đi qua M (1; 2; 3) và vuông góc AB. Biết A (−1; 0; 2) , B (3; 2; 1). e) Đi qua hai điểm A (3; 1; −1) , B (2; −1; 4) và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + 3z + 1 = 0. f) Đi qua M (−2; 3; −1) và vuông góc với hai mặt phẳng (α) : x + 2y + 2z + 1 = 0; (β) : 2x + 3y + z = 0. g) Đi qua hai điểm M (1; 2; 3) , N (2; −2; 4) và song song với trục Oy. h) Trung trực của AB, biết A (4; −1; 5) , B (2; 3; 1). i) Song song với (β) : 4x + 3y −12z + 1 = 0 và tiếp xúc với (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y −6z − 2 = 0. Lời giải. a) Mặt phẳng (P ) qua A(1; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; 3) nên có phương trình đoạn chắn: x 1 + y −2 + z 3 = 1 ⇔ 6x − 3y + 2z −6 = 0 b) Ta có: −−→ AB = (2; 3; −2), −→ AC = (−3; 3; 0) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (6; 6; 15). Mặt phẳng (P ) qua A(2; −1; 3) và nhận  −−→ AB, −→ AC  = (6; 6; 15) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình 6 (x − 2) + 6 (y + 1) + 15 (z −3) = 0 ⇔ 2x + 2y + 5z − 17 = 0. c) Mặt phẳng (β) có vectơ pháp tuyến −→ n = (2; −1; 3). Mặt khác (P ) qua M(2; −1; 2) và (P )||(β) nên nhận −→ n = (2; −1; 3) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: 2(x − 2) − 1(y + 1) + 3(z − 2) = 0 ⇔ 2x − y + 3z −11 = 0. d) Mặt phẳng (P ) qua M(1; 2; 3) và (P )⊥AB nên nhận −−→ AB = (4; 2; −1) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: 4(x −1) + 2(y − 2) − (z − 3) = 0 ⇔ 4x + 2y −z −5 = 0. e) Ta có: −−→ AB = (−1; −2; 5) và mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến −→ n = (2; −1; 3). Vì (P ) qua A, B và (P )⊥(α) nên nhận  −−→ AB, −→ n  = (−1; 13; 5) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: −(x −3) + 13(y − 1) + 5(z + 1) = 0 ⇔ x − 13y −5z + 5 = 0. f) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến −−→ n (α) = (1; 2; 2) và −−→ n (β) = (2; 3; 1). Ta có (P )⊥(α) và (P )⊥(β) nên nhận  −−→ n (α) , −−→ n (β)  = (−4; 3; −1) làm vectơ pháp tuyến. Lại có (P ) qua M(−2; 3; −1) nên có phương trình −4(x+2)+3(y−3)−(z+1) = 0 ⇔ 4x−3y+z+18 = 0. g) Ta có: −−→ MN = (1; −4; 1) ⇒  −−→ MN, −→ j  = (−1; 0; 1). Vì (P ) qua M, N và (P )  Oy nên nhận  −−→ MN, −→ j  = (−1; 0; 1) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: −(x − 1) + 0(y − 2) + 1(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 2 = 0. h) Ta có (P ) là trung trực của AB nên đi qua trung điểm I(3; 1; 3) của AB. Lại có (P )⊥AB nên nhận −−→ AB = (−2; 4; −4) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: −2(x − 3) + 4(y − 1) − 4(z − 3) = 0 ⇔ x − 2y + 2z −7 = 0. i) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính r = 4. Vì (P )  (β) nên có phương trình dạng 4x + 3y − 12z + d = 0 (d = 1). Mặt khác (P ) tiếp xúc với (S) nên d (I; (P )) = r ⇔ |4 + 6 − 36 + d| √ 16 + 9 + 144 = 4 ⇔  d = 78 d = −26 . Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (P) : 4x + 3y − 12z + 78 = 0 hoặc (P ) : 4x + 3y −12z −26 = 0. Bài tập 7.17. Xét vị trí tương đối của các cặp mặt phẳng sau: a) (α) : x − 2y + 3z −3 = 0; (β) : 2x − y + z − 1 = 0. b) (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0; (β) : −4x + 2y −4z − 1 = 0. c) (α) : 3x − y + 2z + 1 = 0; (β) : 6x − 2y + 4z + 2 = 0. Lời giải. a) Vì 1 : −2 : 3 = 2 : −1 : 1 nên (α) cắt (β). b) Vì 2 −4 = −1 2 = 2 −4 = 1 −1 nên (α)  (β). c) Vì 3 : −1 : 2 : 1 = 6 : −2 : 4 : 2 nên (α) ≡ (β). 