http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí
Trang 1

MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
(CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT) BÀI 1

Câu 1
:
Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ñường thẳng (d) :
x y 2 0
2x z 6 0
− − =


− − =

sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2x 2y 2z 1 0
+ + + − + − =
là ñường tròn có bán kính r = 1.
Câu 2
:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên ñều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là
trung ñiểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai ñường thẳng A'B và B'C'.
GIẢI

Câu 1


°
Cho
2
17
n 1 5m 22m 17 0 m 1 hay m
5
= ⇒ + + = ⇔ = − = −

°
Vậy, có 2 mặt phẳng (P):
1
2
(P ): x y z 4 0
(P ): 7x 17y 5z 4 0
+ − − =


− + − =


Câu 2
:
. Cách 1
:
°
Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông

⇒


BC A D ( A BC caân taïi A )
⊥

⇒ ⊥

⊥ ∆


°
Dựng
/
FH A D
⊥

° Vì
/ /
BC (A BC) BC FH H (A BC)
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

A
/

B
/

C
/

C


⇒ ∆ABC, ∆A
/
B
/
C
/
là các tam giác ñều cạnh a.
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
ñôi một vuông góc, A(0; 0; 0),

/
/ /
a a 3 a a 3
B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),
2 2 2 2
a a 3 a a 3
B ; ; a , C ; ; a
2 2 2 2
   
−
   
   
   
−
   
   

° Ta có:
/ / / / /
B C // BC, B C //(A BC)

với
3
n 0; 1;
2
 
=
 
 
r

°
Phương trình mp (A
/
BC) qua A
/
với pháp vectơ
n
r
:
3
0(x 0) 1(y 0) (z a) 0
2
− + − + − =/
3 a 3
(A BC): y z 0
2 2
⇔ + − =

:
Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và ñường thẳng
(
∆
) :
x 1 y 2 z 3
2 1 2
− + −
= =
−

1. Tìm ñiểm M thuộc (
∆
) ñể thể tích tứ diện MABC bằng 3.
2. Tìm ñiểm N thuộc (
∆
) ñể thể tích tam giác ABN nhỏ nhất.A
/

C
/

B
/

A



= − −


= +


°

M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t)
∈ ∆ ⇒ + − − +

°

AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)
= = −
uuur uuur

°

[AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n
= − − = − − = −
uuur uuur
r
, với
n (1; 2; 2)
= −
r

°

3 2 3
+
⇔ = =5 17
4t 11 6 t hay t .
4 4
⇔ + = ⇔ = − = −

°
Vậy, có 2 ñiểm M cần tìm là:
3 3 1 15 9 11
M ; ; hay M ; ;
2 4 2 2 4 2
   
− − −
   
   

2.
N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t)
∈ ∆ ⇒ + − − +

°

2 2
ABN
1 1 2 3 2
S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9
⇒
SO là trục của ñường tròn (ABC)
SO (ABC)
⇒ ⊥

°
Mà :
AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

°
Dựng
BI SA
⊥
, suy ra:
SA (IBC) SA IC.
⊥ ⇒ ⊥

S

I

A

O

B

IM SA
⇒ ⊥
(ñịnh lý 3 ñường vuông góc)

⇒

MIA SOA
∆ ∆
2 2 2 2
AM a 3 3 3ah
MI SO. h. .
SA 2
3h a 2 3h a
⇒ = = =
+ +

°

SAB SAC (c.c.c) IB IC IBC
∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆
cân tại I.
°

(SAB) (SAC) IBC
⊥ ⇔ ∆

°
Gọi H là tâm của
∆
ABC
và M là trung ñiểm của BC
°
Ta có:
SA SB SC
HA HB HC ( ABC ñeàu)
= =


= = ∆


°
Dựng hệ trục tọa ñộ Axyz, với Ax, Ay, Az
ñôi một vuông góc
A(0; 0; 0),

a a 3 a a 3 a 3 a 3
B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h
2 2 2 2 2 3
       
