Bạn đã xem trăng tròn trang chủng loại của tài liệu "Chuyên đề 8: Hình học tập giải tích trong không khí Oxyz", để cài đặt tài liệu gốc về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD sinh hoạt trên

Hướng dẫn giải CDBT từ những ĐTQG Toán học – 231  chuyên đề 8: HÌNH HỌC GIẢI TÍCH trong KHÔNG GIAN OXYZ  vụ việc 1: MẶT PHẲNG VÀ ĐƯỜNG THẲNG A.

Bạn đang xem: Hình học giải tích trong không gian

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỌA ĐỘ 1. 1 2 3 1 2 3u (u ; u ; u ) u u i u j u k     2. 1 1 2 2 3 3a b (a b ; a b ; a b )     3.   1 1 2 2 3 3a.b a b a b a b 4. 3 1 1 22 32 3 3 1 1 2a a a aa aa,b ; ;b b b b b b         5.   2 2 21 2 3a a a a 6. 1 12 23 3a ba b a cha b   7. a.bCos(a,b)a . B8. 1 2 3 1 2 3a thuộc phương b a,b 0 a : a : a b : b : b      9.    a,b,c đồng phẳng a,b .c 0 10. Diện tích s tam giác:    ABC1S AB,AC211. Thể tích tứ diện ABCD:    ABCD1V AB,AC AD612. Thể tích hình hộp ABCD.A"B"C"D":         ABCD.A B C DV AB,AD AA MẶT PHẲNG  Vectơ pháp tuyến đường của phương diện phẳng là vectơ khác vectơ 0 và có mức giá vuông góc khía cạnh phẳng.  Phương trình tổng quát: (): Ax + By + Cz + D = 0 (   2 2 2A B C 0 )  0 0 0đi qua M(x ; y ; z )( ) :co ù vectơ pháp tuyến đường : n (A;B;C)        0 0 0( ) : A(x x ) B(y y ) C(z z ) = 0 trả lời giải CDBT từ những ĐTQG Toán học – 232  mặt phẳng chắn: () cắt Ox, Oy, Oz theo thứ tự A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), (a, b, c khác 0)    x y z( ) : 1a b c phương diện phẳng đặc biệt: (Oxy): z = 0, (Oxz): y = 0, (Oyz): x = 0 ĐƯỜNG THẲNG  Véctơ chỉ phương của đường thẳng là vectơ không giống vectơ 0 và có mức giá cùng phương với mặt đường thẳng.  0 0 01 2 3đi qua M (x ; y ; z )d :có vectơ chỉ phương a (a ; a ; a )0 0 01 2 31 2 3x x y y z zPhương trình tham số : với (a ; a ; a 0)a a a      Đường thẳng đặc biệt: y 0 x 0 x 0Ox : ; Oy : ; Ozz 0 z 0 y 0          B. ĐỀ THI bài bác 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 3) và mặt đường thẳng d: x 1 y z 32 1 2  . Viết phương trình con đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với mặt đường thẳng d và cắt trục Ox. Giải  gọi M là giao điểm của  với trục Ox  M(m; 0; 0)  AM = (m –1; –2; –3)  Véctơ chỉ phương của d là a = (2; 1; –2).    d  AM  d  AM.a 0  2(m – 1) + 1(–2) –2(–3) = 0  m = –1.  Đường trực tiếp  đi qua M với nhận AM = (–2; –2; –3) làm cho vectơ chỉ phương nên gồm phương trình: x 1 y 2 z 32 2 3    . Cách 2.   trải qua A và cắt trục Ox nên  nằm cùng bề mặt phẳng (P) trải qua A và chứa trục Ox.   đi qua A với vuông góc với d yêu cầu  nằm trên mặt phẳng (Q) trải qua A cùng vuông góc với d.  Ta có: +) Vectơ pháp tuyến của (P) là (P)n OA,i    .  d A   O x p Q M khuyên bảo giải CDBT từ những ĐTQG Toán học – 233 +) Vectơ pháp đường của (Q) là (Q) doanh nghiệp a .   = (P)(Q)  véctơ chỉ phương của  là: (P) (Q)a n ,n  . Bí quyết 3.  phương diện phẳng (Q) đi qua A cùng vuông góc với d  (Q): 2x + y – 2z + 2 = 0.  hotline M là giao điểm của Ox với (Q)  M(–1; 0; 0).  Véctơ chỉ phương của  là: AM . Bài xích 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mang đến đường thẳng :x 2 y 1 z 51 3 2   và hai điểm A(–2; 1; 1), B(–3; –1; 2). Search tọa độ điểm M thuộc con đường thẳng  làm thế nào để cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5 . Giải  Đường thẳng  đi qua E(–2; 1; –5) và tất cả vectơ chỉ phương  a 1; 3; 2  nên có phương trình thông số là: x 2 ty 1 3tz 5 2t       (t  R).  M     M 2 t; 1 3t; 5 2t       AB 1; 2 ; 1   ,  AM t; 3t; 6 2t   ,  AB,AM t 12; t 6; t        .  SMAB = 3 5  1AB,AM 3 52        2 2 2t 12 t 6 t 6 5      3t2 + 36t = 0  t = 0 hoặc t = –12. Vậy M(–2; 1; –5) hoặc M(–14; –35; 19). Bài xích 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường trực tiếp :   x 2 y 2 z1 1 1và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d phía trong (P) thế nào cho d cắt và vuông góc với con đường thẳng . Giải Tọa độ giao điểm I của  cùng với (P) thỏa mãn hệ:  x 2 y 2 zI 3; 1; l1 1 1x 2y 3z 4 0        Vectơ pháp tuyến đường của (P):  n 1; 2; 3  ; vectơ chỉ phương của :  u 1; 1; 1  lí giải giải CDBT từ các ĐTQG Toán học tập – 234 Đường thẳng d đề nghị tìm qua I và tất cả một vectơ chỉ phương:        P P1 2n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1   Phương trình d:      x 3 ty 1 2tz 1 t (t  ) bài xích 4 :CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, cho những mặt phẳng (P1): x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2): 3x + 2y – z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) trải qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với nhì mặt phẳng (P1) và (P2) Giải Vectơ pháp đường của hai mặt phẳng (P1) với (P2):        P P1 2n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1   (P) vuông góc với nhì mặt phẳng (P1) và (P2)  (P) có một vectơ pháp tuyến:          P p P1 2n n ,n 8; 10; 4 2 4; 5; 2         mặt khác (P) qua A(1; 1; 1) yêu cầu phương trình phương diện phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 xuất xắc (P): 4x – 5y + 2z – 1 = 0 bài 5: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, mang lại tam giác ABC tất cả A(1; 1; 0), B (0; 2; 1) và trung tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình mặt đường thẳng  đi qua điểm C và vuông góc với phương diện phẳng (ABC). Giải Ta có:  G là giữa trung tâm tam giác ABC  C(1; 3; 4)     AB 1; 1; 1 ; AC 2; 2; 4     Đường trực tiếp  vuông góc với phương diện phẳng (ABC) nên gồm một vectơ chỉ phương    a AB,AC = 6(1; 1; 0) khía cạnh khác mặt đường thẳng  đi qua điểm C yêu cầu Phương trình :        x 1 ty 3 t tz 4Hướng dẫn giải CDBT từ những ĐTQG Toán học tập – 235 bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1) 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Kiếm tìm tọa độ của điểm M thuộc phương diện phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho: MA = MB = MC. Giải 1. Trải qua A(0; 1; 2)(ABC) :có vectơ pháp tuyến đường là AB,AC 2(1; 2; 4)       Phương trình mp(ABC): 1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0  x + 2y – 4z + 6 = 0 2. Giải pháp 1: Ta có: AB.AC 0 phải điểm M nằm trên phố thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại trung điểm I(0; 1; 1) của BC.      qua I(0; 1; 1) x y 1 z 1d : d :1 2 4có vectơ chỉ phương :a (1;2; 4) Tọa độ M là nghiệm của hệ              x 22x 2y z 3 0y 3x y 1 z 1z 71 1 4 Vậy M(2; 3; 7). Phương pháp 2: gọi M(x; y; z) Ta gồm   MA MBMA MCM ( )                           2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 2) (z 1)(x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 0) (z 1)2x 2y z 3 0  x 2y 3 M(2; 3; 7)z 7    . Giải đáp giải CDBT từ các ĐTQG Toán học tập – 236 bài xích 7:CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, mang lại điểm A(1; 1; 3) và con đường thẳng d tất cả phương trình:  x y z 11 1 2 1. Viết phương trình phương diện phẳng (P) trải qua A cùng vuông góc với đường thẳng d. 2. Search tọa độ điểm M thuộc mặt đường thẳng d làm sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O Giải 1.    (P) dqua A(1; 1; 3)(P) :co ù vectơ pháp đường n a (1; 1;2) Phương trình phương diện phẳng (P): 1(x – 1) – (y – 1) + 2(z – 3) = 0  x – y + 2z – 6 = 0 2. Gọi M(t; t; 2t + 1)  d  Tam giác OMA cân nặng tại O  MO2 = OA2  t2 + t2 + (2t + 1)2 = 1 + 1 + 9  6t2 + 4t – 10 = 0     5t 1 t3  cùng với t = 1 tọa độ điểm M(1; 1; 3).  với  5t3 tọa độ điểm 5 5 7M ; ;3 3 3    . Bài 8 :ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Trong không khí với hệ trục toạ độ Oxyz, mang đến hai điểm A(1; 4; 2), B(–1; 2; 4) và đường thẳng    x 1 y 2 z:1 1 2 1. Viết phương trình con đường thẳng d đi qua giữa trung tâm G của tam giác OAB và vuông góc với phương diện phẳng (OAB). 2. Search tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  làm thế nào để cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Giải 1. Tọa độ trọng tâm: G(0; 2; 4). Ta có:   OA (1; 4; 2),OB ( 1; 2; 2) Vectơ chỉ phương của d là:     u (12; 6; 6) 6 2; 1; 1 Phương trình con đường thẳng d:   x y 2 z 22 1 12/ vày M    M(1 t; 2 + t; 2t)  MA2 + MB2 = (t2 + (6  t)2 + (2  2t)2) + ((2 + t)2 + (4  t)2 + (4  2t)2) = 12t2  48t + 76 = 12(t 2)2 + 28 MA2 + MB2 nhỏ dại nhất  t = 2. Lúc ấy M(1; 0; 4) hướng dẫn giải CDBT từ những ĐTQG Toán học – 237 bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mang lại điểm A(0; 1; 2) và hai tuyến phố thẳng:   1x y 1 z 1d :2 1 1;        2x 1 td : y 1 2t tz 2 t 1.

Xem thêm: Thực Đơn Các Món Nướng Bbq Tự Làm Tại Nhà Với Giá Cực Rẻ

Viết phương trình phương diện phẳng (P) qua A, đồng thời song song d1 cùng d2. 2. Search tọa độ các điểm M thuộc d1, N nằm trong d2 làm sao cho A, M, N thẳng mặt hàng Giải 1. Vectơ chỉ phương của d1 với d2 lần lượt là: 1u (2; 1; 1)  cùng 2u (1; 2; 1)   vectơ pháp tuyến đường của (P) là 1 2n u ,u ( 1; 3; 5)       do (P) qua A(0; 1; 2)  (P) : x + 3y + 5z  13 = 0. Vày B(0; 1; 1)  d1, C(1; 1; 2)  d2 cơ mà B, C  (P), đề xuất d1, d2 // (P). Vậy phương trình mặt phẳng yêu cầu tìm là (P): x + 3y + 5z  13 = 0 2. Vì chưng M  d1, N  d2 buộc phải M(2m; 1+ m; 1 m), N(1 + n; 12n; 2 + n)  AM (2m; m; 3 m); AN (1 n; 2 2n; n)       .  AM,AN ( mn 2m 6n 6; 3mn m 3n 3; 5mn 5m).              A,M,N thẳng hàng     AM,AN 0  m = 0, n = 1  M(0; 1; 1), N(0; 1; 1). Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai tuyến phố thẳng 1:       x 1 ty 1 t tz 2 2:  x 3 y 1 z1 2 1 1. Viết phương trình mặt phẳng đựng đường trực tiếp 1 và tuy nhiên song với con đường thẳng 2. 2. Khẳng định điểm A  1, B  2 làm sao để cho đoạn AB có độ dài nhỏ tuổi nhất. Giải 1. 1 qua M1(1; 1; 2) tất cả vectơ chỉ phương  1a 1; 1; 0  2 qua m2 (3; 1; 0) có vectơ chỉ phương  2a 1; 2; 1   mp (P) cất 1 và tuy nhiên song với 2 đề nghị (p) bao gồm vectơ pháp tuyến:  1 2n a ,a 1; 1; 1      trả lời giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 238 Phương trình: (P): (x – 1) – (y + 1) + (z – 2 ) = 0 (vì M1(1; 1; 2)  (P))  x + y – z + 2 = 0 2/ AB ngắn độc nhất vô nhị  AB là đoạn vuông góc tầm thường  Phương trình thông số 1 :  1x 1 tA A 1 t; 1 t; 2y 1 tz 2          Phương trình thông số 2:  2x 3 tB B 3 t ; 1 2t ; ty 1 2tz t                   AB 2 t t;2 2t t;t 2 vày   12ABAB bắt buộc          12AB.a 0 2t 3t 0t t 03t 6t 0AB.a 0  A(1; 1; 2); B(3; 1; 0) . Bài 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz mang đến điểm A(4; 2; 4) và đường thẳng d      x 3 2ty 1 tz 1 4t. Viết phương trình đường thẳng  trải qua điểm A, cắt và vuông góc với d. Giải mang M(3 + 2t; 1  t; 1+ 4t)  (d)  AM = (1 + 2t; 3  t; 5 + 4t) Ta tất cả AM  (d)  AM .da = 0 với da = (2; 1; 4)  2 + 4t  3 + t  20 + 16t = 0  21t = 21  t = 1 Vậy con đường thẳng buộc phải tìm là đường thẳng AM qua A bao gồm vevtơ chỉ phương là: AM = (3; 2; 1) nên phương trình ():    x 4 y 2 z 43 2 1.  vụ việc 2: HÌNH CHIẾU VÀ ĐỐI XỨNG A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH CHIẾU phương thức  giải pháp 1: (d) cho do phương trình tham số: bài toán 1: tìm hình chiếu H của điểm A trên tuyến đường thẳng (d). Chỉ dẫn giải CDBT từ những ĐTQG Toán học tập – 239  H  (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H dựa vào vào tham số t.  search tham số t nhờ điều kiện dAH a  bí quyết 2: (d) cho bởi phương trình bao gồm tắc. Call H(x, y, z)  dAH a (*)  H  (d): thay đổi tỉ lệ thức này nhằm dùng điều kiện (*), trường đoản cú đó kiếm được x, y, z  biện pháp 3: (d) cho vì phương trình tổng quát:  tìm phương trình phương diện phẳng () trải qua A với vuông góc với con đường thẳng (d)  Giao điểm của (d) với () chính là hình chiếu H của A trên (d). Vấn đề 2: tìm hình chiếu H của điểm A cùng bề mặt phẳng (). Phương pháp  bí quyết 1: điện thoại tư vấn H(x; y; z)  H  () (*)  AH thuộc phương n : thay đổi tỉ lệ thức này nhằm dùng đk (*), trường đoản cú đó tìm kiếm được x, y, z.  bí quyết 2:  search phương trình mặt đường thẳng (d) đi qua A với vuông góc với mặt phẳng ().  Giao điểm của (d) và () đó là hình chiếu H của A xung quanh phẳng (). Việc 3: tìm kiếm hình chiếu () của mặt đường thẳng d xuống mặt phẳng (). Phương thức  search phương trình phương diện phẳng () đựng đường trực tiếp d và vuông góc với mặt phẳng ().  Hình chiếu () của d xuống khía cạnh phẳng  chính là giao đường của () và (). ĐỐI XỨNG câu hỏi 1: tìm điểm A" đối xứng với điểm A qua mặt đường thẳng d. Phương thức  search hình chiếu H của A bên trên d.  H là trung điểm AA". H   A (d) (d) A H    d () giải đáp giải CDBT từ những ĐTQG Toán học – 240 việc 2: tìm điểm A" đối xứng cùng với điểm A qua phương diện phẳng (). Phương pháp  tìm kiếm hình chiếu H của A bên trên ().  H là trung điểm AA". Vấn đề 3: tra cứu phương trình đường thẳng d đối xứng với mặt đường thẳng (D) qua mặt đường thẳng (). Cách thức  Trường đúng theo 1: () với (D) giảm nhau.  tra cứu giao điểm M của (D) và ().  tìm kiếm một điểm A trên (D) không giống với điểm M.  tra cứu điểm A" đối xứng cùng với A qua ().  d chính là đường thẳng trải qua 2 điểm A" với M.  Trường thích hợp 2: () cùng (D) song song:  tra cứu một điểm A bên trên (D)  tìm kiếm điểm A" đối xứng với A qua ()  d đó là đường trực tiếp qua A" và tuy vậy song với (). Câu hỏi 4: tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua mặt phẳng (). Phương thức  Trường đúng theo 1: (D) cắt ()  search giao điểm M của (D) cùng ().  tra cứu một điểm A trên (D) không giống với điểm M.  kiếm tìm điểm A" đối xứng cùng với A qua khía cạnh phẳng ().  d đó là đường thẳng đi qua hai điểm A" và M.  Trường đúng theo 2: (D) tuy vậy song với ().  tìm một điểm A trên (D)  tra cứu điểm A" đối xứng với A qua mặt phẳng ().  d chính là đường trực tiếp qua A" và tuy vậy song với (D). (D) () A A’ d M (D) A A’ () d (D) A  M A’ d (D) A d A’ trả lời giải CDBT từ những ĐTQG Toán học tập – 241 B. ĐỀ THI bài xích 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, mang đến mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 với hai điểm A(3; 0;1), B(1; 1; 3). Trong các đường thẳng đi qua A và tuy vậy song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B mang đến đường thẳng kia là nhỏ tuổi nhất. Giải gọi  là mặt đường thẳng đề nghị tìm;  nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và tuy vậy song cùng với (P) Phương trình (Q): x – 2y + 2z + 1 = 0 K, H là hình chiếu của B trên , (Q). Ta gồm BK  bh nên AH là đường thẳng cần tìm Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn: x 1 y 1 z 31 2 2x 2y 2z 1 0         1 11 7H ; ;9 9 9   26 11 2AH ; ;9 9 9    . Vậy, phương trình :   x 3 y z 126 11 2Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Trong không khí với hệ trục tọa độ Oxyz, mang đến điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng:          1 2x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1d : ; d :2 1 1 1 2 1. 1/ tìm tọa độ điểm A" đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2/ Viết phương trình mặt đường thẳng đi qua A, vuông góc cùng với d1 và giảm d2. Giải 1/ khía cạnh phẳng () đi qua A(1; 2; 3) với vuông góc với d1 có phương trình là: 2(x  1)  (y  2) + (z  3) = 0  2x  y + z  3 = 0. Tọa độ giao điểm H của d1 cùng () là nghiệm của hệ: x 0x 2 y 2 z 3y 1 H(0; 1; 2)2 1 12x y z 3 0 z 2                vày A" đối xứng cùng với A qua d1 phải H là trung điểm của AA" A"(1; 4; 1) 2/ Viết phương trình đường thẳng : bởi vì A" đối xứng với A qua d1 và cắt d2, phải  trải qua giao điểm B của d2 cùng (). Tọa độ giao điểm B của d2 và () là nghiệm của hệ B H K A Q khuyên bảo giải CDBT từ các ĐTQG Toán học tập – 242 x 2x 1 y 1 z 1y 1 B(2; 1; 2)1 2 12x y z 3 0 z 2                  Vectơ chỉ phương của  là: u AB (1; 3; 5)    Phương trình của  là:     x 1 y 2 z 31 3 5Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Trong không khí với hệ trục tọa độ Oxyz mang đến hình lăng trụ đứng ABC.A"B"C" gồm A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A"(0; 0; 2) 1/ chứng minh A"C vuông góc cùng với BC". Viết phương trình mặt phẳng (ABC") 2/ Viết phương trình hình chiếu vuông góc của con đường thẳng B"C" cùng bề mặt phẳng (ABC") Giải 1/ A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A"(0; 0; 2)  C"(0; 2; 2) Ta có:     A C (0;2; 2), BC ( 2;2;2) Suy ra         A C.BC 0 4 4 0 A C BC Ta có:     A C BCA C (ABC )A C AB Suy ra (ABC") qua A(0; 0; 0) và tất cả vectơ pháp con đường là A C (0; 2; 2)   nên tất cả phương trình là: (ABC") 0(x – 0) + 2(y – 0) – 2(z – 0) = 0  y – z = 0 2/ Ta có: B C BC ( 2; 2; 0)     gọi () là mặt phẳng cất B"C" với vuông góc với (ABC")  vectơ pháp đường của () là: n B C ,A C 4(1; 1; 1)        Phương trình (): 1(x – 0) + 1(y – 2) + 1(z – 2) = 0  x + y + z – 4 = 0 Hình chiếu d của B"C" lên (ABC") là giao tuyến đường của () với (ABC")  Phương trình d:     x y z 4 0y z 0Bài 4: ĐỀ DỰ BỊ 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A1B1C1D1 có A trùng với cội tọa độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 2 ). A/ Viết phương trình mp(P) đi qua 3 điểm A1, B, C và viết phương trình hình chiếu vuông góc của con đường thẳng B1D1 lên mặt phẳng (P). B/ call (Q) là phương diện phẳng qua A với vuông góc với A1C. Tính diện tích thiết diện của hình chóp A1ABCD với khía cạnh phẳng (Q). Giải đáp giải CDBT từ các ĐTQG Toán học tập – 243 Giải Ta có: A(0; 0; 0); B1 (1; 0; 2 ); C1 (1; 1; 2 ); D1 (0; 1; 2 ) a/    1 1A B 1; 0; 2 , A C 1; 1; 2         P 1 1n A B; A C 2; 0; 1  (P) qua A1 và nhận Pn làm vectơ pháp đường (P):           2 x 0 0 y 0 1 z 2 0    2.x z 2 0 Ta tất cả  1 1B D 1; 1; 0   khía cạnh phẳng () qua B1 (1; 0; 2 ) thừa nhận  P 1 1n n , B D 1; 1; 2       làm cho vectơ pháp tuyến. Yêu cầu () gồm phương trình: (): 1(x – 1) – 1(y – 0) + 2 (z  2 ) = 0  x + y   2z 1 0 D1B1 gồm hình chiếu lên (P) đó là giao tuyến đường của (P) và () Phương trình hình chiếu là:       x y 2z 1 02x z 2 0b/ Phương trình mặt phẳng (Q) qua A với vuông góc cùng với A1C: (Q): x + y  2 z = 0 (1)  Phương trình A1C :      