Phương pháp không gian tọa độ Oxyz phần 2

Phương pháp không gian tọa độ $Oxyz$ phần 2

Phương pháp không gian tọa độ $Oxyz$ là phần hình học trong chương trình môn toán lớp 12, chuyên đề này có nhiều câu hỏi xuất hiện trong đề thi Tốt nghiệp THPT QG hàng năm. Ngoài ra chủ đề này có các câu hỏi ở các mức độ nhận thức khác nhau như: nhận biết, thông hiểu, vận dụng thấp và vận dụng cao. Các vấn đề trong chuyên đề gồm có như: vectơ, hệ tọa độ, phương trình mặt cầu, phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng.
Trong phần tiếp theo này, chúng tôi tiếp tục cung cấp một số câu hỏi đơn giản của chuyên đề

Câu 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ có phương trình lần lượt là $\frac{x}{2}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z+2}{1},$ $\left\{ \begin{align}& x=-1+2t \\ & y=1+t \\ & z=3 \\ \end{align} \right.(t\in \mathbb{R})$. Phương trình đường thẳng vuông góc với $(P)=7x+y-4z=0$ và cắt cả hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ là

A. $\frac{x-2}{7}=\frac{y}{1}=\frac{z+1}{-4}$.       B. $\frac{x+1}{7}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-3}{-4}$.       C. $\frac{x}{7}=\frac{y-1}{1}=\frac{z+2}{-4}$.       D. $\frac{x+\frac{1}{2}}{7}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-\frac{1}{2}}{-4}$.

Lời giải:

Gọi hai giao điểm của đường thẳng $\Delta $ và ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ là $A\left( 2t;1-t;-2+t \right),B\left( -1+2s;1+s;3 \right)$.

$\Delta \equiv AB$.

$\overrightarrow{AB}=\left( -1+2s-2t;s+t;5-t \right)$.

$\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 7;1;-4 \right)$.

$\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=\left( -3t-4s-5;-15t+8s+31;-9t-5s-1 \right)$.

$AB\bot \left( P \right)\Leftrightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=\overrightarrow{0}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& -3t-4s-5=0 \\ & -15t+8s+31=0 \\ & -9t-5s-1=0 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& t=1 \\  & s=-2 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& A\left( 2;0;-1 \right) \\ & B\left( -5;-1;3 \right) \\ \end{align} \right.$.

Đường thẳng $\Delta $ qua $A\left( 2;0;-1 \right)$ và có VTCP $\overrightarrow{AB}=\left( -7;-1;4 \right)$.

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho hai đường thẳng $a:\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{-2};$ $b:\frac{x+1}{-2}=\frac{y}{1}=\frac{z+1}{-1}$và mặt phẳng $\left( P \right):x-y-z=0.$ Phương trình của đường thẳng ${d}$ song song với $\left( P \right)$, cắt $a$ và $b$ lần lượt tại $M$ và $N$ mà $MN=\sqrt{2}.$ là

A. $d:\frac{7x-1}{3}=\frac{7y+4}{8}=\frac{7z+8}{-5}$.       B. $d:\frac{7x-4}{3}=\frac{7y+4}{8}=\frac{7z+8}{-5}$.       C. $d:\frac{7x+4}{3}=\frac{7y-4}{8}=\frac{7z+8}{-5}$.       D. $d:\frac{7x-1}{3}=\frac{7y-4}{8}=\frac{7z+3}{-5}$.

Lời giải:

Gọi $M\left( t;t;-2t \right)$ và $N\left( -1-2t',t',-1-t' \right)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left( -1-2t'-t;t'-t;-1-t'+2t \right)$.

Do đường thẳng $d~$song song với $\left( P \right)$ nên $-1-2t'-t-t'+t+1+t'-2t=0\Leftrightarrow t=-t'$.

Khi đó $\overrightarrow{MN}=\left( -1+t;-2t;-1+3t \right)\Rightarrow MN=\sqrt{14{{t}^{2}}-8t+2}$.

Ta có $MN=\sqrt{2}\Leftrightarrow 14{{t}^{2}}-8t+2=2\Leftrightarrow t=0\vee t=\frac{4}{7}$.

Với $t=0$ thì $\overrightarrow{MN}=\left( -1;0;-1 \right)$.

Với $t=\frac{4}{7}$ thì $\overrightarrow{MN}=\left( -\frac{3}{7};-\frac{8}{7};\frac{5}{7} \right)=-\frac{1}{7}\left( 3;8;-5 \right)$ và $M\left( \frac{4}{7};\frac{4}{7};-\frac{8}{7} \right)$.

Vậy $\frac{x-\frac{4}{7}}{3}=\frac{y-\frac{4}{7}}{8}=\frac{z+\frac{8}{7}}{-5}\Leftrightarrow \frac{7x-4}{3}=\frac{7y-4}{8}=\frac{7z+8}{-5}.$

Câu 34. Trong không gian $Oxyz$, biết rằng tồn tại một đường $\Delta $ đi qua điểm $M\left( 0;m;0 \right)$ cắt đồng thời cả ba đường thẳng ${{\Delta }_{1}}:\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y={{t}_{1}} \\  & z={{t}_{1}} \\ \end{align} \right.$; ${{\Delta }_{2}}:\left\{ \begin{align} & x=-1 \\ & y=-{{t}_{2}} \\ & z={{t}_{2}} \\ \end{align} \right.$; ${{\Delta }_{3}}:\left\{ \begin{align}& x={{t}_{3}} \\ & y=1 \\ & z=-{{t}_{3}} \\ \end{align} \right.$. Khẳng định nào sau đây là đúng

A. $m=\pm 1$.      B. $m=1$.      C. $m\ne \pm 1$.      D. $m=-1$.

Lời giải:

Nếu $m=1$ $\Rightarrow M\left( 0;1;0 \right)\in {{\Delta }_{3}}$.

Gọi $A\left( 1;\,a;\,a \right)$, $B\left( -1;\,-b;\,b \right)$ là hai điểm thuộc ${{\Delta }_{1}};\,{{\Delta }_{2}}$.