−
       
       
.
°



2
2
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6
 
= − − = − − = −
 
 
uuur uuur
r

với
2
n (3h 3; 3h; a 3)
= −
r
.
°
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA; SB
uuur uur
nên có pháp vectơ
1
n
r
.
°
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương

(SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0
⊥ ⇔ =
r r2 2 2
2 2
3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0
a 6
18h 3a h .
6
⇔ − + − = ⇔ − − =
⇔ = ⇔ =

°
Vậy:
a 6
h .
6
=BÀI 3

Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng (d) và mặt cầu (S):

2 2 2
2x 2y z 1 0
(d): ; (S):x y z 4x 6y m 0

(x 2) (y 3) z 13 m
− + − + = −
có tâm
I(-2; 3; 0), bán kính
R IN 13 m
= = −
, với m < 13.
°
Dựng
IH MN MH HN 4
⊥ ⇒ = =2 2
IH IN HN 13 m 16 m 3
⇒ = − = − − = − −
, với m < -3.
°
Phương trình tham số của ñường thẳng (d):
x t
1
y 1 t
2
z 1 t
=



= +


9
2 1 2
+ +
= = = =
+ +
uur
r
r

° Ta có: IH = h

m 3 3 m 3 9
⇔ − − = ⇔ − − =

m 12
⇔ = −
(thỏa ñiều kiện)
H

N

M

I

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí
Trang 6
° Vậy, giá trị cần tìm: m = -12.
Câu 2
:

OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a
= + = + + = + + = ⇒ =

° Vậy,
a 15
d(OM; AB) OH .
5
= =
Cách 2
:
° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz
ñôi một vuông góc O(0; 0; 0),
A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0),

a a 3
M ; ; 0
2 2
 
 
 
và
a 3 a 3
N 0; ;
2 2
 
 
 

là trung ñiểm của AC.
° MN là ñường trung bình của ∆ABC

° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ
n : 3x y z 0
+ + =
r

° Ta có:
3.a 0 0
a 3 a 15
d(B; (OMN))
5
3 1 1 5
+ +
= = =
+ +

°
Vậy,
a 15
d(AB; OM) .
5
=

BÀI 4

z

A

a 3


36
125
.

Câu 2:
Cho hình chóp SABC có ñáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a
(a > 0), hình chiếu của S trên ñáy trùng với trọng tâm G của
∆
ABC. ðặt SG = x
(x > 0). Xác ñịnh giá trị của x ñể góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60
o
.

GIẢI
Câu 1:
Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0
°
Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác ñịnh bởi (
α
) và (xOy) có dạng:
m(2x – y + z – 5) – nz = 0
(P) : 2mx my (m n)z 5m 0
⇔ − + + − =

°
Giao ñiểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa ñộ:

5 5m
A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0;
2 m n

1
2
(P ): 2x y 3z 5 0 (m 1; n 2)
(P ): 2x y 3z 5 0 (m 1; n 4)
− + − = = =


− − − = = = −


Câu 2
:
. Cách 1
:
°
Gọi M là trung ñiểm của BC

AM BC
⇒ ⊥
(
∆
ABC vuông cân)
°
Ta có:
SG (ABC) SG BC
⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra:
BC (SAM)
⊥

°

2 2 2
2
AM a 2 1 ax 2
AIM ~ AGS IM SG. x. .
AS 2
SG AG 2a
2 x
9
∆ ∆ ⇒ = = =
+
+

G

M

C

S

I

A

B

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí


18x 2a 9x a x .
3
⇔ + = ⇔ + =
⇔ = ⇔ = ⇔ =

°
Vậy,
a
x .
3
=

Cách 2
:
°

BC a 2
=

°
Gọi M là trung ñiểm BC
a 2 a 2
AM ; AG
2 3
⇒ = =

°
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G
trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông


1
a a
[SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n
3 3
 
 
= − = − =
 
 
 
 
uuur uur
r
, với
1
a
n 0; x;
3
 
= −
 
 
r

°

2
2
a a
[SA; SC] ( ax; 0; ) a x; 0; a.n ,

uuur uuur
nên có pháp vectơ
2
n
r

°
Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60
o
.

2
o
2 2
2 2
2 2
a a
a
0.x x.0
3 3
9
cos60
9x a
a a
0 x x 0
9
9 9
+ +
⇔ = =
+


y

C

B

A

E

F

G

M

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 9
BÀI 5

Câu 1
:

Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox ñiểm A cách ñều ñường thẳng
(d) :
2
2
z

2 2 2
2a 2a
d(A; )
3
2 1 2
α = =
+ +

°
(
∆
) qua
0
M (1; 0; 2)
−
và có vectơ chỉ phương
u (1; 2; 2)
=
r

°
ðặt
0 1
M M u
=
uuuuuur
r

°
Do ñó: d(A;

2 2 2
2
2a
8a 24a 36
4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3 3
4(a 3) 0 a 3.
− +
⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =
⇔ − = ⇔ =

°
Vậy, có một ñiểm A(3; 0; 0).
Câu 2
:
Cách 1
:
°
Gọi M là trung ñiểm của BF
⇒
EM // AF




(SA; AF) (EM; AF) SEM
⇒ = =

°


M

B

E

K

H

A

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 10
°
2 2 2 2 2 2
SF SA AF a 6a 7a SF a 7
= + = + = ⇒ =

°
Áp dụng ñịnh lý ñường trung tuyến SM trong
∆
SBF có:

2 2 2 2
1
SB SF 2.SM BF
2
+ = +

2
+ −
+ −
α = = = = − =o
45 .
⇒ α =

°
Dựng
AK ME; AH SK.
⊥ ⊥
Ta có:
a 2
AK MF
2
= =
và
AH (SME)
⊥

°
Vì
AF// ME d(SE; AF) d(AF; (SME)) AH.
⇒ = =

°



và
a 2
M ; a 6; 0
2
 
 
 
.
°

a 2 a 6 a 2
SE ; ; a ; AF (a; a 6; 0), SM ; a 6; a
2 2 2
   
= − = = −
   
   
uur uuur uuur

°
Gọi
α
là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có:

2
2 2
2 2
a 2 a 6
0. a 6. 0( a)

với
n ( 2; 0; 1)
=
r

z

a

S

A

x

E

B

M

F

y

C

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 11


BÀI 6

Câu 1
:
Trong không gian với hệ tọa ñộ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S):
(P):
2 2 2 2
2x 2y z m 3m 0 ; (S): (x 1) (y 1) (z 1) 9
+ + − − = − + + + − =
.
Tìm m ñể (P) tiếp xúc (S). Với m tìm ñược xác ñịnh tọa ñộ tiếp ñiểm.
Câu 2
:
Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA
vuông góc với ñáy và SA = 2a. Gọi M là trung ñiểm SC. Chứng minh
∆
MAB cân và tính
diện tích
∆
MAB theo a.
GIẢI

Câu 1
:

2
(P): 2x 2y z m 3m 0
+ + − − =




+ +


°
Vậy, (P) tiếp xúc (S) khi m = -5 hay m = 2, khi ñó (P): 2x + 2y + z – 10 = 0
°
ðường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) có phương trình:

x 1 y 1 z 1
2 2 1
− + −
= =

°
Tọa ñộ tiếp ñiểm là nghiệm của hệ:
x 3
2x 2y z 10 0
y 1
x 1 y 1 z 1
z 2
2 2 1
=

+ + − =



⇒ =

=

°
Ta lại có:
SA (ABC)
AB BC ( ABC vuoâng taïi B)
⊥


⊥ ∆
⇒
SB BC
⊥
(ñịnh lý 3 ñường vuông góc)
Do ñó
∆
SBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên
1
MB SC.
2
=

