Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong không gian luyện thi đại học

Mục lục
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§1. Tọa Độ Trong Không Gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§2. Phương Trình Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
§3. Phương Trình Đường Thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
§4. Hình Chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
§5. Góc Và Khoảng Cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1
Nguyễn Minh Hiếu
2
Chuyên đề 7
Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
§1. Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.1. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ
−→
a (5; 7; 2) ,
−→
b (3; 0; 4) và
−→
c (−6; 1; −1).
a) Hãy tìm các vectơ sau:
−→
m = 3
−→
a −2
−→
b +
−→
c ;
−→
n = 5

−→
a + 6
−→
b + 4
−→
c ;
−→
p =
1
2
−→
a −
1
3
−→
b +
1
6
−→
c .
b) Tính: |
−→
a |;



−→
b




;



−→
a −
−→
b



;
−→
a .
−→
b ;

−→
a ,
−→
b

.
c) Tìm
−→
x sao cho
−→
a + 3
−→

b − 2
−→
x =
−→
0 .
d) Tìm u, v để vectơ
−→
y (1; u; v) cùng phương với vectơ
−→
a + 2
−→
b .
Lời giải.
a)
−→
m = (15 − 6 − 6; 21 − 0 + 1; 6 −8 − 1) = (3; 22 − 3).
−→
n = (25 + 18 − 24; 35 + 0 + 4; 10 + 24 − 4) = (19; 39; 30).
−→
p =

5
2
− 1 − 1;
7
2
− 0 +
1
6
; 1 −

4
3
−
1
6

=

1
2
;
11
3
; −
1
2

.
b) |
−→
a | =
√
25 + 49 + 4 =
√
78;



−→
b




=
√
9 + 0 + 16 = 5.
−→
a −
−→
b = (2; 7; −2) ⇒



−→
a −
−→
b



=
√
4 + 49 + 4 =
√
57.
−→
a .
−→
b = 15 + 0 + 8 = 23;


−→
a ,
−→
b

=





7 2
0 4




;




2 5
4 3




;





5 7
3 0





= (28; −14; −21).
c) a + 3

b − 2x =

0 ⇔
−→
x =
1
2
−→
a +
3
2
−→
b =

7;
7
2

; 7

.
d) Ta có: a + 2

b = (11; 7; 10) ⇒

−→
u ,a + 2

b

= (10u − 7v; 11v − 10; 7 − 11u).
Do đó
−→
u và
−→
a + 2
−→
b cùng phương ⇔

−→
u ,a + 2

b

=
−→
0 ⇔




10u − 7v = 0
11v −10 = 0
7 − 11u = 0
⇔





u =
7
11
v =
8
11
.
Vậy u =
7
11
, v =
8
11
.
Bài tập 7.2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ
−→
a (1; 0; −2) ,
−→
b (1; 2; −1) và

−→
c (0; 3; −2).
a) Tìm vectơ
−→
u biết 2
−→
a +
−→
b − 3
−→
c − 2
−→
u =
−→
0 .
b) Tính



−→
a +
−→
b +
−→
c



.
c) Tìm

−→
a

−→
b − 2
−→
c

;

−→
a ,
−→
b

.
d) Tìm vectơ
−→
u biết
−→
u ⊥
−→
a ;
−→
u ⊥
−→
b và |
−→
u | =
√

21.
Lời giải.
a) 2a +

b − 3c − 2u =

0 ⇔
−→
u =
−→
a +
1
2
−→
b −
3
2
−→
c =

3
2
; −
7
2
;
1
2

.

b) a +

b + c = (2; 5; −5) ⇒



a +

b + c



=
√
4 + 25 + 25 = 3
√
6.
c)

b − 2c = (1; −4; 3) ⇒
−→
a


b − 2c

= 1 + 0 − 6 = −5;

−→
a ,

−→
b

= (4; −1; 2).
d) Ta có
−→
u ⊥
−→
a và
−→
u ⊥
−→
b nên
−→
u = k

−→
a ,
−→
b

= (4k; −k; 2k).
Mặt khác |
−→
u | =
√
21 ⇔ 21k
2
= 21 ⇔ k = ±1. Vậy
−→

u = (4; −1; 2) hoặc
−→
u = (−4; 1; −2).
3
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.3. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; −2) , B (2; 1; −1) , C (1; −2; 2).
a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng. b) Tính chu vi tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ D để ABCD là hình bình hành. d) Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC.
Lời giải.
a) Ta có:
−−→
AB = (1; 1; 1) ,
−→
AC = (0; −2; 4) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (6; −4; −2) =
−→
0 .
Suy ra
−−→
AB,
−→
AC không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng.
b) Ta có: AB =
√

3, AC =
√
20,
−−→
BC = (−1; −3; 3) ⇒ BC =
√
19.
Vậy chu vi tam giác ABC là
√
3 +
√
20 +
√
19.
c) Gọi D(x; y; z) ta có:
−−→
AD = (x − 1; y; z + 2) ,
−−→
BC = (−1; −3; 3).
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔
−−→
AD =
−−→
BC ⇔



x − 1 = −1
y = −3
z + 2 = 3

⇔



x = 0
y = −3
z = 1
.
Vậy D(0; −3; 1).
d) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G

4
3
; −
1
3
; −
1
3

.
Bài tập 7.4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (−1; −2; 3) , B (0; 3; 1) , C (4; 2; 2).
a) Tính
−−→
AB.
−→
AC.
b) Tính cos

BAC.

c) Tính

−−→
AB,
−→
AC

.
Lời giải.
a) Ta có:
−−→
AB = (1; 5; −2) ,
−→
AC = (5; 4; −1) ⇒
−−→
AB.
−→
AC = 5 + 20 + 2 = 27.
b) Ta có: cos

BAC = cos

−−→
AB,
−→
AC

=
−−→
AB.

−→
AC



−−→
AB



.



−→
AC



=
27
√
30.
√
42
=
3
√
140
.

c) Ta có:

−−→
AB,
−→
AC

= (3; −9; −21).
Bài tập 7.5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; 3) , B (2; 2; 4) , C (0; 3; −2).
a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.
b) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Tính diện tích tam giác ABC.
Lời giải.
a) Ta có
−−→
AB = (1; 2; 1) ,
−→
AC = (−1; 3; −5) ⇒
−−→
AB.
−→
AC = −1 + 6 − 5 = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại A.
b) Gọi I trung điểm BC ⇒ I

1;
5
2
; 1

⇒

−→
IB =

1; −
1
2
; 2

⇒ IB =
√
21
2
.
Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I

1;
5
2
; 1

và bán kính R = IB =
√
21
2
.
c) Ta có AB =
√
6, AC =
√
35 ⇒ S

∆ABC
=
1
2
AB.AC =
210
2
.
Bài tập 7.6. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1; 1; 3) , B (−1; 3; 2) , C (−1; 2; 3). Tính
diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (−2; 2; −1),
−→
AC = (−2; 1; 0) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (−1; −2; 2).
Do đó S
∆ABC
=
1
2





−−→
AB,
−→
AC




=
3
2
.
Lại có
−→
AO = (−1; −1; −3) ⇒ V
OABC
=
1
6




−−→
AB,
−→
AC

.

−→
AO



=
1
6
|1 + 2 − 6| =
1
2
.
Bài tập 7.7. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−3; −2; 6) , B (−2; 4; 4). Hãy tính độ dài đường cao
OH của tam giác OAB.
Lời giải. Ta có
−→
OA = (−3; −2; 6),
−−→
OB = (−2; 4; 4) ⇒

−→
OA,
−−→
OB

= (−32; 0; −16).
Do đó S
∆OAB
=
1

2




−→
OA,
−−→
OB




= 8
√
5.
Lại có
−−→
AB = (1; 6; −2) ⇒ AB =
√
41 ⇒ OH =
2S
∆OAB
AB
=
16
√
205
41
.

4
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.8. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (0; 4; 1) , B (1; 0; 1) , C (3; 1; −2). Tìm toạ
độ trực tâm tam giác ABC.
Lời giải. Gọi trực tâm ∆ABC là H(x; y; z).
Ta có
−−→
AB = (1; −4; 0),
−→
AC = (3; −3; −3) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (12; 3; 9).
Và
−−→
AH = (x; y − 4; z −1),
−−→
BC = (2; 1; −3),
−−→
BH = (x − 1; y; z −1),
−→
AC = (3; −3; 3).
Khi đó ta có







−−→
AB,
−→
AC

−−→
AH = 0
−−→
AH.
−−→
BC = 0
−−→
BH.
−→
AC = 0
⇔



12x + 3(y −4) + 9(z − 1) = 0
2x + y −4 − 3(z − 1) = 0
3(x − 1) − 3y + 3(z − 1) = 0
⇔












x =
15
11
y = −
1
11
z =
6
11
.
Vậy H

15
11
; −
1
11
;
6
11

.
Bài tập 7.9. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 1; 1) , B (−1; 1; 0) , C (3; 1; −1). Tìm điểm M thuộc

mặt phẳng (Oxz) sao cho M cách đều A, B, C.
Lời giải. Ta có M ∈ (Oxz) ⇒ M (x; 0; z).
Khi đó
−−→
AM = (x − 1; −1; z − 1),
−−→
BM = (x + 1; −1; z),
−−→
CM = (x − 3; −1; z + 1).
Lại có M cách đều A, B, C nên

x
2
+ z
2
− 2x − 2z + 3 = x
2
+ z
2
+ 2x + 2
x
2
+ z
2
− 2x − 2z + 3 = x
2
+ z
2
− 6x + 2z + 11
⇔






x =
5
6
z = −
7
6
.
Vậy M

5
6
; 0; −
7
6

.
Bài tập 7.10. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 6; 6) , B (3; −6; −2). Tìm điểm M thuộc mặt
phẳng (Oxy) sao cho AM + BM là ngắn nhất.
Lời giải. Nhận thấy A có cao độ dương còn B có cao độ âm nên A, B nằm về hai phía đối với (Oxy).
Ta có M ∈ (Oxy) ⇒ M(x; y; 0) ⇒
−−→
AB = (4; −12; −8) ,
−−→
AM = (x + 1; y − 6; −6).
Suy ra


−−→
AB,
−−→
AM

= (8y + 24; 16 − 8x; 12x + 4y −12).
Khi đó AM +BM ngắn nhất ⇔ M ∈ AB ⇔

−−→
AB,
−−→
AM

=
−→
0 ⇔



8y + 24 = 0
16 − 8x = 0
12x + 4y −12 = 0
⇔

x = 2
y = −3
.
Vậy M(2; −3; 0).
Bài tập 7.11. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 5; 3) , B (3; 7; 4) , C (x, y, 6). Tìm x, y để ba điểm

A, B, C thẳng hàng.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (1; 2; 1),
−→
AC = (x − 2; y −5; 3) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (11 − y; x − 5; y −2x − 1).
Khi đó A, B, C thẳng hàng ⇔