7 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 7.18. Tính các khoảng cách sau: a) Giữa M (2; −3; 1) và (α) : 2x + 2y + z + 3 = 0. b) Giữa A (−4; 1; 5) và (α) : x + 7y −2z + 1 = 0. c) Giữa (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0 và (β) : 4x − 2y + 4z − 3 = 0. Lời giải. a) Ta có: d (M, (α)) = |4 − 6 + 1 + 3| √ 4 + 4 + 1 = 2 3 . b) Ta có: d (A, (α)) = |−4 + 7 − 10 + 1| √ 1 + 49 + 4 = √ 6 3 . c) Nhận thấy (α)  (β) nên lấy M(0; 1; 0) ∈ (α), ta có: d ((α), (β)) = d (M, (β)) = |−2 − 3| √ 16 + 4 + 16 = 5 6 . Bài tập 7.19. (TN-06) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 0) , B (0; 3; 0) , C (0; 0; 6). a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C. b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu đường kính OG. Lời giải. a) Mặt phẳng qua A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6) nên có phương trình đoạn chắn: x 2 + y 3 + z 6 = 1 ⇔ 3x + 2y + z −6 = 0 b) Ta có G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G  2 3 ; 1; 2  . Gọi I trung điểm OG ⇒ I  1 3 ; 1 2 ; 1  . Gọi (S) là mặt cầu đường kính OG ⇒ (S) có tâm I và bán kính r = OI =  1 9 + 1 4 + 1 = 7 6 . Vậy (S) có phương trình:  x − 1 3  2 +  y − 1 2  2 + (z − 1) 2 = 49 36 . Bài tập 7.20. (TN-07) Trong không gian Oxyz, cho điểm E (1; −4; 5) , F (3; 2; 7). a) Viết phương trình mặt cầu qua F và có tâm E. b) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của EF . Lời giải. a) Ta có −−→ EF = (2; 6; 2) ⇒ EF = √ 4 + 36 + 4 = 2 √ 11. Gọi (S) mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm E(1; −4; 5) và bán kính r = EF = 2 √ 11. Vậy (S) có phương trình (x − 1) 2 + (y + 4) 2 + (z − 5) 2 = 44. b) Gọi (P ) là mặt phẳng trung trực của EF và I là trung điểm của EF ⇒ I(2; −1; 6) Mặt phẳng (P ) qua I(2; −1; 6) và nhận −−→ EF = (2; 6; 2) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (P) có phương trình: 2(x − 2) + 6(y + 1) + 2(z − 6) = 0 ⇔ x + 3y + z −5 = 0. Bài tập 7.21. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (5; 1; 3) , B (1; 6; 2) , C (5; 0; 4) , D (4; 0; 6). a) Viết phương trình các mặt phẳng (ACD) và (BCD). b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa cạnh AB và song song với cạnh CD. Lời giải. a) Ta có: −→ AC = (0; −1; 1), −−→ AD = (−1; −1; 3) ⇒  −→ AC, −−→ AD  = (−2; −1; −1). Mặt phẳng (ACD) qua A(5; 1; 3) và nhận  −→ AC, −−→ AD  = (−2; −1; −1) làm vectơ pháp tuyến. Do đó (ACD) có phương trình: −2(x − 5) − (y − 1) − (z −3) = 0 ⇔ 2x + y + z − 14 = 0. Tương tự: −−→ BC = (4; −6; 2), −−→ BD = (3; −6; 4) ⇒  −−→ BC, −−→ BD  = (−12; −10; −6). Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 6; 2) và nhận  −−→ BC, −−→ BD  = (−12; −10; −6) làm vectơ pháp tuyến. Do đó (BCD) có phương trình: −12(x − 1) − 10(y −6) −6(z − 2) = 0 ⇔ 6x + 5y + 3z − 42 = 0. b) Ta có: −−→ AB = (−4; 5; −1), −−→ CD = (−1; 0; 2) ⇒  −−→ AB, −−→ CD  = (10; 9; 5). Mặt phẳng (α) qua A(5; 1; 3) và nhận  −−→ AB, −−→ CD  = (10; 9; 5) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (α) có phương trình: 10(x −5) + 9(y − 1) + 5(z − 3) = 0 ⇔ 10x + 9y + 5z −74 = 0. 8 Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.22. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (−2; 6; 3) , B (1; 0; 6) , C (0; 2; −1) , D (1; 4; 0). a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện. b) Tính chiều cao AH của tứ diện ABCD. c) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song với CD. Lời giải. a) Ta có: −−→ BC = (−1; 2; −7), −−→ BD = (0; 4; −6) ⇒  −−→ BC, −−→ BD  = (16; −6; −4). Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 0; 6) và nhận  −−→ BC, −−→ BD  = (16; −6; −4) làm vectơ pháp tuyến. Do đó (BCD) có phương trình: 16(x − 1) − 6y −4(z −6) = 0 ⇔ 8x − 3y −2z + 4 = 0. Nhận thấy A /∈ (BCD) nên ABCD là một tứ diện. b) Ta có: AH = d (A, (BCD)) = |−16 − 18 − 6 + 4| √ 64 + 9 + 4 = 36 √ 77 . c) Ta có: −−→ AB = (3; −6; 3), −−→ CD = (1; 2; 1) ⇒  −−→ AB, −−→ CD  = (−12; 0; 12). Mặt phẳng (α) qua A(−2; 6; 3) và nhận  −−→ AB, −−→ CD  = (−12; 0; 12) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (α) có phương trình: −12(x + 2) + 12(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 5 = 0. Bài tập 7.23. (D-2013) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(−1; 3; −2) và mặt phẳng (P ) : x−2y−2z+5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với (P ). Lời giải. Ta có d(A, (P)) = | − 1 − 6 + 4 + 5| √ 1 + 4 + 4 = 2 3 . Gọi mặt phẳng phẳng cần tìm là (Q). Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −−→ n (P ) = (1; −2; −2). Vì (Q)||(P ) nên (Q) nhận −−→ n (P ) = (1; −2; −2) làm vectơ pháp tuyến. Mặt khác (Q) qua A(−1; 3; −2) nên có phương trình 1(x+1)−2(y−3)−2(z+2) = 0 ⇔ x−2y−2z+3 = 0. Bài tập 7.24. (CĐ-09) Trong không gian Oxyz, cho (P 1 ) : x+2y+3z +4 = 0 và (P 2 ) : 3x+2y−z +1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A (1; 1; 1) và vuông góc với hai mặt phẳng (P 1 ) , (P 2 ). Lời giải. Mặt phẳng (P 1 ) và (P 2 ) lần lượt có vectơ pháp tuyến −−−→ n (P 1 ) = (1; 2; 3), −−−→ n (P 2 ) = (3; 2; −1). Ta có (P )⊥(P 1 ) và (P )⊥(P 2 ) nên nhận  −−−→ n (P 1 ) , −−−→ n (P 2 )  = (−8; 10; −4) làm vectơ pháp tuyến. Lại có (P ) qua A(1; 1; 1) nên có phương trình: −8(x−1)+10(y−1)−4(z−1) = 0 ⇔ 4x−5y+2z−1 = 0. Bài tập 7.25. (CĐ-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 2; 3) , B (1; 0; −5) và mặt phẳng (P ) : 2x + y −3z −4 = 0. Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng. Lời giải. Gọi M (x; y; z), ta có: −−→ AB = (2; −2; −8), −−→ AM = (x + 1; y − 2; z −3). Theo giả thiết ta có:  M ∈ (P ) −−→ AM = k −−→ AB ⇔    2x + y −3z − 4 = 0 x + 1 2 = y −2 −2 = z − 3 −8 ⇔    x = 0 y = 1 z = −1 . Vậy M(0; 1; −1). Bài tập 7.26. (D-04) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 1) , B (1; 0; 0) , C (1; 1; 1) và (P) : x + y + z − 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ). Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và tâm (S) là I(x; y; z), ta có: −→ AI = (x − 2; y; z −1) ⇒ AI =  x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5. −→ BI = (x − 1; y; z) ⇒ BI =  x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 1. −→ CI = (x −1; y − 1; z −1) ⇒ CI =  x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y −2z + 3. Vì (S) qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ) : x + y + z − 2 = 0 nên ta có hệ:    I ∈ (P) AI = BI AI = CI ⇔    x + y + z − 2 = 0 −4x − 2z + 5 = −2x + 1 −4x − 2z + 5 = −2x −2y −2z + 3 ⇔    x = 1 y = 0 z = 1 Khi đó r = AI = 1 ⇒ mặt cầu (S) có phương trình: (x − 1) 2 + y 2 + (z − 1) 2 = 1. 9 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 7.27. (B-2012) Trong không gian Oxyz, cho A(0; 0; 3), M(1; 2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Lời giải. Giả sử (P ) cắt Ox, Oy lần lượt tại B(a; 0; 0) và C(0; c; 0). Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G  a 3 ; b 3 ; 1  ⇒ −−→ AM = (1; 2; −3), −→ AG =  a 3 ; b 3 ; −2  . Vì G ∈ AM nên ta có: b 3 = c 6 = −2 −3 ⇔  b = 2 c = 4 . Do đó (P ) có phương trình: x 2 + y 4 + z 3 = 1 ⇔ 6x + 3y + 4z −12 = 0. Bài tập 7.28. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 4y − 4z = 0 và điểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều. Lời giải. Ta có −→ OA = (4; 4; 0) ⇒ OA = 4 √ 2. Tam giác OAB đều nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = OA √ 3 = 4 √ 6 3 . Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2; 2) và bán kính R = 2 √ 3. Nhận thấy O, A ∈ (S) nên d(I, (OAB)) = √ R 2 − r 2 = 2 √ 3 . Mặt phẳng (OAB) qua O(0; 0; 0) nên có phương trình dạng ax + by + cz = 0 (a 2 + b 2 + c 2 = 0). Vì A ∈ (OAB) nên 4a + 4b = 0 ⇔ b = −a ⇒ (OAB) : ax − ay + cz = 0. Khi đó d (I, (OAB)) = 2 √ 3 ⇔ |2a − 2a + 2c| √ 2a 2 + c 2 = 2 √ 3 ⇔ 3c 2 = 2a 2 + c 2 ⇔ c = ±a. Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (OAB) : x − y + z = 0 và (OAB) : x − y − z = 0. Bài tập 7.29. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1) , B (0; −2; 3) và mặt phẳng (P ) : 2x − y −z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA = MB = 3. Lời giải. Gọi M (x; y; z) ta có −−→ AM = (x − 2; y; z − 1) ⇒ AM =  x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5 −−→ BM = (x; y + 2; z − 3) ⇒ BM =  x 2 + y 2 + z 2 + 4y −6z + 13. Theo giả thiết có M ∈ (P ) và AM = BM = 3 nên ta có:    2x − y −z + 4 = 0 −4x − 2z + 5 = 4y −6z + 13 x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5 = 9 ⇔    x = 2y − 2 z = 3y 7y 2 − 11y + 4 = 0 ⇔            x = 0 y = 1 z = 3    x = − 6 7 y = 4 7 z = 12 7 Vậy M(0; 1; 3) hoặc M  − 6 7 ; 4 7 ; 12 7  . Bài tập 7.30. (B-08) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (0; 1; 2) , B (2; −2; 1) , C (−2; 0; 1). a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C. b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) : 2x + 2y + z −3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Lời giải. a) Ta có −−→ AB = (2; −3; −1), −→ AC = (−2; −1; −1) ⇒  −−→ AB, −→ AC  = (2; 4; −8). Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm (α) qua A(0; 1; 2) và nhận  −−→ AB, −→ AC  = (2; 4; −8) làm vectơ pháp tuyến. Vậy (α) có phương trình 2x + 4(y − 1) − 8(z − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0. b) Gọi M(x; y; z) ta có −−→ AM = (x; y − 1; z − 2) ⇒ AM =  x 2 + y 2 + z 2 − 2y −4z + 5 −−→ BM = (x − 2; y + 2; z −1) ⇒ BM =  x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y −2z + 9 −−→ CM = (x + 2; y; z −1) ⇒ CM =  x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 2z + 5 Khi đó    M ∈ (P ) AM = BM AM = CM ⇔    2x + 2y + z − 3 = 0 −2y −4z + 5 = −2x + 4y − 2z + 9 −2y −4z + 5 = 4x − 2z + 5 = 0 ⇔    x = 2 y = 3 z = −7 . Vậy M(2; 3; −7). 10 [...]... 7.65 Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 4; 2) và mặt phẳng (α) : x + y + z − 1 = 0 Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên (α) Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua (α) 20 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian − Lời giải Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến → = (1; 1; 1) n → = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương − Đường thẳng AH qua A(1; 4; 2) và nhận n  x = 1 + t  Do đó AH có phương. .. vectơ pháp tuyến ud Vậy (β) có phương trình: 4x + 3y + x + 2 = 0 16  x = 0  ⇔ y=0   z = −2 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.51 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : x−1 y z x y+1 z = = và d : = = −1 1 −1 2 1 1 a) Chứng minh d và d chéo nhau b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d và song song với d Lời giải − a) Đường thẳng d qua M (1; 0; 0) và có vectơ chỉ phương. .. chỉ phương n  x = 2 + t  Do đó IK có phương trình y = −1 + 2t   z = 1 − 2t 24 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian   x = 2 + t x = 3       y = −1 + 2t y = 1 Tọa độ K thảo mãn hệ ⇔ ⇒ K(3; 1; −1) z = 1 − 2t z = −1       x + 2y − 2z − 7 = 0 t = 1 √ Vậy đường tròn giao tuyến có tâm K(3; 1; −1) và bán kính r = R2 − d2 (I, (P )) = 7 Bài tập 7.77 (A-09) Trong không gian. .. 