°
Suy ra: MA = MB
⇒

∆


∆
MHK vuông tại H có:
2 2 2 2 2 2
MK MH HK a a 2a MK a 2
= + = + = ⇒ =

°
Diện tích
∆
MAB:
2
MAB
1 1 a 2
S .MK.AB .a 2.a
2 2 2
= = =

Cách 2
:
°

∆
ABC vuông tại B có:
2 2 2 2 2 2
AC AB BC a 4a 5a
AC a 5
= + = + =
⇒ =


2a a
A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B ; ; 0
5 5
 
 
 

°
Tọa ñộ trung ñiểm M của SC là
a 5
M 0; ; a
2
 
 
 

°
Ta có:
a 5 3a
MA 0; ; a MA
2 2
 
= ⇒ =
 
 
uuuur2a 3a 3a
MB ; ; a MB .


2a

M

C

y

a 5

H

B

A

K

x

a
5

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 13
°
Ta có:
2 2

(0 90 )
ϕ < ϕ <
. Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ ñỉnh A ñến
mặt phẳng (SBC).
Câu 2
:
. Trong không gian oxyz cho hai ñường thẳng:
(d
1
) :





=
=
=
4z
ty
t
2
x
; (d
2
) :



=−++

giao ñiểm ba ñường cao là trực tâm O
của
∆
ABC và có
∆
SBC cân tại S.
suy ra:
BC SH, BC AH,
⊥ ⊥
nên

SHA
= ϕ
.
°
Ta có:
1 a 3
OH AH .
3 6
= =SHO
∆
vuông góc:
a 3
SO HO.tg tg
6
= ϕ = ϕ
và

S

A

O

B

H

C

ϕ
ϕϕ
ϕ
http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 14

3 2
SBC
SBC
1 3.V a tg a 3 a 3
V .h.S h 3. : sin
3 S 24 12cos 2
ϕ
= ⇒ = = = ϕ

SO OM.tg tg
6
= ϕ = ϕ

°
Dựng hệ trục tọa ñộ Axyz, với Ax, Ay, Az ñôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
a a 3 a a 3 a 3 a 3 a 3 a 3
B ; ; 0 ,C ; ; 0 ,M 0; ; 0 , O 0; ; 0 , S 0; ; tg
2 2 2 2 2 3 3 6
         
− ϕ
         
         

°
Thể tích hình chóp:
3
ABC
1 a tg
V .SO.S
3 24
ϕ
= =

°
Ta có:
a a 3 a 3
BS ; ; tg , BC ( a; 0; 0)
2 6 6
 

 
 
 
 a 3
(SBC): tg y z tg 0.
2
⇔ ϕ + − ϕ =

°
Khoảng cách d từ A ñến (SBC):

2
a 3
a 3
tg .O O tg
tg
2
a 3
2
d sin .
1
2
tg 1
cos
ϕ + − ϕ
ϕ
= = = ϕ

ϕ
ϕ ϕ
ϕ
M

B

x

A

z

S

O

y

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 15
°

1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u
= ≠ ⇒

2
)
°

1
M (d ) M(2t; t; 4)
∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)
∈ ⇒ + −/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)
⇒ = + − − − −
uuuur

°
Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1

2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.
− + − + − =
BÀI 8

Câu 1:
Trong không gian Oxyz có 2 mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3z – 5 = 0,
(Q): 3x – 4y + 9z + 7 = 0 và 2 ñường thẳng:
(d
1
):
4
2
z
3
1
y
2
3
x
:)d(;
3
1
z
4
3
y

GIẢICâu 1:
(P) có pháp vectơ:

/
P P
n (3; 12; 3) 3(1; 4; 1) 3n ,
= − = − =
r r
với
/
P
n (1; 4; 1)
= −
r

°
(Q) có pháp vectơ
Q
n (3; 4; 9)
= −
r

°
(d
1
) có vectơ chỉ phương
1

r
rr
r

1
u
r
rr
r
2
u
r
rr
r
B

d
2

d
1

A

∆
∆∆
∆
/
//
/




⊂ ⊂


=

r r

°
Suy ra (
∆
) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P
/
)
và (Q
/
), và (
∆
) // (
∆
/
).
°
(
∆
) có vectơ chỉ phương
/ /
P Q


°
Phương trình mp (P
/
) chứa (d
1
) ñi qua ñiểm A(-5; 3; -1)
1
(d )
∈
với
/
P
n
r
là:
25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0

/
(P ): 25x 32y 26z 55 0
⇔ + + + =

°
mp (Q
/
) có cặp vectơ chỉ phương
2
u
r
và
/
(Q ): 4y 3x 10 0
⇔ − + =

°
Ta có:
/ /
( ) (P ) (Q ).
∆ = ∩

°
Vậy, phương trình ñường thẳng (
∆
) :
25x 32y 26z 55 0
4y 3z 10 0
+ + + =


− + =


Câu 2
:
Cách 1
:
°
Bốn tam giác vuông

nên:
/ / / /
B .A MCN B .A NC.
V 2.V
=°
Mà:
/ / / / / / /
3 3
/
B .ANC C.A B N A B N B .A MCN
1 1 1 a a
V V .CC .S .a. .a.a V .
3 3 2 6 3
= = = = ⇒ =

°
Ta có:
/
/
A MCN
1
S .A C.MN,
2
=
với
/ /
A C a 3; MN BC a 2


M

N

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 17
°
Gọi H là hình chiếu của B
/
trên (A
/
MCN), ta có:
/ / /
/
B .A MCN A MCN
1
V .B H.S
3
=/ /
/
3 2
/
B .A MCN
A MCN
3.V

/
A C ( a; a; a), MN ( a; 0; a)
= − − = −
uuuur
uuuur/ 2 2 2 2
2
[A C; MN] (a ; 2a ; a ) a (1; 2; 1)
a .n vôùi n (1; 2; 1).
= =
= =
uuuur
uuuur
r r

°
Phương trình mp (A
/
MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ
n :
r

1(x 0) 2(y a) 1(z 0) 0
− + − + − =/
(A MCN): x 2y z 2a 0.


+=
+=
=
t26z
t4y
t
x
; và (d
2
) :





−=
−=
=
1'tz
6't3y
'
t
x

Gọi K là hình chiếu vuông góc của ñiểm I(1; -1; 1) trên (d
2
). Tìm phương trình tham số
của ñường thẳng qua K vuông góc với (d
1


N

D
/

z

a

a

y

x

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí

Trang 18
(d
1
) có vectơ chỉ phương
1
u (1; 1; 2)
=
r

(d
2
) có vectơ chỉ phương

1
) tại
1
H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))
+ + ∈

°

18 56 59
HK t; t; 2t
11 11 11
 
= − − − − −
 
 
uuur

°

1
18 56 118 26
HK u t t 4t 0 t
11 11 11 11
⊥ ⇔ − − − − − = ⇔ = −
uuur r30 7 1
HK 4; ; (44; 30; 7).
11 11 11


.
Câu 2
:
Cách 1
:
°
Dựng
SH AB
⊥

°
Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)
⊥ ∩ = ⊂SH (ABC)
⇒ ⊥
và SH là ñường cao của hình chóp.
°
Dựng
HN BC, HP AC
⊥ ⊥

SN BC, SP AC SPH SNH
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α

2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α

Cách 2
:
°
Dựng
SH AB
⊥

°
Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB) SH (ABC)
⊥ ∩ = ⊂ ⇒ ⊥

°
Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc
α
và
∆
ABC ñều, nên suy ra H là
trung ñiểm AB.
S

H


   
−
   
   
 
>
 
 

°
Phương trình mp (ABC):
z = 0, với pháp vectơ
1
n (0; 0;1)
=
r

°
Phương trình mp (SAC):

x y z
1
a h
a 3
+ + =(SAC): 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0
⇔ + + − =
với

+
⇔ = + α =
α
α
⇔ = ⇔ = α

° Thể tích hình chóp S.ABC:
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
V .h.S . tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
.