−−→
AB,
−→
AC

=
−→
0 ⇔



11 − y = 0
x − 5 = 0
y −2x − 1 = 0
⇔


x = 5
y = 11
. Vậy x = 5; y = 11.
Bài tập 7.12. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (1; 1; 1) , B (2; 3; 4) , C (6; 5; 2) , D (7, 7, 5). Chứng
minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành. Tính diện tích hình bình hành đó.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (1; 2; 3),
−−→
CD = (1; 2; 3). Vì
−−→
AB =
−−→
CD nên ABDC là một hình bình hành.
Khi đó
−−→
AB = (1; 2; 3),
−→
AC = (5; 4; 1) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (−10; 14; −6) ⇒ S
ACBD
=





−−→
AB,
−→
AC




=
√
332.
Bài tập 7.13. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (2; 1; −1) , B (3; 0; 1) , C (2; −1; 3) và D
thuộc trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D, biết thể tích tứ diện ABCD bằng 5.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (1; −1; 2) ,
−→
AC = (0; −2; 4) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (0; −4; −2).
Lại có D ∈ Oy ⇒ D(0; y; 0) ⇒
−−→

AD = (−2; y − 1; 1) ⇒ S
ABCD
=
1
6




−−→
AB,
−→
AC

−−→
AD



=
|2y −1|
3
.
Theo giả thiết V
ABCD
= 5 ⇔
|2y −1|
3
= 5 ⇔


y = 8
y = −7
. Vậy D(0; 8; 0) hoặc D(0; −7; 0).
5
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.14. Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu sau:
a) (x − 3)
2
+ (y + 2)
2
+ (z + 1)
2
= 9.
b) x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2x + 4y −6z + 9 = 0.
c) x
2
+ y
2
+ z
2
+ y −5z + 1 = 0. d) 3x
2
+ 3y
2

+ 3z
2
− 6x + 8y + 15z − 3 = 0.
Lời giải.
a) Tâm I(3; −2; −1) và bán kính R = 3.
b) Tâm I(−1; −2; 3) và bán kính R =
√
5.
c) Tâm I

0; −
1
2
;
5
2

và bán kính R =
√
22
2
.
d) Tâm I

1; −
4
3
; −
5
2


và bán kính R =
√
361
6
.
Bài tập 7.15. Lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau:
a) Có tâm I (1; 2; −3) và qua M (2; 0; −1).
b) Có đường kính AB biết A (3; 2; −1) và B (1; 1; 2).
c) Ngoại tiếp tứ diện OABC biết A (2; 0; 0) , B (0; −1; 0) và C (0; 0; 3).
d) Ngoại tiếp tứ diện ABCD biết A (1; 2; 1) , B (3; −1; 2) , C (−2; 1; 2) và D (1; 1; 3).
e) Có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz) và qua ba điểm A (0; 8; 0) , B (4; 6; 2) , C (0; 12; 4).
Lời giải.
a) Ta có
−−→
IM = (1; −2; 2) ⇒ IM = 3.
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I(1; 2; −3) và bán kính R = IM = 3.
Vậy (S) có phương trình: (x − 1)
2
+ (y −2)
2
+ (z + 3)
2
= 9.
b) Gọi I là trung điểm AB ⇒ I

2;
3
2
;

1
2

⇒
−→
IA =

1;
1
2
; −
3
2

⇒ IA =

7
2
.
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I

2;
3
2
;
1
2

và bán kính R = IA =


7
2
.
Vậy (S) có phương trình: (x − 2)
2
+

y −
3
2

2
+

z −
1
2

2
=
7
2
.
c) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là (S) : x
2
+y
2
+z
2
−2ax−2by−2cz+d = 0


a
2
+ b
2
+ c
2
> d

.
Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ











d = 0
4 − 4a + d = 0
1 + 2b + d = 0
9 − 6c + d = 0
⇔














d = 0
a = 1
b = −
1
2
c =
3
2
(thỏa mãn).
Vậy (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + y −3z = 0.
d) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là (S) : x
2
+y
2

+z
2
−2ax−2by−2cz+d = 0

a
2
+ b
2
+ c
2
> d

.
Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ











6 − 2a − 4b − 2c + d = 0
14 − 6a + 2b − 4c + d = 0
9 + 4a − 2b − 4c + d = 0
11 − 2a − 2b − 6c + d = 0
⇔












a =
3
34
b = −
35
34
c =
25
34
d = −
144
17
(thỏa mãn).
Vậy (S) : x
2
+ y
2
+ z
2

−
3
17
x +
35
17
y +
25
17
z −
144
17
= 0.
e) Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ (Oyz) ⇒ I(0; b; c). Khi đó:
−→
AI = (0; b − 8; c) ⇒ AI =
√
b
2
+ c
2
− 16b + 64;
−→
BI = (−4; b − 6; c −2) ⇒ BI =
√
b
2
+ c
2
− 12b − 4c + 68;

−→
CI = (0; b − 12; c − 4) ⇒ CI =
√
b
2
+ c
2
− 24b − 8c + 160.
Vì A, B, C ∈ (S) nên

AI = BI
AI = CI
⇔

−16b + 64 = −12b − 4c + 56
−16b + 64 = −24b − 8c + 160
⇔

b = 7
c = 5
.
Suy ra (S) có tâm I (0; 7; 5) và bán kính R = AI =
√
26.
Vậy (S) có phương trình x
2
+ (y −7)
2
+ (z − 5)
2

= 26.
6
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
§2. Phương Trình Mặt Phẳng
Bài tập 7.16. Lập phương trình mặt phẳng (P ) trong các trường hợp sau:
a) Đi qua ba điểm A (1; 0; 0) , B (0; −2; 0) , C (0; 0; 3).
b) Đi qua ba điểm A (2; −1; 3) , B (4; 2; 1) , C (−1; 2; 3).
c) Đi qua điểm M (2; −1; 2) và song song với mặt phẳng (β) : 2x − y + 3z + 4 = 0.
d) Đi qua M (1; 2; 3) và vuông góc AB. Biết A (−1; 0; 2) , B (3; 2; 1).
e) Đi qua hai điểm A (3; 1; −1) , B (2; −1; 4) và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + 3z + 1 = 0.
f) Đi qua M (−2; 3; −1) và vuông góc với hai mặt phẳng (α) : x + 2y + 2z + 1 = 0; (β) : 2x + 3y + z = 0.
g) Đi qua hai điểm M (1; 2; 3) , N (2; −2; 4) và song song với trục Oy.
h) Trung trực của AB, biết A (4; −1; 5) , B (2; 3; 1).
i) Song song với (β) : 4x + 3y −12z + 1 = 0 và tiếp xúc với (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 4y −6z − 2 = 0.
Lời giải.
a) Mặt phẳng (P ) qua A(1; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; 3) nên có phương trình đoạn chắn:
x
1
+
y
−2
+
z
3

= 1 ⇔ 6x − 3y + 2z −6 = 0
b) Ta có:
−−→
AB = (2; 3; −2),
−→
AC = (−3; 3; 0) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (6; 6; 15).
Mặt phẳng (P ) qua A(2; −1; 3) và nhận

−−→
AB,
−→
AC

= (6; 6; 15) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình 6 (x − 2) + 6 (y + 1) + 15 (z −3) = 0 ⇔ 2x + 2y + 5z − 17 = 0.
c) Mặt phẳng (β) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; −1; 3).
Mặt khác (P ) qua M(2; −1; 2) và (P )||(β) nên nhận
−→
n = (2; −1; 3) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: 2(x − 2) − 1(y + 1) + 3(z − 2) = 0 ⇔ 2x − y + 3z −11 = 0.
d) Mặt phẳng (P ) qua M(1; 2; 3) và (P )⊥AB nên nhận

−−→
AB = (4; 2; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: 4(x −1) + 2(y − 2) − (z − 3) = 0 ⇔ 4x + 2y −z −5 = 0.
e) Ta có:
−−→
AB = (−1; −2; 5) và mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; −1; 3).
Vì (P ) qua A, B và (P )⊥(α) nên nhận

−−→
AB,
−→
n

= (−1; 13; 5) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: −(x −3) + 13(y − 1) + 5(z + 1) = 0 ⇔ x − 13y −5z + 5 = 0.
f) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(α)
= (1; 2; 2) và
−−→
n
(β)
= (2; 3; 1).
Ta có (P )⊥(α) và (P )⊥(β) nên nhận

−−→
n

(α)
,
−−→
n
(β)

= (−4; 3; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Lại có (P ) qua M(−2; 3; −1) nên có phương trình −4(x+2)+3(y−3)−(z+1) = 0 ⇔ 4x−3y+z+18 = 0.
g) Ta có:
−−→
MN = (1; −4; 1) ⇒

−−→
MN,
−→
j

= (−1; 0; 1).
Vì (P ) qua M, N và (P )  Oy nên nhận

−−→
MN,
−→
j

= (−1; 0; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: −(x − 1) + 0(y − 2) + 1(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 2 = 0.
h) Ta có (P ) là trung trực của AB nên đi qua trung điểm I(3; 1; 3) của AB.
Lại có (P )⊥AB nên nhận
−−→

AB = (−2; 4; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: −2(x − 3) + 4(y − 1) − 4(z − 3) = 0 ⇔ x − 2y + 2z −7 = 0.
i) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính r = 4.
Vì (P )  (β) nên có phương trình dạng 4x + 3y − 12z + d = 0 (d = 1).
Mặt khác (P ) tiếp xúc với (S) nên d (I; (P )) = r ⇔
|4 + 6 − 36 + d|
√
16 + 9 + 144
= 4 ⇔

d = 78
d = −26
.
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (P) : 4x + 3y − 12z + 78 = 0 hoặc (P ) : 4x + 3y −12z −26 = 0.
Bài tập 7.17. Xét vị trí tương đối của các cặp mặt phẳng sau:
a) (α) : x − 2y + 3z −3 = 0; (β) : 2x − y + z − 1 = 0.
b) (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0; (β) : −4x + 2y −4z − 1 = 0.
c) (α) : 3x − y + 2z + 1 = 0; (β) : 6x − 2y + 4z + 2 = 0.
Lời giải.
a) Vì 1 : −2 : 3 = 2 : −1 : 1 nên (α) cắt (β).
b) Vì
2
−4
=
−1
2
=
2
−4
=

1
−1
nên (α)  (β).
c) Vì 3 : −1 : 2 : 1 = 6 : −2 : 4 : 2 nên (α) ≡ (β).
7
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.18. Tính các khoảng cách sau:
a) Giữa M (2; −3; 1) và (α) : 2x + 2y + z + 3 = 0.
b) Giữa A (−4; 1; 5) và (α) : x + 7y −2z + 1 = 0.
c) Giữa (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0 và (β) : 4x − 2y + 4z − 3 = 0.
Lời giải.
a) Ta có: d (M, (α)) =
|4 − 6 + 1 + 3|
√
4 + 4 + 1
=
2
3
.
b) Ta có: d (A, (α)) =
|−4 + 7 − 10 + 1|
√
1 + 49 + 4
=
√
6
3
.
c) Nhận thấy (α)  (β) nên lấy M(0; 1; 0) ∈ (α), ta có: d ((α), (β)) = d (M, (β)) =
|−2 − 3|

√
16 + 4 + 16
=
5
6
.
Bài tập 7.19. (TN-06) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 0) , B (0; 3; 0) , C (0; 0; 6).
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu đường kính OG.
Lời giải.
a) Mặt phẳng qua A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6) nên có phương trình đoạn chắn:
x
2
+
y
3
+
z
6
= 1 ⇔ 3x + 2y + z −6 = 0
b) Ta có G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G

2
3
; 1; 2

. Gọi I trung điểm OG ⇒ I

1
3

;
1
2
; 1

.
Gọi (S) là mặt cầu đường kính OG ⇒ (S) có tâm I và bán kính r = OI =

1
9
+
1
4
+ 1 =
7
6
.
Vậy (S) có phương trình:

x −
1
3

2
+

y −
1
2


2
+ (z − 1)
2
=
49
36
.
Bài tập 7.20. (TN-07) Trong không gian Oxyz, cho điểm E (1; −4; 5) , F (3; 2; 7).
a) Viết phương trình mặt cầu qua F và có tâm E.
b) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của EF .
Lời giải.
a) Ta có
−−→
EF = (2; 6; 2) ⇒ EF =
√
4 + 36 + 4 = 2
√
11.
Gọi (S) mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm E(1; −4; 5) và bán kính r = EF = 2
√
11.
Vậy (S) có phương trình (x − 1)
2
+ (y + 4)
2
+ (z − 5)
2
= 44.
b) Gọi (P ) là mặt phẳng trung trực của EF và I là trung điểm của EF ⇒ I(2; −1; 6)
Mặt phẳng (P ) qua I(2; −1; 6) và nhận

−−→
EF = (2; 6; 2) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: 2(x − 2) + 6(y + 1) + 2(z − 6) = 0 ⇔ x + 3y + z −5 = 0.
Bài tập 7.21. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (5; 1; 3) , B (1; 6; 2) , C (5; 0; 4) , D (4; 0; 6).
a) Viết phương trình các mặt phẳng (ACD) và (BCD).
b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa cạnh AB và song song với cạnh CD.
Lời giải.
a) Ta có:
−→
AC = (0; −1; 1),
−−→
AD = (−1; −1; 3) ⇒

−→
AC,
−−→
AD

= (−2; −1; −1).
Mặt phẳng (ACD) qua A(5; 1; 3) và nhận

−→
AC,
−−→
AD

= (−2; −1; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (ACD) có phương trình: −2(x − 5) − (y − 1) − (z −3) = 0 ⇔ 2x + y + z − 14 = 0.
Tương tự:
−−→

BC = (4; −6; 2),
−−→
BD = (3; −6; 4) ⇒

−−→
BC,
−−→
BD

= (−12; −10; −6).
Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 6; 2) và nhận

−−→
BC,
−−→
BD

= (−12; −10; −6) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (BCD) có phương trình: −12(x − 1) − 10(y −6) −6(z − 2) = 0 ⇔ 6x + 5y + 3z − 42 = 0.
b) Ta có:
−−→
AB = (−4; 5; −1),
−−→
CD = (−1; 0; 2) ⇒

−−→
AB,
−−→
CD


= (10; 9; 5).
Mặt phẳng (α) qua A(5; 1; 3) và nhận

−−→
AB,
−−→
CD

= (10; 9; 5) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình: 10(x −5) + 9(y − 1) + 5(z − 3) = 0 ⇔ 10x + 9y + 5z −74 = 0.
8
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.22. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (−2; 6; 3) , B (1; 0; 6) , C (0; 2; −1) , D (1; 4; 0).
a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện.
b) Tính chiều cao AH của tứ diện ABCD.
c) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song với CD.
Lời giải.
a) Ta có:
−−→
BC = (−1; 2; −7),
−−→
BD = (0; 4; −6) ⇒

−−→
BC,
−−→
BD

= (16; −6; −4).
Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 0; 6) và nhận


−−→
BC,
−−→
BD

= (16; −6; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (BCD) có phương trình: 16(x − 1) − 6y −4(z −6) = 0 ⇔ 8x − 3y −2z + 4 = 0.
Nhận thấy A /∈ (BCD) nên ABCD là một tứ diện.
b) Ta có: AH = d (A, (BCD)) =
|−16 − 18 − 6 + 4|
√
64 + 9 + 4
=
36
√
77
.
c) Ta có:
−−→
AB = (3; −6; 3),
−−→
CD = (1; 2; 1) ⇒

−−→
AB,
−−→
CD

= (−12; 0; 12).

Mặt phẳng (α) qua A(−2; 6; 3) và nhận

−−→
AB,
−−→
CD

= (−12; 0; 12) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình: −12(x + 2) + 12(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 5 = 0.
Bài tập 7.23. (D-2013) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(−1; 3; −2) và mặt phẳng (P ) : x−2y−2z+5 =
0. Tính khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với (P ).
Lời giải. Ta có d(A, (P)) =
| − 1 − 6 + 4 + 5|
√
1 + 4 + 4
=
2
3
.
Gọi mặt phẳng phẳng cần tìm là (Q). Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (1; −2; −2).
Vì (Q)||(P ) nên (Q) nhận
−−→
n
(P )
= (1; −2; −2) làm vectơ pháp tuyến.
Mặt khác (Q) qua A(−1; 3; −2) nên có phương trình 1(x+1)−2(y−3)−2(z+2) = 0 ⇔ x−2y−2z+3 = 0.

Bài tập 7.24. (CĐ-09) Trong không gian Oxyz, cho (P
1
) : x+2y+3z +4 = 0 và (P
2
) : 3x+2y−z +1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A (1; 1; 1) và vuông góc với hai mặt phẳng (P
1
) , (P
2
).
Lời giải. Mặt phẳng (P
1
) và (P
2
) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−−→
n
(P
1
)
= (1; 2; 3),
−−−→
n
(P
2
)
= (3; 2; −1).
Ta có (P )⊥(P
1
) và (P )⊥(P

2
) nên nhận

−−−→
n
(P
1
)
,
−−−→
n
(P
2
)

= (−8; 10; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Lại có (P ) qua A(1; 1; 1) nên có phương trình: −8(x−1)+10(y−1)−4(z−1) = 0 ⇔ 4x−5y+2z−1 = 0.
Bài tập 7.25. (CĐ-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 2; 3) , B (1; 0; −5) và mặt phẳng
(P ) : 2x + y −3z −4 = 0. Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng.
Lời giải. Gọi M (x; y; z), ta có:
−−→
AB = (2; −2; −8),
−−→
AM = (x + 1; y − 2; z −3).
Theo giả thiết ta có:

M ∈ (P )
−−→
AM = k
−−→

AB
⇔



2x + y −3z − 4 = 0
x + 1
2
=
y −2
−2
=
z − 3
−8
⇔



x = 0
y = 1
z = −1
. Vậy M(0; 1; −1).
Bài tập 7.26. (D-04) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 1) , B (1; 0; 0) , C (1; 1; 1) và (P) :
x + y + z − 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ).
Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và tâm (S) là I(x; y; z), ta có:
−→
AI = (x − 2; y; z −1) ⇒ AI =

x
2

+ y
2
+ z
2
− 4x − 2z + 5.
−→
BI = (x − 1; y; z) ⇒ BI =

x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 1.
−→
CI = (x −1; y − 1; z −1) ⇒ CI =

x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 2y −2z + 3.
Vì (S) qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ) : x + y + z − 2 = 0 nên ta có hệ:



I ∈ (P)

AI = BI
AI = CI
⇔



x + y + z − 2 = 0
−4x − 2z + 5 = −2x + 1
−4x − 2z + 5 = −2x −2y −2z + 3
⇔



x = 1
y = 0
z = 1
Khi đó r = AI = 1 ⇒ mặt cầu (S) có phương trình: (x − 1)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 1.
9
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.27. (B-2012) Trong không gian Oxyz, cho A(0; 0; 3), M(1; 2; 0). Viết phương trình mặt phẳng
(P ) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường
thẳng AM.
Lời giải. Giả sử (P ) cắt Ox, Oy lần lượt tại B(a; 0; 0) và C(0; c; 0).
Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G


a
3
;
b
3
; 1

⇒
−−→
AM = (1; 2; −3),
−→
AG =

a
3
;
b
3
; −2

.
Vì G ∈ AM nên ta có:
b
3
=
c
6
=
−2

−3
⇔

b = 2
c = 4
.
Do đó (P ) có phương trình:
x
2
+
y
4
+
z
3
= 1 ⇔ 6x + 3y + 4z −12 = 0.
Bài tập 7.28. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
− 4x − 4y − 4z = 0 và
điểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
Lời giải. Ta có
−→
OA = (4; 4; 0) ⇒ OA = 4
√
2.
Tam giác OAB đều nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =

OA
√
3
=
4
√
6
3
.
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2; 2) và bán kính R = 2
√
3.
Nhận thấy O, A ∈ (S) nên d(I, (OAB)) =
√
R
2
− r
2
=
2
√
3
.
Mặt phẳng (OAB) qua O(0; 0; 0) nên có phương trình dạng ax + by + cz = 0 (a
2
+ b
2
+ c
2
= 0).

Vì A ∈ (OAB) nên 4a + 4b = 0 ⇔ b = −a ⇒ (OAB) : ax − ay + cz = 0.
Khi đó d (I, (OAB)) =
2
√
3
⇔
|2a − 2a + 2c|
√
2a
2
+ c
2
=
2
√
3
⇔ 3c
2
= 2a
2
+ c
2
⇔ c = ±a.
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (OAB) : x − y + z = 0 và (OAB) : x − y − z = 0.
Bài tập 7.29. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1) , B (0; −2; 3) và mặt phẳng
(P ) : 2x − y −z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA = MB = 3.
Lời giải. Gọi M (x; y; z) ta có
−−→
AM = (x − 2; y; z − 1) ⇒ AM =


x
2
+ y
2
+ z
2
− 4x − 2z + 5
−−→
BM = (x; y + 2; z − 3) ⇒ BM =

x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y −6z + 13.
Theo giả thiết có M ∈ (P ) và AM = BM = 3 nên ta có:



2x − y −z + 4 = 0
−4x − 2z + 5 = 4y −6z + 13
x
2
+ y
2
+ z
2
− 4x − 2z + 5 = 9

⇔



x = 2y − 2
z = 3y
7y
2
− 11y + 4 = 0
⇔











x = 0
y = 1
z = 3



x = −
6
7

y =
4
7
z =
12
7
Vậy M(0; 1; 3) hoặc M

−
6
7
;
4
7
;
12
7

.
Bài tập 7.30. (B-08) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (0; 1; 2) , B (2; −2; 1) , C (−2; 0; 1).
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) : 2x + 2y + z −3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Lời giải.
a) Ta có
−−→
AB = (2; −3; −1),
−→
AC = (−2; −1; −1) ⇒

−−→

AB,
−→
AC

= (2; 4; −8).
Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm (α) qua A(0; 1; 2) và nhận

−−→
AB,
−→
AC

= (2; 4; −8) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình 2x + 4(y − 1) − 8(z − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0.
b) Gọi M(x; y; z) ta có
−−→
AM = (x; y − 1; z − 2) ⇒ AM =

x
2
+ y
2
+ z
2
− 2y −4z + 5
−−→
BM = (x − 2; y + 2; z −1) ⇒ BM =

x
2

+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y −2z + 9
−−→
CM = (x + 2; y; z −1) ⇒ CM =

x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x − 2z + 5
Khi đó



M ∈ (P )
AM = BM
AM = CM
⇔



2x + 2y + z − 3 = 0
−2y −4z + 5 = −2x + 4y − 2z + 9
−2y −4z + 5 = 4x − 2z + 5 = 0
⇔




x = 2
y = 3
z = −7
. Vậy M(2; 3; −7).
10
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.31. (D-2010) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x + y + z − 3 = 0 và (Q) : x − y + z − 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
Lời giải. Mặt phẳng (P ) và (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (1; 1; 1),
−−→
n
(Q)
= (1; −1; 1).
Mặt phẳng (R) nhận

−−→
n
(P )
,
−−→
n
(Q)


= (2; 0; −2) làm vectơ pháp tuyến.
Suy ra (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. Do đó d (O, (R)) = 2 ⇔
|D|
√
2
= 2 ⇔ D = ±2
√
2.
Vậy (R) : x −z + 2
√
2 = 0 hoặc (R) : x − z − 2
√
2 = 0.
Bài tập 7.32. (B-09) Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A (1; 2; 1), B (−2; 1; 3),
C (2; −1; 1), D (0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P)
bằng khoảng cách từ D đến (P).
Lời giải. Giả sử (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (a; b; c) =
−→
0 .
Mặt phẳng (P ) qua A nên có phương trình dạng ax + by + cz −a − 2b − c = 0.
Ta có B ∈ (P ) nên b = 2c − 3a ⇒ (P ) : ax + (2c − 3a)y + cz + 5a − 5c = 0.
Lại có d (C, (P )) = d (D, (P )) ⇔
|10a − 6c|

a
2
+ (2c − 3a)
2

+ c
2
=
|−4a + 2c|

a
2
+ (2c − 3a)
2
+ c
2
⇔

7a = 4c
3a = 2c
.
Với 7a = 4c, chọn a = 4, c = 7 ta có (P ) : 4x + 2y + 7z − 15 = 0.
Với 3a = 2c, chọn a = 2, c = 3 ta có (P ) : 2x + 3z −5 = 0.
Vậy (P) : 4x + 2y + 7z − 15 = 0 hoặc (P ) : 2x + 3z − 5 = 0.
Bài tập 7.33. (B-07) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y + 2z − 3 = 0 và
mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2z −14 = 0.
a) Viết phương trình (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3.
b) Tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến (P ) là lớn nhất.
Lời giải.

a) Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; −1) và bán kính R = 3, trục Ox có vectơ chỉ phương
−−→
u
Ox
= (1; 0; 0).
Vì (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 = R nên (Q) qua I ⇒
−→
OI = (1; −2; −1).
Mặt phẳng (Q) nhận

−→
OI,
−−→
u
Ox

= (0; −1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x −2y = 0.
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (2; −1; 2).
Gọi ∆ là đường thẳng qua I(1; −2; −1) và vuông (P ) ⇒ ∆ có phương trình





x = 1 + 2t
y = −2 − t

z = −1 + 2t
.
Điểm M cần tìm là một trong hai giao điểm của (S) và đường thẳng ∆.
Tọa độ giao điểm của ∆ và (S) thỏa mãn hệ











x = 1 + 2t
y = −2 − t
z = −1 + 2t
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y + 2z − 3 = 0
⇒












x = −1
y = −1
z = −3



x = 3
y = −3
z = 1
.
Do đó ∆ cắt (S) tại M
1
(−1; −1; −3) và M
2
(3; −3; 1).
Vì d(M
1
, (P)) > d(M
2
, (P)) nên điểm cần tìm là M(−1; −1; −3).
Bài tập 7.34. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (0; 1; 1) , B (2; −1; 1) , C (4; 1; 1) và mặt phẳng
(P ) : x + y + z −6 = 0. Tìm điểm M trên (P ) sao cho




−−→
MA + 2
−−→
MB +
−−→
MC



đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (1; 1; 1).
Gọi I là trung điểm AC ⇒ I(2; 1; 1) và gọi K là trung điểm BI ⇒ K(2; 0; 1).
Ta có



−−→
MA + 2
−−→
MB +
−−→
MC




=



2
−−→
MI + 2
−−→
MC



= 4



−−→
MK



.
Do đó



−−→
MA + 2
−−→

MB +
−−→
MC



đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của K trên (P ).
11
Nguyễn Minh Hiếu
Đường thẳng KM có phương trình





x = 2 + t
y = t
z = 1 + t
.
Tọa độ M thỏa mãn hệ












x = 2 + t
y = t
z = 1 + t
x + y + z − 6 = 0
⇔











x = 3
y = 1
z = 2
t = 1
. Vậy M(3; 1; 2).
Bài tập 7.35. (A-03) Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A

B

C

D


có A trùng gốc
toạ độ O, B (a; 0; 0), D (0; a; 0) , A

(0; 0; b) , (a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm cạnh CC

.
a) Tính thể tích khối tứ diện BDA

M.
b) Xác định tỉ số
a
b
để (A

BD) vuông góc với (MBD).
Lời giải.
a) Ta có C(a; a; 0), C

(a; a; b) ⇒ M

a; a;
b
2

.
Khi đó
−−→
BD = (−a; a; 0),
−−→
BM =


0; a;
b
2

⇒

−−→
BD,
−−→
BM

=

ab
2
;
ab
2
; −a
2

,
−−→
BA

= (−a; 0; b).
Do đó V
BDA


M
=
1
6




−−→
BD,
−−→
BM

−−→
BA




=
a
2
b
4
.
b) Mặt phẳng (BDM ) có vectơ pháp tuyến
−→
n
1
=


−−→
BD,
−−→
BM

=

ab
2
;
ab
2
; −a
2

.
Mặt phẳng (BDA

) có vectơ pháp tuyến
−→
n
2
=

−−→
BD,
−−→
BA



=

ab; ab; a
2

.
Khi đó (BDM )⊥(BDA

) ⇔
−→
n
1
.
−→
n
2
= 0 ⇔
a
2
b
2
2
+
a
2
b
2
2
− a

4
= 0 ⇔
a
b
= 1.
§3. Phương Trình Đường Thẳng
Bài tập 7.36. Lập phương trình đường thẳng d trong các trường hợp sau
a) Đi qua A (2; 1; −1) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (−2; 3; 2).
b) Đi qua hai điểm A (1; 2; 3) , B (5; 4; 4).
c) Đi qua A (−3; 1; 2) và vuông góc với (α) : x − 2y + 3z + 1 = 0.
d) Đi qua M (2; 1; −3) và song song với đường thẳng ∆ :
x − 1
2
=
y + 3
3
=
z
4
.
e) Đi qua M (−3; 1; 4) và song song với giao tuyến của (α) : 3x+2y−5z+1 = 0; (β) : x−4y+3z+2 = 0.
f) Giao tuyến của (α) : x + z − 1 = 0; (β) : 2x − 2y + 3z + 1 = 0.
Lời giải.
a) Đường thẳng cần tìm có phương trình






x = 2 − 2t
y = 1 + 3t
z = −1 + 2t
.
b) Đường thẳng AB qua A(1; 2; 3) và nhận
−−→
AB = (4; 2; 1) làm vectơ chỉ phương.
Vậy AB có phương trình





x = 1 + 4t
y = 2 + 2t
z = 3 + t
.
c) Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(α)
= (1; −2; 3).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm ⇒ ∆ qua A(−3; 1; 2) và nhận
−−→
n
(α)
= (1; −2; 3) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình






x = −3 + t
y = 1 − 2t
z = 2 + 3t
.
d) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u
∆
= (2; 3; 4).
12
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Gọi d là đường thẳng cần tìm ⇒ d qua M(2; −1; 3) và nhận
−→
u
∆
= (2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d có phương trình





x = 2 + 2t
y = −1 + 3t
z = 3 + 4t
.

e) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(α)
= (3; 2; −5) và
−−→
n
(β)
= (1; −4; 3).
Gọi d là đường thẳng cần tìm ⇒ d qua M và nhận

−−→
n
(α)
,
−−→
n
(β)

= (−12; −14; −14) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d có phương trình





x = −3 − 12t
y = 1 − 14t
z = 4 −14t
.

f) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(α)
= (1; 0; 1) và
−−→
n
(β)
= (2; −2; 3).
Giao tuyến (α) ∩ (β) qua M(0; 2; 1) và nhận

−−→
n
(α)
,
−−→
n
(β)

= (2; −1; −2) làm vectơ chỉ phương.
Vậy (α) ∩(β) có phương trình





x = 2t
y = −1 + 2t
z = 1 −2t
.

Bài tập 7.37. (CĐ-09) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1; 1; 0) , B (0; 2; 1) và trọng tâm
G (0; 2; −1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua C và vuông góc với (ABC).
Lời giải. Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ











1 + x
3
= 0
3 + y
3
= 2
1 + z
3
= −1
⇔



x = −1
y = 3
z = −4

⇒ C (−1; 3; −4).
Ta có
−−→
AB = (−1; 1; 1) ,
−→
AC (−2; 2; −4) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (−6; 6; 0).
Đường thẳng ∆ qua C (−1; 3; −4) và nhận

−−→
AB,
−→
AC

= (−6; 6; 0) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình:





x = −1 − 6t
y = 3 + 6t
z = −4

.
Bài tập 7.38. (TN-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (2; −1; 3) và (P ) : x −2y −2z −10 = 0. Tính
khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P ).
Lời giải. Ta có d (A, (P )) =
|2 + 2 − 6 − 10|
√
1 + 4 + 4
= 4.
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (1; −2; −2).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm ⇒ ∆ qua A(2; −1; 3) và nhận
−−→
n
(P )
= (1; −2; −2) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = 2 + t
y = −1 − 2t
z = 3 −2t
.
Bài tập 7.39. (A-2013) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y + z − 11 = 0 và mặt cầu
(S) : x

2
+ y
2
+ z
2
−2x + 4y −2z −8 = 0. Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P )
và (S).
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; 1) và bán kính R =
√
14.
Ta có d(I, (P)) =
|2 − 6 + 1 − 11|
√
4 + 9 + 1
=
14
√
14
=
√
14 = R. Do đó (P ) tiếp xúc với (S).
Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) ta có ∆ :





x = 1 + 2t
y = −2 + 3t
z = 1 + t

.
Gọi M là tiếp điểm của (P ) và (S) ⇒ M là giao điểm của ∆ và (P).
13
Nguyễn Minh Hiếu
Do đó tọa độ M thỏa mãn hệ











x = 1 + 2t
y = −2 + 3t
z = 1 + t
2x + 3y + z − 11 = 0
⇔












x = 3
y = 1
z = 2
t = 1
⇒ M(3; 1; 2).
Bài tập 7.40. (B-2013) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1; −1; 1), B(−1; 2; 3) và đường thẳng
∆ :
x + 1
−2
=
y −2
1
=
z − 3
3
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với hai đường thẳng
AB và ∆.
Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u
∆
= (−2; 1; 3).
Ta có
−−→
AB = (−2; 3; 2) ⇒

−−→
AB,

−→
u
∆

= (7, 2, 4).
Gọi d là đường thẳng cần tìm ⇒ d nhận

−−→
AB,
−→
u
∆

= (7, 2, 4) làm vectơ chỉ phương.
Mặt khắc d qua A(1; −1; 1) nên có phương trình
x − 1
7
=
y + 1
2
=
z − 1
4
.
Bài tập 7.41. (A-2013) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
x − 6
−3
=
y + 1
−2

=
z + 2
1
và điểm
A(1; 7; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆
sao cho AM = 2
√
30.
Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u
∆
= (−3; −2; 1).
Mặt phẳng (P ) vuông góc ∆ nên nhận
−→
u
∆
= (−3; −2; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Mặt khác (P ) qua A(1; 7; 3) nên có phương trình −3(x−1)−2(y−7)+1(z−3) = 0 ⇔ 3x+2y−z−14 = 0.
Điểm M ∈ ∆ ⇒ M(6−3t; −1−2t; −2+t) ⇒
−−→
AM = (5−3t; −8−2t; −5+t) ⇒ AM =
√
14t
2
− 8t + 114.
Khi đó AM = 2
√
30 ⇔ 14t
2

− 8t + 114 = 120 ⇔

t = 1
t = −
3
7
.
Vậy M(3; −3; −1) hoặc M

51
7
; −
1
7
; −
17
7

.
Bài tập 7.42. (D-2011) Trong không gian Oxyz, cho ∆ :
x − 1
2
=
y −3
4
=
z
1
và (P ) : 2x − y + 2z = 0.
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ ∆ ⇒ I(1 + 2t; 3 + 4t; t).
Mặt cầu (S) có bán kính 1 và tiếp xúc (P ) nên d (I, (P )) = 1 ⇔
|2 + 4t − 3 − 4t + 2t|
√
4 + 1 + 4
= 1 ⇔

t = 2
t = −1
.
Với t = 2 ⇒ I(5; 11; 2) ⇒ (S) có phương trình (x − 5)
2
+ (y −11)
2
+ (z − 2)
2
= 1.
Với t = −1 ⇒ I(−1; −1; −1) ⇒ (S) có phương trình (x + 1)
2
+ (y + 1)
2
+ (z + 1)
2
= 1.
Bài tập 7.43. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (4; −6; 3) , B (5; −7; 3). Gọi d là đường thẳng qua
A và vuông góc với mặt phẳng (P ) : 8x + 11y + 2z − 3 = 0. Tìm điểm C thuộc d sao cho ∆ABC vuông
tại B.
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n

(P )
= (8; 11; 2).
Đường thẳng d qua A(4; −6; 3) và nhận
−−→
n
(P )
= (8; 11; 2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó d có phương trình





x = 4 + 8t
y = −6 + 11t
z = 3 + 2t
.
Ta có C ∈ d ⇒ C(4 + 8t; −6 + 11t; 3 + 2t) ⇒
−−→
BA = (−1; 1; 0),
−−→
BC = (−1 + 8t; 1 + 11t; 2t).
Tam giác ABC vuông tại B nên
−−→
BA.
−−→
BC = 0 ⇔ 1 −8t + 1 + 11t = 0 ⇔ t = −
2
3
. Vậy C


−
4
3
; −
40
3
;
5
3

.
Bài tập 7.44. (A-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x + 1
2
=
y
1
=
z − 2
1
, mặt phẳng
(P ) : x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P ) lần lượt tại
M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
14
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Lời giải. Ta có M ∈ d ⇒ M(−1 + 2t; t; 2 + t); A là trung điểm MN ⇒ N(3 − 2t; −2 −t; 2 − t).
Lại có N ∈ (P ) nên 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (3; 2; 4) ⇒
−−→
AM = (2; 3; 2).

Đường thẳng ∆ qua M(3; 2; 4) và nhận
−−→
AM = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = 3 + 2t
y = 2 + 3t
z = 4 + 2t
.
Bài tập 7.45. (D-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x − 1
2
=
y + 1
−1
=
z
1
và hai điểm
A (1; −1; 2), B (2; −1; 0). Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M.
Lời giải. Ta có M ∈ d ⇒ M(1 + 2t; −1 − t; t) ⇒
−−→
AM = (2t; −t; t − 2),
−−→
BM = (−1 + 2t; −t; t).
Khi đó tam giác AMB vuông tại M ⇔

−−→
AM.
−−→
BM = 0 ⇔ 2t(−1 + 2t) + t
2
+ t(t − 2) = 0 ⇔

t = 0
t =
2
3
.
Vậy M(1; −1; 0) hoặc M

7
3
; −
5
3
;
2
3

.
Bài tập 7.46. (A-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x + 1
1
=
y
2

=
z − 2
1
và điểm
I(0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông
tại I.
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u
d
= (1; 2; 1).
Gọi H là trung điểm AB, ta có H ∈ d ⇒ H(−1 + t; 2t; 2 + t) ⇒
−→
IH = (−1 + t; 2t; −1 + t).
Lại có A, B ∈ (S) nên IH⊥AB ⇔
−→
IH.
−→
u
d
= 0 ⇔ −1+t+4t−1+t = 0 ⇔ t =
1
3
⇒
−→
IH =

−
2
3

;
2
3
; −
2
3

.
Tam giác IAB vuông cân tại I nên IA =
√
2IH =
2
√
6
3
⇒ (S) có bán kính R = IA =
2
√
6
3
.
Vậy mặt cầu (S) có phương trình x
2
+ y
2
+ (z − 3)
2
=
8
3

.
Bài tập 7.47. Xét vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng sau:
a) d :
x − 12
4
=
y −9
3
=
z − 1
1
và (α) : 3x + 5y − z − 2 = 0.
b) d :
x − 1
1
=
y −1
2
=
z − 2
−3
và (α) : x + y + z − 4 = 0.
Lời giải.
a) Tọa độ giao điểm của d và (P ) là nghiệm hệ



x − 12
4
=

y −9
3
=
z − 1
1
3x + 5y −z − 2 = 0
⇔





x = 0
y = 0
z = −2
.
Vậy d cắt (P) tại M(0; 0; −2).
b) Tọa độ giao điểm của d và (P ) là nghiệm hệ



x − 1
1
=
y −1
2
=
z − 2
−3
x + y + z − 4 = 0

⇔





x = −
3
7
y = −
13
7
z =
4
7
.
Vậy d cắt (P) tại M

−
3
7
; −
13
7
;
4
7

.
Bài tập 7.48. Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau:

a) d :
x − 1
1
=
y
2
=
z − 3
−1
và d

:
x − 2
2
=
y −3
4
=
z − 5
−2
.
b) d :
x − 3
−1
=
y −4
1
=
z − 5
−2

và d

:
x − 2
−3
=
y −5
3
=
z − 3
−6
.
c) d :
x − 1
1
=
y −2
3
=
z − 3
−1
và d

:
x − 2
−2
=
y + 2
1
=

z − 1
3
.
d) d :
x − 1
2
=
y + 1
3
=
z − 5
1
và d

:
x − 1
3
=
y + 2
2
=
z + 1
2
.
15
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải.
a) Đường thẳng d qua M(1; 0; 3) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 2; −1).

Đường thẳng d

qua M

(2; 3; 5) và có vectơ chỉ phương
−→
u

= (2; 4; −2).
Ta có

−→
u ,
−→
u


= (0; 0; 0) =
−→
0 ,
−−−→
MM

= (1; 3; 2) ⇒

−→
u ,
−−−→
MM



= (7; −3; 1) =
−→
0 . Vậy d||d

.
b) Đường thẳng d qua M(3; 4; 5) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (−1; 1; −2).
Đường thẳng d

qua M

(2; 5; 3) và có vectơ chỉ phương
−→
u

= (−3; 3; −6).
Ta có

−→
u ,
−→
u


= (0; 0; 0) =
−→
0 ,
−−−→

MM

= (−1; 1; −2) ⇒

−→
u ,
−−−→
MM


= (0; 0; 0) =
−→
0 . Vậy d ≡ d

.
c) Đường thẳng d qua M(1; 2; 3) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 3; −1).
Đường thẳng d

qua M

(2; −2; 1) và có vectơ chỉ phương
−→
u

= (−2; 1; 3).
Ta có

−→

u ,
−→
u


= (10; −1; 7) =
−→
0 ,
−−−→
MM

= (1; −4; −2) ⇒

−→
u ,
−→
u


−−−→
MM

= 10 + 4 − 14 = 0.
Vậy d cắt d

tại M(0; −1; 4).
d) Đường thẳng d qua M(1; −1; 5) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 3; 1).
Đường thẳng d


qua M

(1; −2; −1) và có vectơ chỉ phương
−→
u

= (3; 2; 2).
Ta có

−→
u ,
−→
u


= (4; −1; −5) =
−→
0 ,
−−−→
MM

= (0; −1; −6) ⇒

−→
u ,
−→
u



−−−→
MM

= 0 + 1 + 30 = 31 = 0.
Vậy d và d

chéo nhau.
Bài tập 7.49. (TN-09) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)
2
+ (y − 2)
2
+ (z − 2)
2
= 36 và
mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z + 18 = 0.
a) Xác định toạ độ tâm T và bán kính của (S). Tính khoảng cách từ T đến (P ).
b) Viết phương trình tham số đường thẳng d qua T và vuông (P ). Tìm toạ độ giao điểm của d và (P ).
Lời giải.
a) Mặt cầu (S) có tâm T (1; 2; 2) và bán kính R = 6. Khi đó d (T, (P )) =
|1 + 4 + 4 + 18|
√
1 + 4 + 4
= 9.
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (1; 2; 2).
Đường thẳng d qua T (1; 2; 2) và nhận
−−→

n
(P )
= (1; 2; 2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó d có phương trình





x = 1 + t
y = 2 + 2t
z = 2 + 2t
.
Tọa độ giao điểm của d và (P ) thỏa mãn hệ











x = 1 + t
y = 2 + 2t
z = 2 + 2t
x + 2y + 2z + 18 = 0
⇔












x = −2
y = −4
z = −4
t = −3
.
Vậy d cắt (P) tại M(−2; −4; −4).
Bài tập 7.50. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : 3x + 5y − z − 2 = 0 và đường thẳng
d :
x − 12
4
=
y −9
3
=
z − 1
1
.
a) Tìm giao điểm M của d và (α).
b) Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa M và vuông góc với d.

Lời giải.
a) Tọa độ giao điểm M của d và (α) là nghiệm hệ



x − 12
4
=
y −9
3
=
z − 1
1
3x + 5y −z − 2 = 0
⇔





x = 0
y = 0
z = −2
.
Vậy d cắt (P) tại M(0; 0; −2).
b) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u
d
= (4; 3; 1).

Mặt phẳng (β) qua M(0; 0; −2) và nhận
−→
u
d
= (4; 3; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (β) có phương trình: 4x + 3y + x + 2 = 0.
16
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.51. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :
x − 1
−1
=
y
1
=
z
−1
và d

:
x
2
=
y + 1
1
=
z
1
.
a) Chứng minh d và d


chéo nhau.
b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d và song song với d

.
Lời giải.
a) Đường thẳng d qua M(1; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (−1; 1; −1).
Đường thẳng d

qua M

(0; −1; 0) và có vectơ chỉ phương
−→
u

= (2; 1; 1).
Ta có

−→
u ,
−→
u


= (2; −1; −3) =
−→
0 ,
−−−→

MM

= (−1; −1; 0) ⇒

−→
u ,
−→
u


−−−→
MM

= −2 + 1 + 0 = −1 = 0.
Do đó d và d

chéo nhau (đpcm).
b) Mặt phẳng (α) qua M(1; 0; 0) và nhận

−→
u ,
−→
u


= (2; −1; −3) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình 2x −y − 3z − 2 = 0.
Bài tập 7.52. (CĐ-2012) Trong không gian Oxyz, cho d
1
:




x = t
y = 2t
z = 1 −t
, d
2
:



x = 1 + 2s
y = 2 + 2s
z = −s
. Chứng
minh d
1
và d
2
cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Lời giải. Đường thẳng d
1
qua M
1
(0; 0; 1) và có vectơ chỉ phương

−→
u
1
= (1; 2; −1).
Đường thẳng d
2
qua M
2
(1; 2; 0) và có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (2; 2; −1).
Ta có [
−→
u
1
,
−→
u
2
] = (0; −1; −2) =
−→
0 ,
−−−−→
M
1
M
2
= (1; 2; −1) ⇒ [

−→
u
1
,
−→
u
2
]
−−−−→
M
1
M
2
= 0 − 2 + 2 = 0.
Do đó d và d

cắt nhau tại M(1; 2; 0) (đpcm).
Gọi (P ) là mặt phẳng cần tìm ⇒ (P ) qua M
1
(0; 0; 1) và nhận [
−→
u
1
,
−→
u
2
] (0; −1; −2) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P) có phương trình: y + 2z − 2 = 0.
Bài tập 7.53. (B-06) Trong không gian Oxyz cho điểm A (0; 1; 2) và hai đường thẳng d

1
:
x
2
=
y −1
1
=
z + 1
−1
, d
2
:
x − 1
1
=
y + 1
−2
=
z − 2
1
.
a) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A và song song với d
1
, d
2
.
b) Tìm M thuộc d
1
, N thuộc d

2
sao cho A, M, N thẳng hàng.
Lời giải.
a) Đường thẳng d
1
qua M
1
(0; 1; −1) và có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (2; 1; −1).
Đường thẳng d
2
qua M
2
(1; −1; 2) và có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; −2; 1).
Mặt phẳng (P ) qua A(0; 1; 2) và nhận [
−→
u
1
,
−→
u
2
] = (−1; −3; −5) làm vectơ pháp tuyến.

Do đó (P ) có phương trình x + 3y + 5z −13 = 0.
Vì M1, M
2
/∈ (P ) : x + 3y + 5z − 13 = 0 nên (P ) : x + 3y + 5z − 13 = 0 là mặt phẳng cần tìm.
b) Ta có N ∈ d
1
⇒ N(2t
1
; 1 + t
1
; −1 − t
1
), N ∈ d
2
⇒ N(1 + t
2
; −1 − 2t
2
; 2 + t
2
)
Suy ra
−−→
AM = 2t
1
; t
1
; −3 − t
1
,

−−→
AN = (1 + t
2
; −2 − 2t
2
; t
2
).

−−→
AM,
−−→
AN

= (−t
1
t
2
− 2t
1
− 6t
2
− 6; −3t
1
t
2
− t
1
− 3t
2

− 3; −5t
1
t
2
− 5t
1
).
Khi đó A, M, N thẳng hàng ⇔

−−→
AM,
−−→
AN

=
−→
0 ⇔



−t
1
t
2
− 2t
1
− 6t
2
− 6 = 0
−3t

1
t
2
− t
1
− 3t
2
− 3 = 0
−5t
1
t
2
− 5t
1
= 0
⇔

t
1
= 0
t
2
= −1
.
Vậy M(0; 1; −1) và N(0; 1; 1).
Bài tập 7.54. (D-03) Trong không gian Oxyz, cho d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) : x+3ky−z+2 =
0 và (Q) : kx − y + z + 1 = 0. Tìm k để d vuông góc với (α) : x − y −2z + 5 = 0.
Lời giải. Mặt phẳng (P ), (Q) và (α) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n

(P )
= (1; 3k; −1),
−−→
n
(Q)
= (k; −1; 1),
−−→
n
(α)
= (1; −1; −2)
Khi đó d⊥(α) ⇔

−−→
n
(P )
.
−−→
n
(α)
= 0
−−→
n
(Q)
.
−−→
n
(α)
= 0
⇔


1 − 3k + 2 = 0
k + 1 − 2 = 0
⇔ k = 1.
17
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.55. (D-02) Trong không gian Oxyz, cho (P) : 2x −y + 2 = 0 và d là giao tuyến hai mặt phẳng
(α) : (2m + 1) x + (1 − m) y + m − 1 = 0 và (β) : mx + (2m + 1) z + 4m + 2 = 0. Xác định m để d song
song với (P ).
Lời giải. Mặt phẳng (P ), (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−−→
n
(P )
= (2; −1; 0),
−−→
n
(α)
= (2m + 1; 1 − m; 0),
−−→
n
(β)
= (m; 0; 2m + 1)
Khi đó d nhận
−→
u
d
=

−−→
n
(α)

,
−−→
n
(β)

=

(1 − m)(2m + 1); −(2m + 1)
2
; −m(1 − m)

làm vectơ chỉ phương.
Lấy M(0; 1; −2) ∈ d, ta có M ∈ (P ) nên
d||(P ) ⇔
−→
u
d
.
−−→
n
(P )
= 0 ⇔ 2(1 − m)(2m + 1) + (2m + 1)
2
= 0 ⇔ m = −
1
2
Bài tập 7.56. (D-09) Trong không gian Oxyz, cho A (2; 1; 0) , B (1; 2; 2) , C (1; 1; 0) và mặt phẳng (P ) :
x + y + z − 20 = 0. Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song
với mặt phẳng (P ).
Lời giải. Đường thẳng AB qua A(2; 1; 0) và nhận

−−→
AB = (−1; 1; 2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AB có phương trình





x = 2 − t
y = 1 + t
z = 2t
.
Ta có D ∈ AB ⇒ D(2 − t; 1 + t; 2t) ⇒
−−→
CD = (1 −t; t; 2t).
Nhận thấy C /∈ (P ) nên CD||(P ) ⇔
−−→
CD.
−−→
n
(P )
= 0 ⇔ 1 − t + t + 2t = 0 ⇔ t = −
1
2
. Vậy D

5
2
;
1

2
; −1

.
Bài tập 7.57. Lập phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
:
x − 7
1
=
y −3
2
=
z − 9
−1
và d
2
:
x − 3
−7
=
y −1
2
=
z − 1
3
.
Lời giải. Gọi ∆ là đường vuông góc chung của d
1
và d

2
và giả sử ∆ ∩ d
1
= M, ∆ ∩ d
2
= N.
Ta có M(7 + t
1
; 3 + 2t
1
; 9 − t
1
), N(3 − 7t
2
; 1 + 2t
2
; 1 + 3t
2
).
Suy ra
−−→
MN = (−4 − t
1
− 7t
2
; −2 − 2t
1
+ 2t
2
; −8 + t

1
− 3t
2
).
Khi đó

−−→
MN.
−→
u
d
1
= 0
−−→
MN.
−→
u
d
2
= 0
⇔

−4 − t
1
− 7t
2
− 4 − 4t
1
+ 4t
2

+ 8 − t
1
+ 3t
2
= 0
28 + 7t
1
+ 49t
2
− 4 − 4t
1
+ 4t
2
− 24 + 3t
1
− 9t
2
= 0
⇔

t
1
= 0
t
2
= 0
.
Suy ra M(7; 3; 9),
−−→
MN = (−4; −2; −8).