1) làm vectơ chỉ phương 1; n x = t  Do đó M H có phương trình y = 1 + t   z =3+t   x = t x = 2       y = 1 + t y = 3 Tọa độ H thỏa mãn hệ ⇔ ⇒ H(2; 3; 5) z = 3 + t z = 5       x + y + z − 10 = 0 t = 2 22 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian −→ − Đường thẳng d qua H(2; 3; 5) và nhận AH = (−4; 5; −1) làm vectơ chỉ phương  x = 2 − 4t  Vậy d có phương trình y = 3.. .Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.31 (D-2010) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x + y + z − 3 = 0 và (Q) : x − y + z − 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P ) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2 → → Lời giải Mặt phẳng (P ) và (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến −(P ) = (1; 1; 1), −(Q) = (1; −1; 1) n−... vectơ chỉ phương − = (2; 3; 4) u∆ 12 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian → Gọi d là đường thẳng cần tìm ⇒ d qua M (2; −1; 3) và nhận − = (2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương u∆  x = 2 + 2t  Vậy d có phương trình y = −1 + 3t   z = 3 + 4t − − e) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến −(α) = (3; 2; −5) và −(β) = (1; −4; 3) n→ n→ −→, −→ = (−12; −14; −14) làm vectơ chỉ phương − n... nhận AN = (−8; 14; −6) làm vectơ chỉ phương  x = 1 − 8t  Vậy ∆ có phương trình y = −1 + 14t   z = 1 − 6t 18 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Bài tập 7.59 Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (Oxz) và cắt hai đường thẳng d :    x=t  x = 1 − 2t y = −4 + t , d : y = −3 + t   z =3−t z = 4 − 5t → Lời giải Mặt phẳng (Oxz) có vectơ pháp tuyến −Oxz = (0; 1; 0) n− Gọi ∆... 3 3 3 3 x+1 y z−2 = = , mặt phẳng 2 1 1 (P ) : x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P ) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng M N Bài tập 7.44 (A-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : 14 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Lời giải Ta có M ∈ d ⇒ M (−1 + 2t; t; 2 + t); A là trung điểm M N ⇒ N (3 − 2t; −2 − t; 2... (Q)) = d (A, (P )) 26 Chuyên đề 7 Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian Lời giải − a) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến → = (2; −2; 1) n − Gọi ∆ là đường thẳng cần ⇒ ∆ qua A(3; −2; −2) và nhận → = (2; −2; 1) làm vectơ chỉ phương tìm n x = 3 + 2t  Do đó ∆ có phương trình y = −2 − 2t   z = −2 + t |6 + 4 − 2 − 1| 7 b) Ta có d (A, (P )) = √ = 3 4+4+1 Mặt phẳng (Q)||(P ) nên có phương trình dạng 2x... 4) và nhận AH = (1; −4; 1) làm vectơ pháp tuyến Vậy (α) có phương trình (x − 3) − 4(y − 1) + (z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0 Bài tập 7.74 (A-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng d : Bài tập 7.75 (CĐ-2010) Trong không gian Oxyz, cho A (1; −2; 3) , B (−1; 0; 1) và (P ) : x + y + z + 4 = 0 Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P ) Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính