Bài tập hình học giải tích trong không gian lớp 12 tham khảo

HHGTTKG- LTDH
BI TP HèNH HC GII TCH TRONG KHễNG GIAN.
Bi 1. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; -2; -6), B(2; 0; -2) và mặt cầu (S) có phơng trình:
2 2 2
2 2 2 1 0x y z x y z+ + + + =
. Viết phơng trình mp(P) đi qua hai điểm A, B và (P) cắt (S) theo một
đờng tròn có bán kính bằng 1.
Gii.
Mặt cầu (S) có tâm I( -1; 1; -1) và bán kính R = 2
Mặt phẳng (P) đi qua A(0; -2; -6) nhận véctơ
2 2 2
( , , ),( 0)n a b c a b c+ +
r
làm véctto pháp tuyến có PT:
2 6 0ax by cz b c+ + + + =
Từ giả thiết:
(2;0; 2) ( )

( ;( )) 3
B P
d I P





=


tìm đợc a, b, c suy ra PT mp(P)
Kết luận có hai mặt phẳng: (P

1
): x + y z 4 = 0 và (P
2
): 7x 17y + 5z 4 = 0
Bi 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đ/thẳng(d):
1
2 ( )
2
x t
y t t R
z t
=


= +


=

Viết phơng trình đờng thẳng

đi qua A và cắt đờng thẳng (d) sao cho khoảng cách từ B đến

lớn nhất.
Gii.
Khi đó đờng thẳng

có PT:
1 4 2
1 4 3

x y z
= =

Bi 3. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho hai im A(1;2; -1), B(7; -2; 3) v ng thng d cú
phng trỡnh
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


=


= +

. Tỡm trờn d nhng im M sao cho tng khong cỏch t M n A v B l nh
nht.
Gii.
M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d

, AB//d.
Gi A i xng vi A qua d => MA= MA => MA+ MB = MA + MB

AB
(MA+ MB)

min
= AB, khi A, M, B thng hng => MA = MA = MB
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
Bi 4. Trong khụng gian ta
,Oxyz
cho mt phng
0922:)( =++ zyxP
v hai im
),2;1;3( A

).0;5;1( B
Tỡm ta ca im M thuc (P) sao cho
MBMA.
t giỏ tr nh nht.
Gii.
+) Gi I l trung im AB. Khi ú
)1;3;2( I
v
.0
=+
IBIA
+) Ta cú
.))(())((.
22
IAMIIAMIIAMIIBMIIAMIMBMA
=+=++=
1
Giả sử

cắt d tại M nên

(1 ; 2 ;2 )M t t t +
Ta có
2
2
28 152 208
( , )
3 10 20
t t
d B
t t
+
=
+
Xét hàm
2 2
2 2 2
28 152 208 16(11 8 60)
( ) '( )
3 10 20 (3 10 20)
t t t t
f t f t
t t t t
+
= =
+ +

2
28
'( ) 0 , ( )
30

3
11
t
t
f t lim f t
t

=


= =

=

BBT Từ BBT ta thấy
( ) 12 2 ( , ) 12 2
max
maxf t t d B t= = = =
HHGTTKG- LTDH
MBMA.

t giỏ tr nh nht

MI nh nht (do
4
2
2
AB
IA =
khụng i).

M l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn (P).
+) Chn
==
)2;1;2(
PIM
nu
phng trỡnh





+=
=
+=
tz
ty
tx
IM
21
3
22
:
. Thay vo phng trỡnh (P) suy ra
).3;1;2(2 = Mt
Bi 5. Trong khụng gian ta
,Oxyz
cho ng thng
21

4
2
1
:
zyx
d =

=

+
v cỏc im
),7;2;1(A

).4;2;3(),2;5;1( CB
Tỡm ta im M thuc d sao cho
222
MCMBMA
t giỏ tr ln nht.
Gii.
+)
).2;4;12( tttMdM +
+)
+++== ])72()2()22[(
222222
tttMCMBMAP

])42()2()42[(])22()1()22[(
222222
+++++ tttttt
12189

2
+=
tt


.2121)1(9
2
++= t
Suy ra
21max
=
P
, t khi
1
=
t
hay
).2;3;1( M
Bi 6. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho cỏc im
)6;1;2(),4;5;3(),11;8;5( CBA
v ng
thng
1
1
1
2
2
1

:


=

=
zyx
d
. Xỏc nh to im
dM

sao cho
MCMBMA
t giỏ tr nh nht.
Gii.
*
).;4;12()1;2;12( tttMCMBMAtttMdM ++=+++
*
1111)1(617126)4()12(
22222
++=++=++++= ttttttMCMBMA
Suy ra min
11= MCMBMA
khi
).2;1;1(1 = Mt
Bi 7. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho hai ng thng
12
4

1
2
:
1
zyx
=
+
=



v
.
2
8
1
10
1
6
:
2
+
=


=


zyx
Tỡm to im

1
M
v
2
N
sao cho di
MN
t giỏ tr nh nht.
Gii.
*
);42;2(
1111
tttMM +

)82;10;6(
2222
++ tttNN

)82;142;4(
121212
+++= ttttttMN
*
1

qua
)0;4;2( A
v cú
)1;2;1(
1
=u

2

qua
)8;10;6( B
v cú
)2;1;1(
2
= u

070.],[
21
= ABuu
.
Suy ra
21
,
chộo nhau .
di MN nh nht thỡ MN l ng vuụng gúc chung ca
21
,








=

=




=+
=+






=
=

)0;6;10(
)2;0;0(
4
2
0266
0166
0.
0.
2
1
21
21
2
1

N
M
t
t
tt
tt
uMN
uMN
Bi 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.

Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và
vuông góc với d
Gii.
2
HHGTTKG- LTDH
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
Ta có
)5;1;2( =MM
,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó
[ ]
012'.'; =MMuu
vậy d và d chéo nhau.
Mặt phẳng
)(

đi qua điểm
)0;2;0(M

và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' u
nên có phơng trình:
0)2(2 =+ zyx
hay
022
=+
zyx
Bi 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
. Viết phơng trình mặt phẳng

)(

đi qua d và tạo với d một
góc
0
30
Gii.
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy nếu

đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA






=
+=

+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy
CA
=
hoặc
CA
=
2
.
Nếu
CA
=

,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA
=
2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có phơng trình
02)2( = zyx

hay
022
=+
zyx
Bi 10. Trong kg Oxyz cho ng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit PT
mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao tuyn ng
trũn (C)cú bỏn kớnh r=3 .
Gii. Mt cu(S) cú tõm I

g sI(a;b;c ) =>(a;b;c) tho mn PT ca

(1)
*
( )
( )
; 2d I P =
(2)
T (1) v(2) ta cú h PT:
2 2 2 6
11 14 1 1 1 7
; ; ; ; ;
6 3 6 3 3 3
2 1
2
a b c
a t

heconghiem va
b t
c t
=

=




ữ ữ
=



= +

Do
2
4 3 13r R R= = =
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ): 13
6 3 6
1 1 7

: 13
3 3 3
S x y z
S x y z

+ + + =
ữ ữ ữ


+ + + + =
ữ ữ ữ

Bi 11. Cho im
( )
2;5;3A
v ng thng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d

= =
Vit phng trỡnh mt phng
( )

cha
d
sao cho khong cỏch t
A

n
( )

ln nht.
Gii.
3
HHGTTKG- LTDH
Gọi K là hình chiếu của A trên d
K⇒
cố định;
Gọi
( )
α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
( )
α
.
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK≤
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d

( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
Bài 12.
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z
d
− −
= =
−

2
5 5

: .
6 4 5
x y z
d
− +
= =
−

Tìm điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng
bằng 2.
Giải.
Gọi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur

Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −
Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và

2
2 1
( ):
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0

.
Giải.
Giả sử mặt phẳng cần tìm là:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c
α
+ + + = + + >
.
Trên đường thẳng (d
1
) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do
( )
α
qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
− + = = −
 
⇔
 
− + + = = −
 
nên
( ) : (2 ) 0ax by a b z a b
α
+ + − + − =
.

Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin 30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
− + −
= =
+ − + + + −
2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0a b a ab b a ab b⇔ − = − + ⇔ − + =
Dễ thấy
0b
≠
nên chọn b=1, suy ra:
18 114
21
18 114
21
a
a

−
=




+
=


KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
+ + −
+ + − =
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
− − +
+ + − =
.
4
HHGTTKG- LTDH
Bài 14. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )DH ABC⊥
và
3DH =
với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC).
Giải.
Trong tam giác ABC, gọi
K CH AB= ∩
.

Khi đó, dễ thấy
( )AB DCK⊥
. Suy ra góc giữa (DAB) và
(ABC) chính là góc
DKH∠
.Ta tìm tọa độ điểm H rồi
Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến
( )
[ , ] 0; 4; 4n AB AC= = − −
r uuur uuur
- (ABC):
2 0y z+ − =
.
+
( )H ABC∈
nên giả sử
( ; ;2 )H a b b−
.
Ta có:
( ; ; ), (4; 2;2).AH a b b BC= − = −
uuur uuur

( 2; ; ), ( 2;2; 2).CH a b b AB= − − = − −
uuur uuur
Khi đó:
. 0 0
2
2 2 0

. 0
BC AH a b
a b
a b
AB CH

= − =


⇔ ⇔ = = −
 
− + + =
=



uuur uuur
uuur uuur
Vậy H(-2; -2; 4).
+ Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là:
4 0x y z− + − =
.
Phương trình đường thẳng AB là:
2
x t
y t
z t
=



= −


= +

.Giải hệ:
2
4 0
x t
y t
z t
x y z
=


= −


= +


− + − =

ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3.
Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra:
2 2 2
2 2 8 96
2 2 4
3 3 3 3
HK

     
= + + − + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Gọi
ϕ
là góc cần tìm thì:
tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)DH HK
ϕ ϕ
= = = ⇒ =
Vậy
arctan( 6 / 3)
ϕ
=
là góc cần tìm.
Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ − +
= =
−
và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +



= +


= +

Viết phương trình tham số của đường thẳng (
∆
) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và
(d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng
Giải.
5
C
A
B
D
H
K
HHGTTKG- LTDH

( ) ( )
( )
MM' u, u '
8
d d , d'
11
u,u'
 
 
= =

 
 
uuuuur r uur
r uur
Bài 16. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +


= +

và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
=


= − −


= −

a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .

b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Giải.
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP
( )
u 1;2;5
v
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP
( )
u ' 1; 2; 3− −
uur
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là
1 3
I ;0;
2 2
 
−
 ÷
 
hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v .u' ; 2 ; 3
7 7 7
u '
 
= = − −
 ÷
 ÷
 

r
r uur
uur
.
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
= + = + − −
 ÷
 ÷
 
r r r

15 15 15
b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
= − = − + +
 ÷
 ÷
 
r r r
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ
a,b
r r
làm VTCP
và chúng có phương trình là :

1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
= − + +

 ÷
 ÷

 

 

= −
 ÷

 ÷
 


 

= + −

 ÷
 ÷

 

và
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
= − + −

 ÷
 ÷

 

 

= +
 ÷

 ÷

 


 

= + +
 ÷
 ÷

 

6
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :

x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
= −


= −


= −

+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP
( )
u 1;1;2
v

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP
( )
u ' 2;1;1
uur
Ta có :
•
( )
MM ' 2; 1;3= −
uuuuur
•
( )
( )
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0
 
= − = − ≠
 
uuuuur r uur
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :
HHGTTKG- LTDH
Bài 17. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ
dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Giải.
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB:

1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm
D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D

 
 ÷
 
Bài 18. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d

2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Giải.
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-
1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =

  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

Bài 19. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(
−−
CBA
. Tìm tọa độ D.
Giải.
+) Rõ ràng
ACkAB .≠
nên A, B, C không thẳng hàng.
+) CD // AB nên chọn

)1;1;2( −−== ABu
CD
. Suy ra pt





−−=
+=
−=
tz
ty
tx
CD
1
3
21
:
CDtttD ∈−−+−⇒ )1;3;21(
.
Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó

6)2()2()2(
222
=−−+++− ttt
7
HHGTTKG- LTDH
2
(3 ; 2 ; 0)

1
3 4 1 0
5 8 2
1
; ;
3 3 3
3
D
t
t t
D
t

= −



⇔ + + = ⇔ ⇒
 


−
= −
 ÷


 

Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi đó.
ABCD là hình bình hành. Với







−−
3
2
,
3
8
,
3
5
D
thỏa mãn.
Bài 20. . Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng
.
2
1
2
3
1
2
:
−
−
=
−

−
=
+ zyx
d
Xét hình bình hành
ABCD có
.),2;2;2(),0;0;1( dDCA
∈
Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng
.23
Giải.
+)
)12;32;2(
2
1
2
3
1
2
: +−+−−⇒
−
−
=
−
−
=
+
∈ tttD
zyx
dD

2
23
23 =⇒=
ACDABCD
SS
.
(1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC
.
Suy ra
)94;74;4(],[ +−−−= ttADAC
.
Suy ra
[ ]
14612832
2
1
)94()74(16
2
1
,
2
1
222
+−=+−+−+== ttttADACS
ACD
. (2)
Từ (1) và (2) ta có

2012812832
2
=⇔=+− ttt
. Suy ra
)3;1;0( −−D
.
+) ABCD là hình bình hành nên
DCAB =
. Suy ra B(3 ; 3 ; 5).
Bài 21. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng
1
3
2
3
1
1
:
−
=
+
=
−
−
zyx
d
và hai mặt phẳng
.04:)(,0922:)(
=++−=+−+
zyxQzyxP
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và

cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi
π
2
.
Giải.
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì
dI
∈
nên
)3;32;1( +−+− tttI
.
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
22
))(;(
t
PIdR
−
==
Ta có
3
211
))(;(
t
QId
−
=
. Chu vi của đường tròn giao tuyến
122 =⇒= rr
ππ

.
Suy ra
1
3
)211(
))(;(
2
222
+
−
=+=
t
rQIdR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra




=
=
⇔+
−
=
−
2
23
4
1
3

)211(
9
)22(
22
t
t
tt
* Với
4=t
ta có
2),7;5;3( =− RI
. Suy ra mặt cầu
.4)7()5()3(
222
=−+−++ zyx
* Với
2
23
=t
ta có
7,
2
29
;20;
2
21
=







− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
( )
49
2
29
20
2
21
2
2
2
=






−+−+






+ zyx

.
Bài 22. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng
,0422:)(
=+++
zyxP
đường thẳng
1
1
1
1
2
2
:
−
−
=
−
+
=
−
zyx
d
và đường thẳng
∆
là giao tuyến của hai mặt phẳng
.04,1 =−+= zyx
Viết phương
trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với
∆
và (P).