Đường thẳng $\Delta $ qua ba điểm $M,\,A,\,B$ $\Rightarrow \overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 1=-k \\ & a-1=k\left( -b-1 \right) \\ & a=kb \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& k=-1 \\ & a=1 \\ & b=-1 \\ \end{align} \right.$.

$\Rightarrow $ Với $m=1$ thì có $1$ đường thẳng đi qua $M$ và cắt ba đường ${{\Delta }_{1}};\,{{\Delta }_{2}};\,{{\Delta }_{3}}$ là: $\Delta :\left\{ \begin{align}& x=t \\ & y=1 \\ & z=t \\ \end{align} \right.$.

Nếu $m=-1\Rightarrow M\left( 0;\,m;\,0 \right)\notin \,{{\Delta }_{3}}$.

Gọi $C\left( c,\,1;\,-c \right)\in {{\Delta }_{3}}$.

$\Delta$ cắt ba đường ${{\Delta }_{1}};{{\Delta }_{2}};{{\Delta }_{3}}$ khi $\left\{ \begin{align}& \overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB} \\ & \overrightarrow{MA}=l\overrightarrow{MC} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 1=-k \\ & a-m=k\left( -b-m \right) \\ & a=kb \\ & 1=lc \\ & a-m=l\left( 1-m \right) \\  & a=lc \\ \end{align} \right.$ Hệ này vô nghiệm.

Vậy chỉ có 1 đường thẳng $\Delta :\,\left\{ \begin{align}& x=t \\ & y=1 \\ & z=t \\ \end{align} \right.$ cắt ba đường thẳng ${{\Delta }_{1}},\,{{\Delta }_{2}},\,{{\Delta }_{3}}$ khi $m=1$.

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ gọi $d$ đi qua điểm $A\left( 1;-1;2 \right)$, song song với $\left( P \right):2x-y-z+3=0$, đồng thời tạo với đường thẳng $\Delta :\frac{x+1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{2}$ một góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng $d$ là

A. $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{7}$.      B. $\frac{x-1}{4}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z+2}{7}$.      C. $\frac{x-1}{4}=\frac{y+1}{5}=\frac{z-2}{7}$.      D. $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{-7}$.

Lời giải:

$\Delta $ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{\Delta }}}=\left( 1;-2;2 \right)$

$d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{d}}}=\left( a;b;c \right)$

$\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 2;-1;-1 \right)$

Vì $d//\left( P \right)$ nên $\overrightarrow{{{a}_{d}}}\bot \overrightarrow{{{n}_{P}}}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{a}_{d}}}.\overrightarrow{{{n}_{P}}}=0\Leftrightarrow 2a-b-c=0\Leftrightarrow c=2a-b$

$\cos \left( \Delta ,d \right)=\frac{\left| 5a-4b \right|}{3\sqrt{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{{\left( 5a-4b \right)}^{2}}}{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}$

Đặt $t=\frac{a}{b}$, ta có: $\cos \left( \Delta ,d \right)=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{{\left( 5t-4 \right)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}}$

Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{\left( 5t-4 \right)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}$, ta suy ra được: $\max f\left( t \right)=f\left( -\frac{1}{5} \right)=\frac{5\sqrt{3}}{3}$

Do đó: $\max \left[ \cos \left( \Delta ,d \right) \right]=\sqrt{\frac{5\sqrt{3}}{27}}\Leftrightarrow t=-\frac{1}{5}\Rightarrow \frac{a}{b}=-\frac{1}{5}$

Chọn $a=1\Rightarrow b=-5,c=7$

Vậy phương trình đường thẳng $d$ là $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{7}$.

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ gọi $d$ đi qua $A\left( -1;0;-1 \right)$, cắt ${{\Delta }_{1}}:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z+2}{-1}$, sao cho góc giữa $d$ và ${{\Delta }_{2}}:\frac{x-3}{-1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+3}{2}$ là nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng $d$ là

A. $\frac{x+1}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{-1}$.      B. $\frac{x+1}{4}=\frac{y}{5}=\frac{z+1}{-2}$.      C. $\frac{x+1}{4}=\frac{y}{-5}=\frac{z+1}{-2}$.      D. $\frac{x+1}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{1}$.

Lời giải:

Gọi $M=d\cap {{\Delta }_{1}}\Rightarrow M\left( 1+2t;2+t;-2-t \right)$

$d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{d}}}=\overrightarrow{AM}=\left( 2t+2;t+2;-1-t \right)$

${{\Delta }_{2}}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{2}}}=\left( -1;2;2 \right)$

$\cos \left( d;{{\Delta }_{2}} \right)=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{{{t}^{2}}}{6{{t}^{2}}+14t+9}}$

Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}}{6{{t}^{2}}+14t+9}$, ta suy ra được $\min f\left( t \right)=f\left( 0 \right)=0\Leftrightarrow t=0$

Do đó $\min \left[ \cos \left( \Delta ,d \right) \right]=0\Leftrightarrow t=0\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left( 2;2-1 \right)$

Vậy phương trình đường thẳng $d$ là $\frac{x+1}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{-1}$.

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ cho hai đường thẳng ${{d}_{1}}:\frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{-1}$ và ${{d}_{2}}:\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{3}=\frac{z-2}{-2}$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng song song với $\left( P \right):x+y+z-7=0$ và cắt ${{d}_{1}},{ }{{d}_{2}}$ lần lượt tại hai điểm $A,B$ sao cho $AB$ ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng $\Delta $ là

A. $\left\{ \begin{align} & x=12-t \\ & y=5 \\ & z=-9+t \\ \end{align} \right.$.      B. $\left\{ \begin{align}& x=6-t \\ & y=\frac{5}{2} \\  & z=-\frac{9}{2}+t \\ \end{align} \right.$.      C. $\left\{ \begin{align}& x=6 \\  & y=\frac{5}{2}-t \\  & z=-\frac{9}{2}+t \\ \end{align} \right.$.      D. $\left\{ \begin{align}& x=6-2t \\ & y=\frac{5}{2}+t \\ & z=-\frac{9}{2}+t \\ \end{align} \right.$.

Lời giải:

$A\in {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( 1+2a;a;-2-a \right),\,\,\,B\in {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 1+b;-2+3b;2-2b \right)$

$\Delta $ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left( b-2a;3b-a-2;-2b+a+4 \right)$

$\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;1;1 \right)$

Vì $\Delta //\left( P \right)$ nên $\overrightarrow{AB}\bot \overrightarrow{{{n}_{P}}}\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{n}_{P}}}=0\Leftrightarrow b=a-1$.Khi đó $\overrightarrow{AB}=\left( -a-1;2a-5;6-a \right)$

$AB=\sqrt{{{\left( -a-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2a-5 \right)}^{2}}+{{\left( 6-a \right)}^{2}}}=\sqrt{6{{a}^{2}}-30a+62}$ $=\sqrt{6{{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}+\frac{49}{2}}\ge \frac{7\sqrt{2}}{2};\forall a\in \mathbb{R}$

Dấu $''=''$ xảy ra khi $a=\frac{5}{2}\Rightarrow A\left( 6;\frac{5}{2};-\frac{9}{2} \right),\,\,\overrightarrow{AB}=\left( -\frac{7}{2};0;\frac{7}{2} \right)$

Đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $A\left( 6;\frac{5}{2};-\frac{9}{2} \right)$ và vec tơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( -1;0;1 \right)$

Vậy phương trình của $\Delta $ là $\left\{ \begin{align}& x=6-t \\ & y=\frac{5}{2} \\  & z=-\frac{9}{2}+t \\ \end{align} \right.$.

Câu 38. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( -3;3;-3 \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( \alpha  \right):2x-2y+z+15=0$ và mặt cầu $\left( S \right):{{(x-2)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}+{{(z-5)}^{2}}=100$. Đường thẳng $\Delta$ qua $A$, nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ cắt $(S)$ tại $A$, $B$. Để độ dài $AB$ lớn nhất thì phương trình đường thẳng $\Delta$ là

A. $\frac{x+3}{1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z{ }+3}{6}$.      B. $\frac{x+3}{16}=\frac{y-3}{11}=\frac{z{ }+3}{-10}$.      C. $\left\{ \begin{align}& x=-3+5t \\ & y=3 \\ & z=-3+8t \\ \end{align} \right.$.      D. $\frac{x+3}{1}=\frac{y-3}{1}=\frac{z{ }+3}{3}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 2;3;5 \right)$, bán kính $R=10$. Do $d(I,(\alpha ))<R$ nên $\Delta$ luôn cắt $\left({S} \right)$ tại $A$, $B$.

Khi đó $AB=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left( d(I,\Delta ) \right)}^{2}}}$. Do đó $AB$ lớn nhất thì $d\left( I,\left( \Delta  \right) \right)$ nhỏ nhất nên $\Delta$ qua $H$, với $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\left( \alpha  \right)$. Phương trình $BH:\,\,\left\{ \begin{align} & x=2+2t \\ & y=3-2t \\ & z=5+t \\ \end{align} \right.$

$H\in (\alpha )\Rightarrow 2\left( 2+2t \right)-2\left( 3-2t \right)+5+t+15=0$$\Leftrightarrow {t}=-2\Rightarrow H\left( -2;{ }7;{ }3 \right)$.

Do vậy $\overrightarrow{{AH}}=(1;4;6)$ là véc tơ chỉ phương của $\Delta$. Phương trình là $\frac{x+3}{1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z{ }+3}{6}$.

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x+y-4z=0$, đường thẳng $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-3}{1}$ và điểm $A\left( 1;\,\,3;\,\,1 \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $A$, nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và cách đường thẳng $d$ một khoảng cách lớn nhất. Gọi $\overrightarrow{u}=\left( a;\,\,b;\,\,1 \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $. Tổng $a+2b$ bằng

A. $a+2b=-3$.      B. $a+2b=0$.      C. $a+2b=4$      D. $a+2b=7$.

Lời giải:

Đường thẳng $d$ đi qua $M\left( 1;\,\,-1;\,\,3 \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;\,\,-1;\,\,1 \right)$.

Nhận xét rằng, $A\notin d$ và $d\cap \left( P \right)=I\left( -7;\,\,3;\,\,-1 \right)$.

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng chứa $d$ và song song với $\Delta $. Khi đó $d\left( \Delta ,d \right)=d\left( \Delta ,\left( Q \right) \right)=d\left( A,\left( Q \right) \right)$.

Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $\left( Q \right)$ và $d$. Ta có $AH\le AK$.

Do đó, $d\left( \Delta ,d \right)$ lớn nhất $\Leftrightarrow $ $d\left( A,\left( Q \right) \right)$ lớn nhất $\Leftrightarrow A{{H}_{\max }}$ $\Leftrightarrow H\equiv K$. Suy ra $AH$ chính là đoạn vuông góc chung của $d$ và $\Delta .$

Mặt phẳng $\left( R \right)$ chứa $A$ và $d$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{{{n}_{\left( R \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AM},\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]$$=\left( -2;\,\,4;\,\,8 \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $d$ và vuông góc với $\left( R \right)$ nên có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( R \right)}}},\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]$$=\left( 12;\,\,18;\,\,-6 \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ chứa trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ nên có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}},\overrightarrow{{{n}_{\left( R \right)}}} \right]$$=\left( 66;\,\,-42;\,\,6 \right)$$=6\left( 11;\,\,-7;\,\,1 \right)$.

Suy ra $a=11;\,\,b=-7$. Vậy $a+2b=-3$.

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ ${Ox}yz$, cho đường thẳng $\left( d \right):\frac{x-3}{-2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{1}$ và điểm $A(2;-1;0)$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\left( d \right)$ bằng

A. $\sqrt{7}$.      B. $\frac{\sqrt{7}}{2}$.      C. $\frac{\sqrt{21}}{3}$.      D. $\frac{\sqrt{7}}{3}$.

Lời giải:

Gọi $M\left( 3;0;1 \right)\in d$.

$\overrightarrow{AM}(1;1;1);\overrightarrow{{{u}_{d}}}(-2;-1;1)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right]=\left( 2;-3;1 \right)\Rightarrow \left| \left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|=\sqrt{14}$.

Vậy khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\left( d \right)$ bằng $d(A,d)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|}=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$.

Câu 41. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxyz$, điểm đối xứng của $M(-2;1;0)$ qua đường thẳng $d:\frac{x}{-2}=\frac{y}{1}=\frac{z+7}{-2}$ là

A. ${M}'\left( 1;2;3 \right)$.      B. ${M}'\left( 1;2;-3 \right)$.      C. ${M}'\left( -1;-2;-3 \right)$.      D. ${M}'(6;-3;-10)$.

Lời giải:

Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $d$.

Do $H\in d\Rightarrow H(-2t;t;-7-2t)\Rightarrow \overrightarrow{MH}=(-2t+2;t-1;-7-2t)$.

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=(-2;1;-2)$.

Đường thẳng $MH$ vuông góc với $d$ Û $\overrightarrow{MH}\bot {{\overrightarrow{u}}_{d}}$ Û $\overrightarrow{MH}.{{\overrightarrow{u}}_{d}}=0\Leftrightarrow (-2t+2).(-2)+(t-1).1+(-7-2t).(-2)=0$$\Leftrightarrow t=-1$.

Suy ra $H(2;-1;-5)$.

Khi đó, $H$ là trung điểm $M{M}'$ với ${M}'$ là điểm đối xứng cần tìm.

$\left\{ \begin{align}& {{x}_{{{M}'}}}=2{{x}_{H}}-{{x}_{M}} \\  & {{y}_{{{M}'}}}=2{{y}_{H}}-{{y}_{M}} \\ & {{z}_{{{M}'}}}=2{{z}_{H}}-{{z}_{M}} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{{{M}'}}}=6 \\ & {{y}_{{{M}'}}}=-3 \\  & {{z}_{{{M}'}}}=-10 \\ \end{align} \right.$  $\Rightarrow {M}'(6;-3;-10)$.

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, gọi ${A}'$ là điểm đối xứng của điểm $A\left( 2;-1;-1 \right)$ qua mặt phẳng $\left( \alpha  \right):x-y-z-7=0$. Tọa độ điểm ${A}'$ là

A, $\left( 8;-5;-5 \right)$.      B. $\left( 3;-2;-2 \right)$.      C. $\left( 5;-3;-3 \right)$.      D. $\left( 4;-3;-3 \right)$.

Lời giải:

Gọi $d$ là đường thẳng qua $A\left( 2;-1;-1 \right)$ và vuông góc với $\left( \alpha  \right)$.

$d$ qua $A\left( 2;-1;-1 \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;-1 \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $d$ là: $\left\{ \begin{align} & x=2+t \\  & y=-1-t \\ & z=-1-t \\ \end{align} \right.,t\in \mathbb{R}$.

Ta có $H=d\cap \left( \alpha  \right)$, tọa độ $H$ thỏa mãn hệ: $\left\{ \begin{align}& x=2+t \\ & y=-1-t \\ & z=-1-t \\ & x-y-z-7=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t=1 \\ & x=3 \\  & y=-2 \\ & z=-2 \\ \end{align} \right.$.

$\Rightarrow H\left( 3;-2;-2 \right)$ là trung điểm của đoạn $A{A}'$ $\Rightarrow {A}'\left( 4;-3;-3 \right)$.

Câu 43. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:$ $\frac{x-1}{-1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+1}{-1}$ và mặt phẳng $\left( P \right):$ $x-y+z-1=0$. Hình chiếu vuông góc của $d$ trên $\left( P \right)$ là đường thẳng có phương trình

A. $\frac{x}{1}=\frac{y-3}{2}=\frac{z+2}{1}$.      B. $\frac{x}{1}=\frac{y+3}{-2}=\frac{z+2}{1}$.      C. $\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}$.      D. $\frac{x}{1}=\frac{y+3}{2}=\frac{z-2}{-1}$.

Lời giải:

Phương trình tham số đường thẳng $d:$ $\left\{ \begin{align} & x=1-t \\ & y=2+2t \\ & z=-1-t \\ \end{align} \right.,\ t\in \mathbb{R}$.

Gọi $A=d\cap \left( P \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{align}& {{x}_{A}}=1-t \\  & {{y}_{A}}=2+2t \\  & {{z}_{A}}=-1-t \\  & {{x}_{A}}-{{y}_{A}}+{{z}_{A}}-1=0 \\ \end{align} \right.$  $\Rightarrow t=-\frac{3}{4}$.

Suy ra $A\left( \frac{7}{4};\frac{1}{2};-\frac{1}{4} \right)$.

Lấy điểm $B\left( 1;\,2;\,-1 \right)\in d$.

Gọi ${d}'$ là đường thẳng đi qua điểm $B$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Khi đó, ${d}'$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{{{d}'}}}}=\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;\,-1;\,1 \right)$, nên phương trình tham số ${d}'$ có dạng ${d}':$ $\left\{ \begin{align} & x=1+s \\ & y=2-s \\  & z=-1+s \\ \end{align} \right.,\,\,s\in \mathbb{R}$.

Gọi điểm $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó $H={d}'\cap \left( P \right)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{H}}=1+s \\ & {{y}_{H}}=2-s \\ & {{z}_{H}}=-1+s \\ & {{x}_{H}}-{{y}_{H}}+{{z}_{H}}-1=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow s=1$. Suy ra $H\left( 2;1;0 \right)$.

Ta có $\overrightarrow{AH}=\left( \frac{1}{4};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right)$.

Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua hai điểm $A$ và $H$, có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=4\overrightarrow{AH}=\left( 1;2;1 \right)$ và đi qua $H\left( 2;1;0 \right)$ nên có phương trình là $\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}$.

Cách 2:

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $d$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\left( 1;0;-1 \right)$.

Lấy điểm $A\left( 1;2;-1 \right)\in d$.

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua điểm $A\left( 1;2;-1 \right)$ và nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1;0;-1 \right)$ làm vectơ pháp tuyến có dạng $\left( Q \right):$ $x-z-2=0$.

Gọi ${d}'=\left( P \right)\cap \left( Q \right)$. Khi đó ${d}'$ là hình chiếu vuông góc của $d$ trên $\left( P \right)$.

Từ $\left\{ \begin{align}& x-y+z-1=0 \\  & x-z-2=0 \\ \end{align} \right.$, ta chọn $z=t$ ta được $\left\{\begin{align} & x=2+t \\ & y=1+2t \\  & z=t \\ \end{align} \right.$, với $t\in \mathbb{R}$.

Hay phương trình chính tắc đường thẳng cần tìm $\left( {{d}'} \right)$ là $\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}$.

Câu 44. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( 3\,;\,1\,;\,-2 \right)$, $B\left( 2\,;\,-3\,;\,5 \right)$. Điểm $M$ thuộc đoạn $AB$ sao cho $MA=2MB$, tọa độ điểm $M$ là

A. $\left( \frac{7}{3}\,;-\,\frac{5}{3}\,;\,\frac{8}{3} \right)$.      B. $\left( 4\,;5\,;\,-9 \right)$.      C. $\left( \frac{3}{2}\,;-\,5\,;\,\frac{17}{2} \right)$.      D. $\left( 1\,;-7\,;\,12 \right)$.

Lời giải:

Gọi $M\left( x;y;z \right)$. Vì $M$ thuộc đoạn $AB$ nên: $\overrightarrow{MA}=-2\overrightarrow{MB}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 3-x=-2\left( 2-x \right) \\ & 1-y=-2\left( -3-y \right) \\  & -2-z=-2\left( 5-z \right) \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=\frac{7}{3} \\ & y=-\frac{5}{3} \\  & z=\frac{8}{3} \\ \end{align} \right.$

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{2-z}{1}$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $d$ và tạo với mặt phẳng $\left( Q \right):2x-y-2z-2=0$ một góc có số đo nhỏ nhất. Điểm $A\left( 1;2;3 \right)$ cách mặt phẳng $\left( P \right)$ một khoảng bằng:

A. $\sqrt{3}$.      B. $\frac{5\sqrt{3}}{3}$.      C. $\frac{7\sqrt{11}}{11}$.      D. $\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Lời giải:

$d:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{2-z}{1}$ có VTCP $\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;-1 \right)$.

$\left( Q \right):2x-y-2z-2=0$ có VTPT $\overrightarrow{n}=\left( 2;-1;-2 \right)$.

Gọi $\alpha $ là góc tạo bởi $d$ và $\left( Q \right)$, ta có $\sin \alpha =\left| \cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right) \right|=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Từ hình vẽ, ta có $\left( d,\left( P \right) \right)=\widehat{MBH}$ và $\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=\widehat{MCH}$.

Ta thấy $\sin \widehat{MCH}=\frac{MH}{MC}\ge \frac{MH}{MB}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Vậy góc $\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=\widehat{MCH}$ nhỏ nhất khi $\sin \widehat{MCH}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ hay $\cos \widehat{MCH}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

* Viết phương trình mặt phẳng

- Cách 1: Mặt phẳng $\left( P \right):Ax+By+Cz+D=0$

Ta có $\left\{ \begin{align}& \overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}.\overrightarrow{u}=0 \\ & \cos \left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}} \right)=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& A-2B-C=0 \\  & \frac{\left| 2A-B-2C\right|}{3\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & A=2B+C \\ & \left| 3B \right|=\sqrt{3{{\left( 2B+C \right)}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & A=2B+C \\ & 6{{B}^{2}}+6{{C}^{2}}+12BC=0{ }\left( 1 \right) \\ \end{align} \right.$

Nếu $B=0$ suy ra $A=C=0$ loại.

Nếu $B\ne 0$ từ $\left( 1 \right)$ suy ra ${{\left( \frac{C}{B} \right)}^{2}}+2\frac{C}{B}+1=0\Leftrightarrow \frac{C}{B}=-1\Rightarrow C=-B$ suy ra $A=B$.

Mặt phẳng $\left( P \right):Bx+By-Bz+D=0$ đi qua điểm $N\left( 0;-1;2 \right)\in d$ suy ra $D=3B$.

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( P \right):x+y-z+3=0$. Suy ra $d\left( A;\left( P \right) \right)=\sqrt{3}$.

- Cách 2:  Gọi $\Delta =(P)\cap (Q)$ thì góc giữa $(P)$và $(Q)$nhỏ nhất khi và chỉ khi $\Delta \bot d$. Do đó, mặt phẳng thỏa đề bài là mặt phẳng chứa $d$ và cắt theo giao tuyến $\Delta $ sao cho $\Delta \bot d$.

$\centerdot \left\{ \begin{align}& \Delta \subset (Q) \\ & \Delta \bot d \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \Delta { }$nhận ${{{\vec{u}}}_{\Delta }}=\left[ {{{\vec{u}}}_{d}},{{{\vec{n}}}_{Q}} \right] { }$ làm vectơ chỉ phương.

$\centerdot (Q)$ chứa $d$ và $\Delta $ $\Rightarrow (P)$qua $M(0;-1;2)\in d$ và nhận $\vec{n}=\left[ {{{\vec{u}}}_{d}},{{{\vec{u}}}_{\Delta }} \right]=(6;6;-6)$ làm vectơ pháp tuyến … $d\left( A;\left( P \right) \right)=\sqrt{3}$.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( 1;-2;1 \right)$; bán kính $R=4$ và đường thẳng $d:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z+1}{-1}$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $d$ và cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến mặt phẳng $\left( P \right)$ lớn nhất.

A. $O\left( 0;0;0 \right)$.      B. $A\left( 1;\frac{3}{5};-\frac{1}{4} \right)$.      C. $B\left( -1;-2;-3 \right)$.      D. $C\left( 2;1;0 \right)$.

Lời giải:

Gọi $H\left( 2t;1-2t;-1-t \right)$ là hình chiếu của $I$ lên đường thẳng $d$.

Ta có: $\overrightarrow{IH}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0\Rightarrow 2\left( 2t-1 \right)-2\left( 3-2t \right)-\left( -2-t \right)=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}\Rightarrow H\left( \frac{4}{3};-\frac{1}{3};-\frac{5}{3} \right)$.

Vì $IH=\sqrt{10}<4=R\Rightarrow $ $d$ cắt mặt cầu $\left( S \right)$ tại $2$ điểm phân biệt.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ bất kì chứa $d$ luôn cắt $\left( S \right)$ theo một đường tròn bán kính $r$.

Khi đó ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{d}^{2}}\left( I,\left( Q \right) \right)\ge {{R}^{2}}-{{d}^{2}}\left( I,d \right)=16-10=6$.

Do vậy mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $d$ cắt mặt cầu theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi $d\left( I,\left( P \right) \right)=d\left( I,d \right)$ hay mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $H$ nhận $\overrightarrow{IH}=\left( \frac{1}{3};\frac{5}{3};-\frac{8}{3} \right)$ làm vectơ pháp tuyến, do đó $\left( P \right)$ có phương trình $x+5y-8z-13=0$.

Khi đó điểm $O\left( 0;0;0 \right)$ có khoảng cách đến $\left( P \right)$ lớn nhất.

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;1;1)$, $B(2;0;1)$ và mặt phẳng $(P): x+y+2z+2=0.$ Viết phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ đi qua $A$, song song với mặt phẳng $(P)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến $d$ lớn nhất.

A. $d: \frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{-2}$.      B. $d: \frac{x}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+2}{-2}$.      C. $d: \frac{x-2}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z}{-1}$.      D. $d: \frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-1}$.

Lời giải:

Gọi $(P')$ chứa $A$ và song song $(P)$ suy ra $(P'): x+y+2z-4=0$.

Ta thấy $B\in (P')$ do đó $d(B,d)$ đạt giá trị lớn nhất là $AB.$

Khi đó $d$ vuông góc với $AB$ và $d$ vuông góc với giá của $\vec{n}$ là VTPT của $(P)$.

Suy ra một VTCP của $d$ là $\vec{u}=\left[ \vec{n},\overrightarrow{AB} \right]=(2;2;-2)$.

Kết hợp với điểm $A$ thuộc $d$ nên ta chọn đáp án C.

Câu 48. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( 1;1;1 \right)$ và mặt phẳng $(P):x+2y=0$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $A$, song song với $(P)$ và cách điểm $B\left( -1;0;2 \right)$ một khoảng ngắn nhất. Khi đó $\Delta $ nhận vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương

A. $\overrightarrow{u}=\left( 6;3;-5 \right)$.      B. $\overrightarrow{u}=\left( 6;-3;5 \right)$.      C. $\overrightarrow{u}=\left( 6;3;5 \right)$.      D. $\overrightarrow{u}=\left( 6;-3;-5 \right)$.

Lời giải:

Gọi $(Q)$ chứa $\Delta $ và song song với $(P)$. Suy ra $(Q)$ có phương trình: $x-1+2(y-1)=0\Leftrightarrow x+2y-3=0$.

Khi đó $d{{\left( B;\Delta  \right)}_{\min }}=BH$ với $H$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng $(Q)$.

Đường thẳng $BH$ đi qua $B$, vuông góc với mặt phẳng $(Q)$ có phương trình $\left\{ \begin{align}& x=-1+t \\  & y=2t \\  & z=2 \\ \end{align} \right.,t\in \mathbb{R}$.

Tọa độ giao điểm $H$ của đường thẳng $BH$ và mặt phẳng $(Q)$ là nghiệm của hệ:

$\left\{ \begin{align}  & x=-1+t \\  & y=2t \\  & z=2 \\  & x+2y-3=0 \\ \end{align} \right.$. Giải hệ trên ta được $H\left( -\frac{1}{5};\frac{8}{5};2 \right)$.

Do đó $\Delta $ là đường thẳng $AH$ có $\overrightarrow{AH}=\left( \frac{6}{5};-\frac{3}{5};-1 \right)$.

Suy ra $\overrightarrow{u}=\left( 6;-3;-5 \right)$ cũng là một vectơ chỉ phương của $\Delta $.

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ cho điểm $A\left( 2;-1;-2 \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ có phương trình $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{1}$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua điểm $A$, song song với đường thẳng $\left( d \right)$ và khoảng cách từ $d$ tới mặt phẳng $\left( P \right)$ là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng $\left( P \right)$ vuông góc với mặt phẳng

A. $x-y-6=0$.      B. $x+3y+2z+10=0$.      C. $x-2y-3z-1=0$.      D. $3x+z+2=0$.

Lời giải:

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên đường thẳng $d$. Ta suy ra $H\left( 1;1;1 \right)$.

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua điểm $A$ và $\left( P \right)$ song song với đường thẳng $d$. Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$. Do $d{ // }\left( P \right)$ nên ta có $d\left( d,\left( P \right) \right)=d\left( H,\left( P \right) \right)=HK$.

Ta luôn có bất đẳng thức $HK\le HA$. Như vậy khoảng cách từ $\left( d \right)$ đến $\left( P \right)$ lớn nhất bằng $AH$. Và khi đó $\left( P \right)$ nhận $\overrightarrow{AH}=\left( -1;2;3 \right)$ làm vectơ pháp tuyến.

Do $\left( P \right)$ đi qua $A\left( 2;-1;-2 \right)$ nên ta có phương trình của $\left( P \right)$là: $x-2y-3z-10=0$.

Do đó $\left( P \right)$ vuông góc với mặt phẳng có phương trình: $3x+z+2=0$.

Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua hai điểm $A\left( 1;-7;-8 \right)$, $B\left( 2;-5;-9 \right)$ sao cho khoảng cách từ điểm $M\left( 7;-1;-2 \right)$ đến $\left( P \right)$ đạt giá trị lớn nhất. Biết $\left( P \right)$ có một véctơ pháp tuyến là $\vec{n}=\left( a;b;4 \right)$, khi đó giá trị của tổng $a+b$ bằng

A. $-1$.      B. 2.      C. 3.      D. 6.

Lời giải:

Phương trình tham số của đường thẳng $AB$ là $\left\{ \begin{align}& x=1+t \\ & y=-7+2t \\  & z=-8-t \\ \end{align} \right.$.

Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $\left( P \right)$ và đường thẳng $AB$.

Ta tìm được điểm $K\left( 3;-3;-10 \right)$. Ta luôn có bất đẳng thức $d\left( M,\left( P \right) \right)=MH\le MK$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $H\equiv K$. Khi đó $\overrightarrow{MH}=\left( -4;-2;-8 \right)=-2\left( 2;1;4 \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=\left( 2;1;4 \right)$. Vậy ta có $a+b=3$.

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( 3\,;-1\,;0 \right)$ và đường thẳng $d:\frac{x-2}{-1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-1}{1}$. Mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ chứa $d$ sao cho khoảng cách từ $A$ đến $\left( \alpha  \right)$ lớn nhất có phương trình là

A. $x+y-z-2=0$.      B. $x+y-z=0$.      C. $x+y-z+1=0$.      D. $-x+2y+z+5=0$.

Lời giải:

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $\left( \alpha  \right)$ và $d$. Khi đó ta có $AH\le AK$.

Vì $H\in d$ nên $H\left( 2-t\,;-1+2t\,;\,1+t \right)$$\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\left( -1-t\,;\,2t\,;\,1+t \right)$.

Do $AH\bot d$nên ta có $-\left( -1-t \right)+2.2t+1+t=0$$\Leftrightarrow t=-\frac{1}{3}$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=\left( -\frac{2}{3}\,;-\frac{2}{3}\,;\,\frac{2}{3} \right)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $\left( \alpha  \right)$ lớn nhất khi và chỉ khi $AH=AK$. Do đó $\left( \alpha  \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left( 1\,;1\,;-1 \right)$. Vậy $\left( \alpha  \right):$ $1\left( x-2 \right)+1\left( y+1 \right)-1\left( z-1 \right)=0$$\Leftrightarrow x+y-z=0$.

Vẫn là đánh giá bất đẳng thức $AH\le AK$.

Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( -3;\,0;\,1 \right)$, $B\left( 1;\,-1;\,3 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right)  :x-2y+2z-5=0$. Đường thẳng $d$ đi qua $A$, song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất, có phương trình chính tắc là

A. $d :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.      B. $d  :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{-11}=\frac{z-1}{2}$.      C. $d  :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{2}$.      D. $d  :\frac{x+3}{-26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.

Lời giải:

Ta thấy rằng $d$ đi qua $A$ và $d$ song song với $\left( P \right)$ nên $d$ luôn nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$ qua $A$ và $\left( Q \right){ // }\left( P \right)$. Như vậy bây giờ ta chuyển về xét trong mặt phẳng $\left( Q \right)$ để thay thế cho $\left( P \right)$. Ta lập được phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):x-2y-2z+1=0$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $B$ lên $\left( Q \right)$ và $d$. Ta tìm được $H\left( -\frac{1}{9};\,\frac{11}{9};\,\frac{7}{9} \right)$. Ta luôn có được bất đẳng thức $d\left( B;\,d \right)=BK\ge BH$nên khoảng cách từ $B$ đến $d$ bé nhất bằng $BH$.

Đường thẳng $d$ đi qua $A,H$ nên có phương trình $\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.

Câu 53. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( 2;5;3 \right)$ và đường thẳng $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z-2}{2}$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa $d$ sao cho khoảng cách từ $A$ đến $\left( P \right)$ là lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến $\left( P \right)$ bằng

A. $\sqrt{2}$.      B. $\frac{3}{\sqrt{6}}$.      C. $\frac{11\sqrt{2}}{6}$.      D. $\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Lời giải:

Gọi $\overrightarrow{n}=\left( a;b;c \right)$ là một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$, với ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0$.

Điểm $M\left( 1;0;2 \right)\in d\Rightarrow M\in \left( P \right)$.

Phương trình của $\left( P \right):ax+by+cz-\left( a+2c \right)=0$.

Một vectơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow{u}=\left( 2;1;2 \right)\Rightarrow \overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{u}\Leftrightarrow \overrightarrow{n}.\overrightarrow{u}=0\Leftrightarrow 2a+b+2c=0$.

$\Rightarrow b=-\left( 2a+2c \right)\Rightarrow d\left( A,\left( P \right) \right)=\frac{|a+5b+c|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{9|a+c|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}+4{{\left( a+c \right)}^{2}}}}$.

Ta có ${{\left( a+c \right)}^{2}}\le 2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\Leftrightarrow \frac{{{\left( a+c \right)}^{2}}}{2}\le {{a}^{2}}+{{c}^{2}}$ với$\forall a,c\in \mathbb{R}.$

Suy ra: ${{a}^{2}}+{{c}^{2}}+4{{\left( a+c \right)}^{2}}\ge \frac{{{\left( a+c \right)}^{2}}}{2}+4{{\left( a+c \right)}^{2}}=\frac{9}{2}{{\left( a+c \right)}^{2}}.$

Do đó $d\left( A,\left( P \right) \right)=\frac{9|a+c|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}+4{{\left( a+c \right)}^{2}}}}\le \frac{9|a+c|}{\sqrt{\frac{9}{2}{{\left( a+c \right)}^{2}}}}=\frac{9|a+c|\sqrt{2}}{3|a+c|}=3\sqrt{2}.$

$\Rightarrow Max\,d\left( A,\left( P \right) \right)=3\sqrt{2}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a=c \\  & b=-4a \\ \end{align} \right.$. Chọn $a=c=1\Rightarrow b=-4.$

Phương trình $\left( P \right):x-4y+z-3=0\Rightarrow d\left( O,\left( P \right) \right)=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Câu 54. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( 1;2;3 \right),B\left( 5;-4;-1 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $Ox$ sao cho ${{d}_{\left( B,\left( P \right) \right)}}=2{{d}_{\left( A,\left( P \right) \right)}},\,\left( P \right)$ cắt $AB$ tại $I\left( a;b;c \right)$ nằm giữa $AB$. Tính $a+b+c$

A. 4.      B. 6.      C. 8.      D. 12.

Lời giải:

Do mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $Ox$ nên phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ có dạng $by+cz=0$$\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0 \right)$

${{d}_{\left( B,\left( P \right) \right)}}=2{{d}_{\left( A,\left( P \right) \right)}}$ $\Leftrightarrow \frac{\left| -4b-c \right|}{\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=2.\frac{\left| 2b+3c \right|}{\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$ $\Leftrightarrow\left[ \begin{align}& -4b-c=4b+6c \\ & -4b-c=-4b-6c \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& 8b+7c=0 \\  & c=0 \\ \end{align} \right.$

Trường hợp 1: $8b+7c=0$ chọn $b=7;c=-8$ khi đó $\left( P \right):7y-8z=0$

Xét $f\left( y,z \right)=7y-8z$

Thay tọa độ $A,B$ vào ta được $\left( 7.2-8.3 \right)\left( 7.\left( -4 \right)-8.\left( -1 \right) \right)>0$ suy ra $A,B$ nằm cùng phía so với $\left( P \right)$

Trường hợp 2: $c=0$ suy ra phương trình $\left( P \right):y=0$

Thay tọa độ $A,B$ vào ta được $2.\left( -4 \right)<0$ suy ra $A,B$ nằm khác phía so với $\left( P \right)$. Do đó đường thẳng $AB$ cắt $\left( P \right)$ tại $I$ nằm giữa $AB$

Phương trình tham số của đường thẳng $AB$: $\left\{ \begin{align}& x=1+4t \\ & y=2-6t \\ & z=3-4t \\ \end{align} \right.\left( t\in \mathbb{R} \right)$

Tọa độ điểm $I$ là nghiệm hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x=1+4t \\  & y=2-6t \\ & z=3-4t \\ & y=0 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& t=\frac{1}{3} \\ & x=\frac{7}{3} \\ & y=0 \\ & z=\frac{5}{3} \\ \end{align} \right.$  $\Rightarrow I\left( \frac{7}{3};0;\frac{5}{3} \right)$

Vậy $a+b+c=\frac{7}{3}+0+\frac{5}{3}=4$.

Câu 55. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{x+1}{-2}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{1}$ và điểm $A(1;2;3)$. Gọi $(P)$ là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất. Mặt phẳng $(P)$ có một vectơ pháp tuyến là

A. $\overrightarrow{n}=(1;0;2)$.      B. $\overrightarrow{n}=(1;0;-2)$.      C. $\overrightarrow{n}=(1;1;1)$.      D. $\overrightarrow{n}=(1;1;-1)$.

Lời giải:

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên đường thẳng $d$, gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $(P)$. Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ là: $d\left( A;(P) \right)=AK.$

Ta có $d:\left\{ \begin{align}& x=-2t-1 \\  & y=t \\  & z=t+1 \\ \end{align} \right.$. Vì $H\in d$ nên $H\left( -2t-1;t;t+1 \right)$.

$\overrightarrow{AH}\left( -2t-2;t-2;t-2 \right)$, VTCP của đường thẳng d là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}\left( -2;1;1 \right)$.

$\overrightarrow{AH}\bot \overrightarrow{{{u}_{d}}}\Leftrightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0\Leftrightarrow -2(-2t-2)+t-2+t-2=0\Leftrightarrow t=0$.

Do đó $H\left( -1;0;1 \right)$ và $\overrightarrow{AH}\left( -2;-2;-2 \right)\Rightarrow AH=2\sqrt{3}$.

Vì $AK\le AH$ nên $AK$ lớn nhất khi $AK=AH$ hay $K\equiv H$.

Ta có $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AH}=(-2;-2;-2)=-2(1;1;1)$. Vậy, một vec tơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overrightarrow{n}=(1;1;1)$.

Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( -3;\,0;\,1 \right)$, $B\left( 1;\,-1;\,3 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right) :x-2y+2z-5=0$. Gọi $d$ là đường thẳng đi qua $A$, song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất. Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng $d$

A. $d :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.      B. $d :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{-11}=\frac{z-1}{2}$.      C. $d :\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{2}$.      D. $d :\frac{x+3}{-26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.

Lời giải:

Gọi mặt phẳng $\left( Q \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và song song với mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó phương trình của mặt phẳng $\left( Q \right)$ là $1\left( x+3 \right)-2\left( y-0 \right)+2\left( z-1 \right)=0$$\Leftrightarrow x-2y+2z+1=0$.

Gọi $H$ là hình chiếu của điểm $B$ lên mặt phẳng $\left( Q \right)$, khi đó đường thẳng $BH$ đi qua $B\left( 1;\,-1;\,3 \right)$ và nhận ${{\vec{n}}_{\left( Q \right)}}=\left( 1;\,-2;\,2 \right)$ làm vectơ chỉ phương, có phương trình tham số là $\left\{ \begin{align}  & x=1+t \\ & y=-1-2t \\ & z=3+2t \\ \end{align} \right.$.

Vì $H=BH\cap \left( Q \right)$$\Rightarrow H\in BH$$\Rightarrow H\left( 1+t;\,-1-2t;\,3+2t \right)$ và $H\in \left( Q \right)$ nên ta có $\left( 1+t \right)-2\left( -1-2t \right)+2\left( 3+2t \right)+1=0$$\Leftrightarrow t=-\frac{10}{9}$$\Rightarrow H\left( -\frac{1}{9};\,\frac{11}{9};\,\frac{7}{9} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\left( \frac{26}{9};\,\frac{11}{9};\,\frac{-2}{9} \right)$$=\frac{1}{9}\left( 26;\,11;\,-2 \right)$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $B$ lên đường thẳng $d$, khi đó

Ta có $d\left( B;\,d \right)=BK\ge BH$ nên khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất khi $BK=BH$, do đó đường thẳng $d$ đi qua $A$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left( 26;\,11;\,-2 \right)$ có phương trình chính tắc: $d:\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.

 

Nguyễn Quốc Hoàn ,  02/3/2023

Các chuyên đề về phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT QG năm 2023

1  Phương pháp tọa độ trong không gian năm 2023 phần 1  Ấn đây vào bài này

2  Phương pháp không gian tọa độ Oxyz phần 2    Ấn đây vào bài này

3  Phương trình mặt phẳng mặt cầu trong không gian mức khó VD và VDC    Ấn đây vào bài này

4  Phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ Oxyz    Ấn đây vào bài này

5  Phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT 2023 VD VDC    Ấn đây vào bài này

6  Chuyên đề phương pháp tọa độ trong không gian phát triển câu VD VDC năm 2023    Ấn đây vào bài này

7  Phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ Oxyz VD VDC phần 1    Ấn đây vào bài này

8  Hình học không gian tọa độ Oxyz phần 2 Ôn thi TNTHPT 2023    Ấn đây vào bài này