BÀI 10

Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho 2 ñường thẳng:
(
∆
1
) :
2
x 3 y 1 z 1 x 7 y 3 z 9
; ( ):
7 2 3 1 2 1
− − − − − −
= = ∆ = =
− −

(7; 3; 9).
Câu 2:
Cho lăng trụ ñứng ABC.A'B'C' có ñáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc

o
BAC 120
=
, cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung ñiểm CC'. Chứng minh ∆AB'I vuông tại
A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).

GIẢI

z

h

S

B

C

A

x

H

a
2
°
2
2 2
2
x 7 7t
( ): y 3 2t
z 9 t
= +


∆ = +


= −


2
qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) vaø
coù vectô chæ phöông u (1; 2; 1)
= −
r

° Gọi H là hình chiếu của A trên (∆
1
)
°
1 1 1 1
H ( ) H(3 7t ; 1 2t ; 1 3t )

là ñiểm ñối xứng của B qua K. Tương tự
như trên ta tìm ñược:
/
114 25 22 20 105 204
K ; ; B ; ;
31 31 31 31 31 31
   
⇒ − − −
   
   

°
/ /
11 74 13 1 1
A B ; ; (11; 74;13) .a
31 31 31 31 31
 
= − − = − =
 
 
uuuuur
r
, với
a (11; 74; 13)
= −
r

° Phương trình ñường thẳng (∆
3
) ñối xứng với (∆

1 2
u ( 7; 2; 3), u (1, 2, 1)
= − = −
r r⇒
1 2
[u ; u ] ( 8; 4; 16) 4(2;1; 4) 4n ,
β
= − − − = − = −
r r r
với
n (2; 1; 4)
β
=
r

° Phương trình mp (β) qua A(7; 3; 9)
2
( )
∈ ∆
với pháp tuyến
n
β
r
:
( ): 2x y 4z 53 0
β + + − =


MM MM 2MI
+ =
uuuur uuuur uuur1 2
MM MM
⇒ +
uuuur uuuur
nhỏ nhất
2MI
⇔
uuur
nhỏ nhất

⇔
M là hình chiếu của I trên (α)
° Phương trình ñường thẳng (∆) qua I
và vuông góc với (α) là:
A

A
/

B
/

B

∆

r
rr
r
H

α
αα
α
M
2

u
α
αα
α
r
rr
r

M
1

I

(
∆
∆∆

°
M ( ) 5 t 2 t 5 t 3 0 t 5 M(0; 3; 0)
∈ α ⇒ + + + + + + = ⇔ = − ⇒ −

° Vậy, ñiểm M cần tìm: M(0; -3; 0).
Câu 2
:
Cách 1
:
° Gọi H là trung ñiểm
BC AH BC.
⇒ ⊥

° ∆ABH là nửa tam giác ñều cạnh AB = a ⇒
a
AH
2
=
và
a 3
BH BC a 3
2
= ⇒ =
°
/ /
IB C
∆
vuông có:
2 2
/ 2 / 2 / / 2 2

2
/
AB I
1 1 a 5 a 10
S .AI.AB . .a 2
2 2 2 4
= = =

2
ABC
1 1 a a 3
S .AH.BC . .a 3
2 2 2 4
= = =

° Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB
/
I), theo công thức chiếu, ta có:

/
2 2
ABC
AB I
S
a 3 a 10 30
cos :
S 4 4 10
α = = =

Cách 2:


B

C

30
o

H

I

60
o

B
/

A
/

C
/

z

a

B


     

°

/
a 3 a a 3 a a
AB ; ; a , AI ; ;
2 2 2 2 2
   
= = −
   
   
uuur uur

°
Ta có:
2 2 2
/
a 3 a 3 a a a 3a a 2a
AB .AI . . a. 0
2 2 2 2 2 4 4 4
 
= − + + = − + + =
 
 
uuur uur/
AB AI.

 
uuur uur
r

với
2
n (1; 3 3; 2 3)
= −
r
.
°
Gọi
α
là góc giữa (ABC) và (AB
/
I), ta có:

0 0 2 3
2 3 30
cos .
10
0 0 1. 1 27 12 40
+ −
α = = =
+ + + +