Giải.
Mặt cầu có tâm
dtttI ∈+−−−+ )1;1;22(
.
8
HHGTTKG- LTDH
3
9
))(;(
+
=
t
PId
. Chọn
)1;1;0( −=
∆
u
và
∆∈)3;1;1(M
.
Khi đó
)2;2;12( −−−−+= tttMI
.
Suy ra
)12;12;42(],[
−−−−−−=
∆
yttMIu
Suy ra
2

182412
],[
),(
2
++
==∆
∆
∆
tt
u
MIu
Id
.
Từ giả thiết ta có
RIdPId =∆= );())(;(





−=
=
⇔=+⇔++=
+
⇔
53
90
0
090539126
3

9
22
t
t
tttt
t
* Với
0=t
. Ta có
3),1;1;2( =− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
.9)1()1()2(
222
=−+++− zyx
* Với
53
90
−=t
. Ta có
53
129
,
53
143
;
53
37
;
53
74

=






− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
2222
53
129
53
143
53
37
53
74






=







−+






−+






+ zyx
Bài 23. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm
)1;2;1(
−
A
và hai đường thẳng
,
2
1
11
1
:
1
−
−

==
−
∆
zyx

.
22
1
1
:
2
−
=
−
=∆
zyx
Xác định tọa độ các điểm M, N lần lượt thuộc các đường thẳng
1
∆
và
2
∆
sao cho
đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng
1
∆
.
Giải.
Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và
1

∆
.
*
1
∆
đi qua
)1;0;1(B
có véctơ chỉ phương
)2;1;1(
1
−u
;
).2;2;0( −AB
Suy ra mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến
)2;2;2(],[
1
== uABn
.
*
)2;21;(),21;;1(
21
sssNNtttMM −+⇒∆∈−+⇒∆∈
Do đó
)122;12;1( −+−+−−−= tststsMN
2
122
2
12
2
1

)(
−+−
=
+−
=
−−
⇒⊥
tststs
PMN
. Suy ra
.2,2 −=−= st
Vậy
).4;3;2(),5;2;1( −−−− NM
Bài 24. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hình vuông
MNPQ
có
)4;3;2(),1;3;5( −− PM
. Tìm toạ
độ đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)( =−−+ zyx
γ
Giải.
- Gi¶ sö
);;(

000
zyxN
. V×
)1(06)(
000
=−−+⇒∈ zyxN
γ

- MNPQ lµ h×nh vu«ng
MNP∆⇒
vu«ng c©n t¹i N





=
=
⇔
0.PNMN
PNMN







=+++−+−−
++−+−=++−+−

⇔
0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx




=+++−+−−
=−+
⇔
)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00

2
000
00
zzyxx
zx
- Tõ (1) vµ (2) suy ra



+−=
+−=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vµo (3) ta ®îc
065
0
2
0
=+− xx
9
HHGTTKG- LTDH




−===

−===
⇒
2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay



−
−
)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gäi I lµ t©m h×nh vu«ng
⇒
I lµ trung ®iÓm MP vµ NQ
⇒
)
2
5
;3;
2
7
( −I

. NÕu
)13;2( −N
th×
).4;3;5( −Q
NÕu
)2;1;3( −N
th×
).3;5;4( −Q
Bài 25. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)( =++ yx
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(
α
Giải.
Gi¶ sö
);;(
000
zyxM
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra

5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx
zyxzyxzyx










++
=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔
)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx
Tõ (1) vµ (2) suy ra



−=
=
00
00
3 xz

xy
. Thay vµo (3) ta ®îc
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0
x
x





−
⇒
).

3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M
Bài 26. . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết
phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng
3
.
Giải.
•Gọi
Ocban ≠= );;(
là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c. Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
•TH1:
ca =
ta chọn
1
==
ca
⇒ Pt của
(P): x-y+z+2=0

* TH2:
ca 7=
ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0
Bài 27. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)
01 =+−+ zyx
,đường thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
− zyx
. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm trong
(P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng
23
.
Giải.
• (P) có véc tơ pháp tuyến
)1;1;1(
)(

−=
P
n
và d có véc tơ chỉ phương
)3;1;1(. −−=u

)4;2;1()( IPdI ⇒∩=
• vì
∆⇒⊥∆⊂∆ dP);(
có véc tơ chỉ phương
[ ]
)2;2;4(;
)(
−−==
∆
unu
P

)1;1;2(2 −−=


Phương trình (Q):
0420)4()2()1(2 =+−+−⇔=−−−+−− zyxzyx
10
• d(C;(P)) =
0141623
)2(
2
3
22

222
=+−⇔=
+−+
+
⇔ caca
ccaa
ca



=
=
⇔
ca
ca
7

• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆
)(QmpH ∈⇒
qua I và vuông góc
∆
HHGTTKG- LTDH
*TH2:
1
1
1
1
2
1

:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt
Bài 28. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S):
2 2 2
2 4 2 3x y z x y z+ + − + + −
, (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với (P) và
tiếp xúc với mặt cầu (S).
Giải.
Ta cã: x
2
+ y
2

+ z
2
- 2x + 4y +2z -3= 0
2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 3x y z⇔ − + + + + =

=> mÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; -1), R = 3.
Do mÆt ph¼ng (Q) song song víi mp(P) nªn cã pt d¹ng:2x + 2y - z + D = 0 ( D

5≠
)
Do (Q) tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S) nªn
( )
;( ) 3d I Q R= =
10
1 9
8
D
D
D
=

− = ⇔

= −

VËy (Q) cã ph¬ng tr×nh: 2x + 2y - z + 10 = 0
HoÆc 2x + 2y - z - 8 = 0
Bài 29. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S):
2 2 2
2 4 4 16 0x y z x y z+ + − − + − =
’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song song với
(P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16
π
.
Giải.
Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến
I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo giả thuyết ta có
2

16 4r r
π π
= ⇒ =
mặt khác ta có IO =
4
( ;( ))
3
D
d I Q
+
=
. l ại c ó R
2
= r
2
+ OI
2

5, 13D D⇒ = = −
vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0.
Bài 30. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng:
( )
3 4 6
:
1 3 2
x y z
d
− − −
= =
,

1 4 5
( ') :
2 1 2
x y z
d
+ + −
= =
−
và mặt phẳng (P): x + 4y + z + 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d’) và song song với đường thẳng (d). Lập phương
trình mặt cầu có tâm I là giao điểm của (d) và (P), có bán kính là khoảng cách giữa (d) và (d’).
Giải.
+ (d) đi qua điểm A(3;4;6) và có vecto chỉ phương
=
r
1
u (1;3; 2)
(d
’
) đi qua điểm B(-1;-4;5) và có vecto chỉ phương
= −
r
2
u (2;1; 2)
Khi đó mặt phẳng (Q) qua B và có vecto pháp tuyến là
( )
1 2
8;6; 5n u u= ∧ = − −
r ur uur
Phương trình mặt phẳng (Q) : 8x-6y+5z-41= 0 (rõ ràng d song song (Q))

11
Gọi
11
)()( dQPd ⇒∩=
có vécto chỉ phương
[ ]
)1;1;0(3)3;3;0(;
)()(
==
QP
nn
và
1
d
qua I





+=
+=
=
⇒
tz
ty
x
ptd
4
2

1
:
1

Ta có
);;0()4;2;1(
1
ttIHttHdH =⇒++⇒∈
•



−=
=
⇔=⇔=
3
3
23223
2
t
t
tIH
• TH1:
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3

−
−
=
−
=
−
−
∆⇒⇒=
zyx
ptHt
HHGTTKG- LTDH
+ Giao điểm của d và (P) là điểm
−19 6 38
I( ; ; )
15 5 15
Khoảng cách giữa d và d
‘
là R = (d;(Q)) = d(A;(Q)) =
11
5 5
+Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R là:

2 2 2
19 6 38 121
15 5 15 125
x y z
     
− + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     

Bài 31 . Trong kh«ng gian víi hƯ trơc täa ®é Oxyz cho ®êng th¼ng (d
1
) :
4
2 1 0
x y z −
= =
. Gäi (d
2
) lµ giao
tun cđa 2 mỈt ph¼ng
)(
α

03=−+ yx
;
)(
β

012344 =−++ zyx
. Chøng minh (d
1
)

vµ (d
2
) chÐo nhau. ViÕt
ph¬ng tr×nh mỈt cÇu (S) cã ®êng kÝnh lµ ®o¹n vu«mg gãc chung cđa (d
1
) vµ (d

2
).
Giải.
+ (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vecsto chỉ phương
1
u (2; 1; 0)
=
r
+ ViÕt ph¬ng tr×nh tham sè cđa (d
2
: m¨t ph¼ng
)(
α
,
)(
β
cã VTPT lÇn lỵt lµ

)3;4;4();0;1;1( ==
βα
nn
+ (d
2
) đi qua điểm B(3;0;0) và có vecto chỉ phương
2
u n n
α β
= ∧

uur uur uur

⇒
2
u (3; 3; 0)= −
r
+
AB (3; 0; 4)
= −
uuur
+
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
khơng đồng phẳng.
+ Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
+ (d
2
) có phương trình tham số:
/
/
x 3 t
y t
z 0

= +


= −


=

+ Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
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
3 t 2t (t t) 0
MN u


⊥ + − − + = 
= − 
 
⇒ ⇔ ⇒
   
=
+ − + + =
⊥





uuuur r
uuuur r
+ Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
+ Vậy phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Bài 32. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; −6; 6), B(4; 4; 4), C(− 2; 10; −2) và
S(−2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vng góc của S trên mặt

phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Giải.
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+
( ) ( )
8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB= − − = ⇒ = − + − = ⇒ ⊥
uuur uuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
12
HHGTTKG- LTDH
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB

= − + =

= − ⇒ ⊥

= − =


uur uuur
uur
uur uuur

+ Do OABC là hình thoi và
( )SI OABC⊥
nên:
( )
AC OB
AC SOB
AC SI
⊥

⇒ ⊥

⊥

Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ
IH SO⊥
tại H thì
IH AC⊥
tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO
và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
11
2 11
SI OI
d SO AC IH
SO
⇒ = = = =
Bài 33. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao
cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để
thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải.
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c
trong đó a, b, c là các
số thực dương ⇒ phương trình mp(ABC):
1
x y z
a b c
+ + =
+ M(1, 2, 3) ∈ mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
+ + =
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OA OB OC a b c= =
+ Theo bđt CauChy:
3
1 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
= + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c

a b c
= = = = = =
Vậy
max
27V =
đạt được khi
(3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C
Bài 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x+z=0 và đường
thẳng d có phương trình





−=
+−=
+=
tz
ty
tx
2
1
. Tìm tọa độ điểm A thuộc d và tọa độ điểm B trên trục
Oz
sao cho AB//
(P) và độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Giải.
A(1+t;-2+t;-t)∈d, B(0;0;b)∈Oz,

);2;1( tbttAB +−−−
,
)1;0;2(
)(P
n
tbnAB
P
+=⇔= 20.
)(
B∉(P) ⇒b≠0 , AB
2
=6t
2
+6t+9 ; AB đạt giá trị nhỏ nhất khi
2
1
−=t
2
3
=⇒ b
Vậy
)
2
3
;0;0(),
2
1
;
2
5

;
2
1
( BA −
Bài 35. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng (P):x+2y-z-1=0 và (Q):x-y+z-1=0. Viết phương
trình mặt phẳng (α) đi qua M(-2;1;0), song song với đường thẳng d=(P)∩(Q) và tạo với trục Oz góc 30
0
.
Giải.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d:
)3;2;1( −−
d
u
gọi
);;( cban
(với a
2
+b
2
+c
2
≠0) là vectơ pháp tuyến của (α)
d//(α) ⇒
0. =
d
un
⇔a-2b-3c=0⇔a=2b+3c
Sin((α),Oz)=sin30

0
=
),cos(
d
un
2
1
222
=
++
⇔
cba
c
⇔3c
2
=a
2
+b
2
⇔ 3c
2
=(2b+3c)
2
+b
2
13
HHGTTKG- LTDH
⇔5b
2
+12bc+6c

2
=0






+−
=
−−
=
⇔
cb
cb
5
66
5
66
với
cacb
5
623
5
66 −
=⇒
−−
=
chọn
5;66;623 =−−=−= cba

⇒phương trình mặt phẳng (α) là:
063125)66()623( =−+++−− zyx
với
cacb
5
623
5
66 +
=⇒
+−
=
chọn
5;66;623 =+−=+= cba
⇒phương trình mặt phẳng (α) là:
063125)66()623( =++++−++ cyx
Bài 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +


.Gọi
∆
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A
trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn
nhất.
Giải.
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆
, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu vuông góc
của I trên (P). Ta luôn có
IH IA≤
và
IH AH⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =



∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am ⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với IA
tại A. Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )

2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
Bài 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có
phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để
chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
14
HHGTTKG- LTDH
Đường thẳng
∆

có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2

2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )

2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có

| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
. Như vậy
2 29AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
Bài 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z− − −

∆ = =
−
và điểm A(2;1;2).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Giải.
Đường thẳng
∆
đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u
→
= (2 ; -1 ; 1).
Gọi
n
→
= (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì
( ) . 0P n u n u
→ → → →
∆ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ =
⇔
2a – b + c = 0
⇔
b = 2a + c
n
→
⇒

=(a; 2a + c ; c ) ,
từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0
⇔
Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0
d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
⇔ =
+ + +

( )
2
0a c⇔ + =
0a c
⇔ + =
với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1
⇒
pt(P) : x + y – z = 0
Bài 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t

d y t
z
= +


= −


=


2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +
= =
−
.
Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d

đến (P) gấp hai lần khoảng
cách từ
2
d
đến (P).
Giải.
Ta có :
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −
15
HHGTTKG- LTDH

2
d
i qua im B (2; 1; -1) v vtcp l:
( )
2
1; 2;2u

=
Gi
n

l vtpt ca mp(P), vỡ (P) song song vi

1
d
v
2
d
nờn
n

= [
1 2
;u u

] = (-2 ; -2 ; -1)

pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d(
1
d
;(P)) = d(A ; (P)) =
7
3
m+
; d(
2
;( ))d P
= d( B;(P)) =
5
3
m+
vỡ d(

1
d
;(P)) = 2. d(
2
;( ))d P
7 2. 5m m + = +
7 2(5 )
7 2(5 )
m m
m m
+ = +



+ = +

3
17
3
m
m
=




=

Vi m = -3

mp(P) : 2x + 2y + z 3 = 0
Vi m = -
17
3

mp(P) : 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Bi 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là
lớn nhất.
Gii.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên

)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ
chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Bi 41. Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng d
1
:
211
zyx
==
, d
2
:





+=
=
=
tz
ty
tx
1
21
v mt
phng (P): x y z = 0. Tỡm ta hai im M

1
d
, N
2
d
sao cho MN song song (P) v
MN =
6
.
Gii.
)1;;21(),2;;(,
1
21
:,
2
:
22221111
2
2
2
2
1
1
1
1
tttNdNtttMdM
tz
ty
tx
d

tz
ty
tx
d +





+=
=
=





=
=
=
)21;;21(
121212
ttttttMN +=
Theo gt :





==

+=




=+
+=






=
=




=

13
12
;0
21
01213
21
6
0.
6

)//(
22
21
2
2
2
21
2
tt
tt
tt
tt
MN
nMN
MN
PMN
*
)1;0;1(,)2;1;1(,10
12
== NMtt
*

=

=
13
11
;
13
12
;
13
11
,
13
22
;
13
11
;
13
11
,
13
11
13
12
12

NMtt
Bi 42. Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho ba im O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) v mt
phng (P): 2x + 2y z + 5 = 0. Lp phng trỡnh mt cu (S) i qua ba im O, A, B v cú khang cỏch t
tõm I n mt phng (P) bng
3
5
.
Gii.
16
HHGTTKG- LTDH
.(S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R =
dcba −++
222
.
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
d(I, (P)) =
5,0552
3
5
==⇔=+−⇔ bbb
• b = 0 , (S): x
2
+ y
2

+ z
2
- 2x – 4z = 0
• b = 5 , (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 10y – 4z = 0
Bài 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt
phẳng (Q): 2x + y -
3
z = 0 một góc 60
0
.
Giải.
Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,
)0;;( BAn
p
=⇒
→
và
)5;1;2( −=
→
Q
n
.
Theo gt:
22

22
0
.1022
2
1
514.
2
60cos),cos( BABA
BA
BA
nn
Qp
+=+⇔=
+++
+
⇔=
→→

06166
22
=−+⇔ BABA
Chọn B = 1 ta có : 6A
2
+ 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Bài 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là
những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2

+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn
nhất.
Giải.
Pt mp(ABC):
222
111
1
))(;(1
cba
ABCOd
c
z
b
y
a
x
++
−
=⇒=++
Theo bất đẳng thức Côsi :
3
222222
1
3
111
cbacba
≥++
và 3 = a

2
+ b
2
+ c
2

3
222
3 cba≥
Ta có :
3
1
.3
111
3
111
222222
≤⇒≥++⇔≥++ d
cbacba
Dấu = xảy ra khi a
2
= b
2
= c
2
hay a = b = c = 1
Vậy d lớn nhất bắng
3
1
khi a = b = c = 1

Bài 45. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho các điểm
),3;1;1(),2;1;2(),0;0;1( −−− CBA
và đường thẳng
.
2
2
21
1
:
−
==
−
−
∆
zyx
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
,∆
đi qua điểm A và cắt mặt
phẳng
)(ABC
theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất.
Giải.
Ta có
).3;1;2(),2;1;1(
−−−
ACAB
Suy ra pt
.01:)(

=−−−
zyxABC

Gọi tâm mặt cầu
⇒∆∈
I

)22;2;1( tttI
+−
. Khi đó bán kính đường tròn là
.2
3
6)1(2
3
842
))(,(
22
22
≥
++
=
++
=−=
ttt
ABCIdIAr
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.1
−=
t
Khi đó

.5),0;2;2(
=−
IAI
Suy ra pt mặt cầu
.5)2()2(
222
=+++− zyx
Bài 46. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho điểm
),0;1;1( −M
đường thẳng
1
1
1
1
2
2
:
−
=
−
+
=
−
∆
zyx
và mặt
phẳng
.02:)( =−++ zyxP

Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng
)(P
biết đường thẳng
AM
vuông góc với
∆
và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
∆
bằng
.
2
33
17
HHGTTKG- LTDH
Giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với
∆
. Khi đó pt
.032:)(
=−+−
zyxQ
Ta có
).1;1;1(),1;1;2(
PQ
nn −
Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó
)3;1;2(],[ −==
QPd
nnu
và

dN
∈
)1;0;1(
nên pt của





−=
=
+=
tz
ty
tx
d
31
21
:
.
Vì
dA
∈
suy ra
).31;;21( tttA
−+
Gọi H là giao điểm của
∆
và mặt phẳng (Q). Suy ra
).

2
1
;
2
1
;1( −H
Ta có
7
8
1016214
2
33
),(
2
=∨−=⇔=−−⇔==∆
ttttAHAd
.
Suy ra
)4;1;1(
−−
A
hoặc
).
7
17
;
7
8
;
7

23
(
−
A
Bài 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Giải.
+ Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:
1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC
 
= = −
 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
+ Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =
 

 
+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5= = − − + − + − =R IA
Bài 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1

( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( )
: – 2010 0P x y z+ + =
độ dài đoạn MN bằng
2
.
Giải.
+
1 2
, ( ), ( )M N d d∈
nên ta giả sử
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − −
uuuur
.
+ MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
uur uuuur
2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
uuuur
.
+ Ta có:

1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0
4
7
t
MN t t t t t
t
=


= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔

=

.
+ Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)−M N
hoặc
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
−M N
.
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).M P∈
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

Bài 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
( ) ( )
921
2
2
2
=+++− zyx
.
18
HHGTTKG- LTDH
Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :
22
1
1 −
=
−
=
zyx
và cắt mặt cầu (S) theo
đường tròn có bán kính bằng 2 .
Giải.
KL : Có 2 mặt phẳng : (P
1
) :
053522 =+−−+ zyx
và (P
2
) :
053522 =−−−+ zyx

Bài 50. .Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng





=
=
=
∆
1
2:
z
ty
tx
và điểm
)1,0,1( −A
Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng
∆
để tam giác AEF là tam giác đều.
Giải.
+ Đường thẳng
)1,0,0(
0
Mquađi∆
và có vtcp
)0,2,1(
→
u
;

)2,2,4(,;)2,0,1(
00
−=






−=
→→→
uAMAM
+ Khoảng cách từ A đến
∆
là AH =
5
62
,
),(
0
=






=∆
→
→→

u
uAM
Ad
+ Tam giác AEF đều
5
24
3
2
. ===→ AHAFAE
.Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R =
5
24
và đường thẳng
∆
, nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :









=+++−
=
=
=
5
32

)1()1(
1
2
222
zyx
z
ty
tx
t =
5
221
suy ra tọa độ E và F là :











=
+
=
+
=
∨












=
−
=
−
=
1
5
242
5
221
1
5
242
5
221
z
y
x
z
y

x
Bài 51. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; 1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
02 =−++ zyx
. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng
Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là
giao của (P) và (S).
Giải.
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>−++=++++++
19
. (S) có tâm
)2,0,1( −J
bán kính R = 3
+ đt a có vtcp
)2,2,1( −
→
u
, (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận
→
u
làm vtpt
Pt mp (P) có dạng :
022 =+−+ Dzyx
+ (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) =
5

22
=− rR
nên ta có :
5
3
)2.(20.21
=
+−−+ D
0,25





−−=
+−=
↔
535
535
D
D
HHGTTKG- LTDH
Vì
( )
SD,C,B,'A ∈
nên ta có hệ:










−=
−=
−=
−=
⇔







=−++−
=++++
=++++
=++−
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8
014dc4b6a2

02db2a2
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình:
01225
222
=+−−−++ zyxzyx
(S) có tâm






1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R =
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là:
( )
1;1;1n
Suy ra phương trình của d:







+++⇒





+=
+=
+=
t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x
Do
( )
)P(dH ∩=
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
−=⇔−=⇔=−+++++







⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4

29
IHRr
22
==−=−=
Bài 52. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
( )
052: =+−+ zyxP
và đường thẳng
31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và
(P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Giải.
Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:





+=

−=
−=
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
( )
3;1;32 +−−⇒ tttI
Do
( ) ( )
4;0;1105)3()1(232 −⇒=⇔=+−−−+−⇒∈ IttttPI
* (d) có vectơ chỉ phương là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;1 −n
[ ]
( )
3;3;3n,a
−=⇒
. Gọi
u
là vectơ chỉ phương của
∆

( )

1;1;1u −⇒






+=
=
−=
∆⇒
u4z
uy
u1x
:
. Vì
( )
u4;u;u1MM +−−⇒∆∈
,
( )
u;3u;u1AM −−⇒
AM ngắn nhất
∆⊥⇔
AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =+−+−−⇔=⇔⊥⇔

3
4
u =⇔

. Vậy






−
3
16
;
3
4
;
3
7
M
Bài 53. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).

Giải.
Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
20
HHGTTKG- LTDH
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m

d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Bài 54. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4B
−
. Viết phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm
H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
( )
OAB
. Tìm tọa độ điểm
M

trên
mặt phẳng
( )
OAB
sao cho
2 2
MA MB+
nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)
Giải.
( )
( )
( )
1;4;2
, 12, 6,6
1;2;4
OA
n OA OB
OB

=

 
⇒ = = −

 
= −


uuur
r uuur uuur

uuur
mặt phẳng
( ) :OAB
2 0x y z− + =
( , , )H a b c
là trực tâm tam giác OAB nên :
0
( )
2 0
5
2 2 2 0
2
( 1) 2( 4) 4( 2) 0
5
2
a
H mp OAB
a b c
OH AB a b c b
a b c
AH OB
c


=
∈

− + =




 
⊥ ⇔ − − + = ⇔ =
  
  
− − + − + − =
⊥



=


uuur uuur
uuur uuur

( )
2
5
:
2
5
2
x t
y t
z t


=



∆ = −



= +


Với mọi điểm
K
ta đều có:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2 2MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB+ = − + − = + + − +
uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
Chọn
(0;3;3)K
là trung điểm
AB
nên
2 2 2 2
2 2MA MB KA KM+ = +
KA
không đổi nên
2 2
MA MB+
nhỏ nhất khi
KM
ngắn nhất khi đó

M
là hình chiếu của
K
trên mặt phẳng
( )OAB
( ; ; ) ( ; 3; 3) / / (2; 1;1)
(2 ;3 ;3 )
M x y z KM x y z n
M t t t
⇒ = − − = −
⇔ − +
uuuur r
( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0M OAB t t t t
∈ ⇒ − − + + = ⇒ =
Vậy
(0;3;3)M
Bài 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
=


= −


= − +


;d
2
:
2
1 3 3
x y z−
= =
− −
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z+ − +
= =
. Chứng tỏ rằng
1 2
;d d
là hai đường thẳng
chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1 2
;d d
.Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba
đường thẳng d
1
, d
2
, d
3

lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Giải.
+)Đường thẳng
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
=


= −


= − +

suy ra
1
d
đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp
1
(1; 1;2)u −
ur
.Đường thẳng d
2
:
2
1 3 3
x y z−

= =
− −
suy ra
2
d
đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp
2
(1; 3; 3)u − −
uur
.Ta có
(0; 2;1)AB −
uuur
và
21
HHGTTKG- LTDH
( )
1 2
, 9;5; 2u u
 
= −
 
ur uur
suy ra
1 2
. , 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0AB u u
 
= + − + − = − ≠
 
uuur ur uur
.Vậy

1
d
và
2
d
là hai đường thẳng
chéo nhau. Khoảng cách giữa
1
d
và
2
d
là :
( )
1 2
1 2
2 2 2
1 2
. ,
12
6
,
55
9 5 ( 2)
,
AB u u
d d d
u u
 
−

 
= = =
 
+ + −
 
uuur ur uur
ur uur
+)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
A, B, C thẳng hàng và AB = BC
⇔
B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
+ − + =


⇔ − + + = −


− + + − + = −


Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z−
= =
22