Đường thẳng ∆ qua M(7; 3; 9) và nhận
−−→
MN = (−4 − 2 − 8) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = 7 − 4t
y = 3 − 2t
z = 9 −8t
.
Bài tập 7.58. Viết phương trình đường thẳng qua A (1; −1; 1) và cắt d :
x − 1
2
=
y
1
=
z − 3
−1
, d

:
x
1
=
y + 1
−2

=
z − 2
1
.
Lời giải. Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ ∩ d = M, ∆ ∩ d

= N.
Ta có M(1 + 2t; t; 3 − t), N(t

; −1 − 2t

; 2 + t

) ⇒
−−→
AM = (2t; 1 + t; 2 − t),
−−→
AN = (−1 + t

; −2t

; 1 + t

).
Suy ra

−−→
AM,
−−→
AN


= (2tt

− t − t

+ 5; −3tt

− t + 2t

− 2; tt

− 3t − t

+ 1).
Vì A ∈ ∆ nên

−−→
AM,
−−→
AN

=
−→
0 ⇔



2tt

− t − t


+ 5 = 0
−3tt

− t + 2t

− 2 = 0
tt

− 3t − t

+ 1 = 0
⇔

t =
4
5
t

= −7
⇒
−−→
AN = (−8; 14; −6).
Đường thẳng ∆ qua A(1; −1; 1) và nhận
−−→
AN = (−8; 14; −6) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình






x = 1 − 8t
y = −1 + 14t
z = 1 −6t
.
18
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 7.59. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (Oxz) và cắt hai đường thẳng d :



x = t
y = −4 + t
z = 3 −t
, d

:



x = 1 − 2t

y = −3 + t

z = 4 −5t

.
Lời giải. Mặt phẳng (Oxz) có vectơ pháp tuyến
−−→

n
Oxz
= (0; 1; 0).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ ∩ d = M, ∆ ∩ d

= N.
Ta có M(t; −4 + t; 3 −t), N (1 −2t

; −3 + t

; 4 − 5t

) ⇒
−−→
MN = (1 − t − 2t

; 1 − t + t

; 1 + t − 5t

).
Suy ra

−−→
MN,
−−−−→
n
(Oxz)

= (−1 − t + 5t


; 0; 1 − t − 2t

).
Vì ∆⊥(Oxz) nên

−−→
MN,
−−−−→
n
(Oxz)

=
−→
0 ⇔

−1 − t + 5t

= 0
1 − t − 2t

= 0
⇔





t =
3

7
t

=
2
7
⇒ M

3
7
; −
25
7
;
18
7

.
Đường thẳng ∆ qua M

3
7
; −
25
7
;
18
7

và nhận

−−→
n
Oxz
= (0; 1; 0) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình











x =
3
7
y = −
25
7
+ t
z =
18
7
.
Bài tập 7.60. (B-04) Trong không gian Oxyz, cho A (−4; −2; 4) và d :
x + 3
2

=
y −1
−1
=
z + 1
4
. Viết
phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt và vuông góc với d.
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; −1; 4) và phương trình tham số





x = −3 + 2t
y = 1 − t
z = −1 + 4t
.
Giả sử ∆ ∩ d = M, ta có M(−3 + 2t; 1 − t; −1 + 4t) ⇒
−−→
AM = (1 + 2t; 3 − t; −5 + 4t).
Lại có ∆⊥d nên
−−→
AM.
−→
u = 0 ⇔ 2 + 4t − 3 + t − 20 + 16t = 0 ⇔ t = 1 ⇒
−−→
AM = (3; 2; −1).

Đường thẳng ∆ qua A (−4; −2; 4) và nhận
−−→
AM = (3; 2; −1) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = −4 + 3t
y = −2 + 2t
z = 4 −t
.
Bài tập 7.61. (D-09) Trong không gian Oxyz, cho ∆ :
x + 2
1
=
y −2
1
=
z
−1
và (P ) : x + 2y −3z + 4 = 0.
Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P ) sao cho d cắt và vuông góc với ∆.
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 2; −3).
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1; −1).

Tọa độ giao điểm M của ∆ và (P ) là nghiệm hệ



x + 2
1
=
y −2
1
=
z
−1
x + 2y −3z + 4 = 0
⇔





x = −3
y = 1
z = 1
⇒ M(−3; 1; 1).
Đường thẳng d qua M(−3; 1; 1) và nhận [
−→
n ,
−→
u ] = (1; −2; −1) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d có phương trình






x = −3 + t
y = 1 − 2t
z = 1 −t
.
Bài tập 7.62. (A-07) Trong không gian Oxyz, cho d
1
:
x
2
=
y −1
−1
=
z + 2
1
và d
2
:



x = −2 + 2t
y = 1 + t
z = 3
.
a) Chứng minh d

1
và d
2
chéo nhau.
b) Viết phương trình d vuông góc với (P ) : 7x + y − 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
19
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải.
a) Đường thẳng d
1
qua M
1
(0; 1; −2) và có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (2; −1; 1).
Đường thẳng d
2
qua M
2
(−1; 1; 3) và có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (2; 1; 0).

Ta có [
−→
u
1
,
−→
u
2
] = (−1; 2; 4) =
−→
0 ,
−−−−→
M
1
M
2
= (−1; 0; 5) ⇒ [
−→
u
1
,
−→
u
2
]
−−−−→
M
1
M
2

= 1 + 0 + 20 = 21 = 0.
Do đó d
1
và d
2
chéo nhau.
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (7; 1; −4).
Giả sử d ∩ d
1
= M, d ∩ d
2
= N, ta có M(2t
1
; 1 − t
1
; −2 + t
1
), N(−1 + 2t; 1 + t; 3).
Suy ra
−−→
MN = (−1−2t
1
+2t; t
1
+t; 5−t
1
) ⇒


−−→
MN,
−→
n

= (−3t
1
− 4t − 5; −15t
1
+ 8t + 31; −9t
1
− 5t − 1).
Lại có d⊥(P ) nên

−−→
MN,
−→
n

=
−→
0 ⇔



−3t
1
− 4t − 5 = 0
−15t
1

+ 8t + 31 = 0
−9t
1
− 5t − 1 = 0
⇔

t
1
= 1
t = −2
⇒ M (2; 0; −1).
Đường thẳng d qua M(2; 0; −1) và nhận
−→
n = (7; 1; −4) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d có phương trình





x = 2 + 7t
y = t
z = −1 −4t
.
Bài tập 7.63. (CĐ-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x − 2
−1
=
y + 1
−1

=
z + 1
1
và mặt
phẳng (P ) : 2x + y − 2z = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong (P ) vuông góc với d tại giao điểm của d và (P ).
Viết phương trình đường thẳng ∆.
Lời giải. Tọa độ giao điểm M của d và (P ) là nghiệm hệ



x − 2
−1
=
y + 1
−1
=
z + 1
1
2x + y −2z = 0
⇔





x = 1
y = −2
z = 0
⇒ M(1; −2; 0)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương

−→
u = (−1; −1; 1), (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; 1; −2).
Đường thẳng ∆ qua M(1; −2; 0) và nhận [
−→
u ,
−→
n ] = (1; 0; 1) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = 1 + t
y = −2
z = t
.
§4. Hình Chiếu
Bài tập 7.64. (B-2013) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) và mặt phẳng (P ) : 2x+3y−z−7 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P ). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; 3; −1).
Đường thẳng ∆ qua A(3; 5; 0) và vuông góc với (P ) nên nhận
−→
n = (2; 3; −1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó ∆ có phương trình






x = 3 + 2t
y = 5 + 3t
z = −t
.
Tọa độ hình chiếu H của A trên (P ) thỏa mãn hệ











x = 3 + 2t
y = 5 + 3t
z = −t
2x + 3y −z − 7 = 0
⇔












x = 1
y = 2
z = 1
t = −1
⇒ H(1; 2; 1).
Gọi B là điểm đối xứng với A qua (P ) ta có H là trung điểm AB ⇒ B(−1; −1; 2).
Bài tập 7.65. Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 4; 2) và mặt phẳng (α) : x + y + z −1 = 0. Tìm
toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên (α). Tìm toạ độ điểm A

đối xứng với A qua (α).
20
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Lời giải. Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 1; 1).
Đường thẳng AH qua A(1; 4; 2) và nhận
−→
n = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AH có phương trình






x = 1 + t
y = 4 + t
z = 2 + t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ











x = 1 + t
y = 4 + t
z = 2 + t
x + y + z − 1 = 0
⇔












x = −1
y = 2
z = 0
t = −2
⇒ H(−1; 2; 0).
Điểm A

đối xứng với A qua (α) ⇔ H là trung điểm AA

⇒ A

(−3; 0; −2).
Bài tập 7.66. (CĐ-2013) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(−1; 3; 2) và mặt phẳng (P ) : 2x − 5y +
4z − 36 = 0. Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P ). Viết phương trình mặt cầu tâm I
và đi qua A.
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; −5; 4).
Đường thẳng IA qua A(−1; 3; 2) và nhận
−→
n = (2; −5; 4) làm vectơ chỉ phương.
Do đó IA có phương trình





x = −1 + 2t

y = 3 − 5t
z = 2 + 4t
.
Tọa độ I thỏa mãn hệ











x = −1 + 2t
y = 3 − 5t
z = 2 + 4t
2x − 5y + 4z − 36 = 0
⇔












x = 1
y = −2
z = 6
t = 1
⇒ I(1; −2; 6) ⇒ IA = 3
√
5.
Mặt cầu (S) tâm I(1; −2; 6) và qua A có bán kính R = IA = 3
√
5.
Do đó (S) có phương trình (x − 1)
2
+ (y + 2)
2
+ (z − 6)
2
= 45.
Bài tập 7.67. (D-2013) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(−1; −1; −2), B(0; 1; 1) và mặt phẳng
(P ) : x + y + z − 1 = 0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). Viết phương trình mặt phẳng
đi qua A, B và vuông với (P ).
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 1; 1).
Gọi H là hình chiếu của A trên (P), khi đó AH nhận
−→
n = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AH có phương trình






x = −1 + t
y = −1 + t
z = −2 + t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ











x = −1 + t
y = −1 + t
z = −2 + t
x + y + z − 1 = 0
⇔












x =
2
3
y =
2
3
z = −
1
3
t =
5
3
⇒ H

2
3
;
2
3
; −
1
3

.
Ta có

−−→
AB = (1; 2; 3) ⇒

−→
n ,
−−→
AB

= (1; −2; 1).
Mặt phẳng cần tìm

−→
n ,
−−→
AB

= (1; −2; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x −2y + z +1 = 0.
Bài tập 7.68. Trong không gian Oxyz, cho A (1; 0; 0) và ∆ :
x − 2
1
=
y −1
2
=
z
1
. Tìm toạ độ điểm H là
hình chiếu vuông góc của A lên ∆. Tìm toạ độ điểm A

đối xứng với A qua ∆.

Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 2; 1) và phương trình tham số





x = 2 + t
y = 1 + 2t
z = t
.
Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(2 + t; 1 + 2t; t) ⇒
−−→
AH = (1 + t; 1 + 2t; t).
21
Nguyễn Minh Hiếu
Khi đó
−−→
AH.
−→
u = 0 ⇔ 1 + t + 2 + 4t + t = 0 ⇔ t = −
1
2
⇒ H

3
2
; 0; −
1

2

.
Điểm A

đối xứng với A qua ∆ ⇔ H là trung điểm AA

⇒ A

(2; 0; −1).
Bài tập 7.69. (CĐ-2013) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4; −1; 3) và d :
x − 1
2
=
y + 1
−1
=
z − 3
1
.
Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua d.
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; −1; 1).
Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ H(1 + 2t; −1 − t; 3 + t) ⇒
−−→
AH = (−3 + 2t; −t; t).
Khi đó
−−→
AH.

−→
u = 0 ⇔ −6 + 4t + t + t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(3; −2; 4).
Gọi A

là điểm đối xứng với H qua A, ta có H là trung điểm AA

⇒ A

= (2; −3; 5).
Bài tập 7.70. (D-06) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 2; 3) và hai đường thẳng d
1
:
x − 2
2
=
y + 2
−1
=
z − 3
1
và d
2
:
x − 1
−1
=
y −1
2
=
z + 1

1
. Tìm A

đối xứng với A qua d
1
. Viết phương trình đường
thẳng ∆ qua A, vuông góc d
1
và cắt d
2
.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (2; −1; 1) và phương trình tham số





x = 2 + 2t
1
y = −2 − t
1
z = 3 + t
1
.

Đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (−1; 2; 1) và phương trình tham số





x = 1 − t
2
y = 1 + 2t
2
z = −1 + t
2
.
Gọi H là hình chiếu của A trên d
1
, ta có H ∈ d
1
⇒ H(2+2t
1
; −2−t
1
; 3+t
1
) ⇒

−−→
AH = (1+2t
1
; −4−t
1
; t
1
).
Khi đó
−−→
AH.
−→
u
1
= 0 ⇔ 2 + 4t
1
+ 4 + t
1
+ t
1
= 0 ⇔ t
1
= −1 ⇒ H(0; −1; 2).
Điểm A

đối xứng với A qua d
1
⇔ H là trung điểm AA

⇒ A


(−1; −4; 1).
Giả sử ∆ ∩ d
2
= N ⇒ N(1 − t
2
; 1 + 2t
2
; −1 + t
2
) ⇒
−−→
AN = (−t
2
; −1 + 2t
2
; −4 + t
2
).
Vì ∆⊥d
1
nên
−−→
AN.
−→
u
1
= 0 ⇔ −2t
2
+ 1 − 2t

2
− 4 + t
2
= 0 ⇔ t
2
= −1 ⇒
−−→
AN = (1; −3; −5).
Đường thẳng ∆ qua A(1; 2; 3) và nhận
−−→
AN = (1; −3; −5) làm vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình





x = 1 + t
y = 2 − 3t
z = 3 −5t
.
Bài tập 7.71. Trong không gian Oxyz, cho d :
x
2
=
y −1
−1
=
z − 3
1

và (P ) : x + y + z − 10 = 0. Viết
phương trình hình chiếu d

của d lên (P ).
Lời giải. Tọa độ giao điểm A của d và (P ) là nghiệm hệ



x
2
=
y −1
−1
=
z − 3
1
x + y + z − 10 = 0
⇔





x = 6
y = −2
z = 6
⇒ A(6; −2; 6)
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 1; 1), đường thẳng d qua điểm M(0; 1; 3).

Gọi H là hình chiếu của M trên (P).
Đường thẳng MH qua M(0; 1; 3) và nhận
−→
n (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó MH có phương trình





x = t
y = 1 + t
z = 3 + t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ











x = t
y = 1 + t
z = 3 + t
x + y + z − 10 = 0

⇔











x = 2
y = 3
z = 5
t = 2
⇒ H(2; 3; 5).
22
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Đường thẳng d

qua H(2; 3; 5) và nhận
−−→
AH = (−4; 5; −1) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d

có phương trình






x = 2 − 4t
y = 3 + 5t
z = 5 −t
.
Bài tập 7.72. Trong không gian Oxyz, cho d :
x − 1
2
=
y + 1
1
=
z − 2
2
và (P) : x + 2y −2z − 4 = 0.Viết
phương trình hình chiếu d

của d lên (P ).
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 2; −2).
Đường thẳng d qua điểm M(1; −1; 2) và có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 1; 2).
Nhận thấy d||(P ) nên gọi H là hình chiếu của M trên (P ) thì d

qua H và d

||d.

Đường thẳng MH qua M(1; −1; 2) và nhận
−→
n (1; 2; −2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó MH có phương trình





x = 1 + t
y = −1 + 2t
z = 2 −2t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ











x = 1 + t
y = −1 + 2t
z = 2 −2t
x + 2y −2z − 4 = 0
⇔












x = 2
y = 1
z = 0
t = 1
⇒ H(2; 1; 0).
Đường thẳng d

qua H(2; 1; 0) và nhận
−→
u (2; 1; 2) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d

có phương trình





x = 2 + 2t

y = 1 + t
z = 2t
.
Bài tập 7.73. Trong không gian Oxyz, lập phương trình d

đối xứng của d :
x − 4
3
=
y −1
1
=
z − 2
−4
qua
(P ) : x − y + 2z −13 = 0.
Lời giải. Tọa độ giao điểm A của d và (P ) là nghiệm hệ



x − 4
3
=
y −1
1
=
z − 2
−4
x − y + 2z − 13 = 0
⇔






x = 1
y = 0
z = 6
⇒ A(1; 0; 6)
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; −1; 2), đường thẳng d qua điểm M(4; 1; 2).
Gọi H là hình chiếu của M trên (P).
Đường thẳng MH qua M(4; 1; 2) và nhận
−→
n (1; −1; 2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó MH có phương trình





x = 4 + t
y = 1 − t
z = 2 + 2t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ












x = 4 + t
y = 1 − t
z = 2 + 2t
x − y + 2z − 13 = 0
⇔











x = 5
y = 0
z = 4
t = 1
⇒ H(5; 0; 4).
Gọi M


đối xứng M qua (P ) ⇒ H trung điểm MM

⇒ M

= (6; −1; 6).
Đường thẳng d

qua M

(6; −1; 6) và nhận
−−→
AM

= (5; −1; 0) làm vectơ chỉ phương.
Vậy d

có phương trình





x = 6 + 5t
y = −1 − t
z = 6
.
23
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 7.74. (A-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng d :

x − 1
2
=
y
1
=
z − 2
2
.
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng
cách từ A đến (α) lớn nhất.
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 1; 2) và phương trình tham số





x = 1 + 2t
y = t
z = 2 + 2t
.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, ta có H ∈ d ⇒ H(1 +2t; t; 2+2t) ⇒
−−→
AH = (−1+ 2t; −5+ t; −1 +2t).
Khi đó
−−→
AH.
−→

u = 0 ⇔ −2 + 4t − 5 + t − 2 + 4t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(3; 1; 4).
Gọi K là hình chiếu của A trên (α) ta có d(A, (α)) = AK ≤ AH.
Do đó d(A, (α)) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH ⇔ K ≡ H.
Khi đó (α) qua H(3; 1; 4) và nhận
−−→
AH = (1; −4; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình (x −3) − 4(y − 1) + (z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z −3 = 0.
Bài tập 7.75. (CĐ-2010) Trong không gian Oxyz, cho A (1; −2; 3) , B (−1; 0; 1) và (P ) : x + y + z + 4 = 0.
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P ). Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng
AB
6
,
có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) tiếp xúc với (P).
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 1; 1). Gọi H là hình chiếu của A trên (P ).
Đường thẳng AH qua A(1; −2; 3) và nhận
−→
n (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AH có phương trình





x = 1 + t
y = −2 + t
z = 3 + t
.
Tọa độ H thỏa mãn hệ












x = 1 + t
y = −2 + t
z = 3 + t
x + y + z + 4 = 0
⇔











x = −1
y = −4
z = 1

t = −2
⇒ H(−1; −4; 1).
Ta có
−−→
AB = (−2; 2; −2) ⇒ AB = 2
√
3 ⇒ (S) có bán kính R =
AB
6
=
√
3
3
.
Đường thẳng AB qua A(1; −2; 3) và nhận
−−→
AB = (−2; 2; −2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AB có phương trình





x = 1 − 2t
y = −2 + 2t
z = 3 −2t
.
Gọi I là tâm mặt cầu (S), ta có I ∈ AB ⇒ I(1 − 2t; −2 + 2t; 3 − 2t).
Lại có (S) tiếp xúc (P ) nên d (I, (P )) = R ⇔
|t + 6|

√
3
=
√
3
3
⇔

t = −5
t = −7
.
Với t = −5 ⇒ I(−4; 3; −2) ⇒ (S) có phương trình (x + 4)
2
+ (y −3)
2
+ (z + 2)
2
=
1
3
.
Với t = −7 ⇒ I(−6; 5; −4) ⇒ (S) có phương trình (x + 6)
2
+ (y −5)
2
+ (z + 4)
2
=
1
3

.
Bài tập 7.76. Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x+2y−2z−3 = 0 và (S) : x
2
+y
2
+z
2
−4x+2y−2z−10 = 0.
Chứng minh (P ) cắt (S) theo một đường tròn. Tìm tâm và bán kính của đường tròn đó.
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(2; −1; 1) và bán kính R = 4.
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; 2; −2).
Ta có d (I, (P )) =
|2 − 2 − 2 − 7|
√
1 + 4 + 4
= 3 < R ⇒ (P ) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn (đpcm).
Gọi K là tâm đường tròn giao tuyến ta có K là hình chiếu của I trên (P ).
Đường thẳng IK qua I(2; −1; 1) và nhận
−→
n = (1; 2; −2) làm vectơ chỉ phương.
Do đó IK có phương trình





x = 2 + t
y = −1 + 2t

z = 1 −2t
.
24
Chuyên đề 7. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Tọa độ K thảo mãn hệ











x = 2 + t
y = −1 + 2t
z = 1 −2t
x + 2y −2z − 7 = 0
⇔












x = 3
y = 1
z = −1
t = 1
⇒ K(3; 1; −1).
Vậy đường tròn giao tuyến có tâm K(3; 1; −1) và bán kính r =

R
2
− d
2
(I, (P )) =
√
7.
Bài tập 7.77. (A-09) Trong không gian Oxyz, cho (P) : 2x −2y − z − 4 = 0 và (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−2x −
4y −6z −11 = 0. Chứng minh (P ) cắt (S) theo một đường tròn. Tìm tâm và bán kính của đường tròn đó.
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến
−→
n = (2; −2; −1).
Ta có d (I, (P )) =
|2 − 4 − 3 − 4|

√
4 + 4 + 1
= 3 < R ⇒ (P ) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn (đpcm).
Gọi K là tâm đường tròn giao tuyến ta có K là hình chiếu của I trên (P ).
Đường thẳng IK qua I(1; 2; 3) và nhận
−→
n = (2; −2; −1) làm vectơ chỉ phương.
Do đó IK có phương trình





x = 1 + 2t
y = 2 − 2t
z = 3 −t
.
Tọa độ K thảo mãn hệ











x = 1 + 2t

y = 2 − 2t
z = 3 −t
2x − 2y −z − 4 = 0
⇔











x = 3
y = 0
z = 2
t = 1
⇒ K(3; 0; 2).
Vậy đường tròn giao tuyến có tâm K(3; 0; 2) và bán kính r =

R
2
− d
2
(I, (P )) = 4.
Bài tập 7.78. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (3; 3; 0) , B (3; 0; 3) , C (0; 3; 3) , D (3; 3; 3). Viết
phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Gọi mặt cầu cần tìm là (S) : x

2
+ y
2
+ z
2
− 2ax − 2by −2cz + d = 0

a
2
+ b
2
+ c
2
> d

.
Vì (S) qua A, B, C, D nên ta có hệ







18 − 6a − 6b + d = 0
18 − 6a − 6c + d = 0
18 − 6b − 6c + d = 0
27 − 6a − 6b − 6c + d = 0
⇔
















a =
3
2
b =
3
2
c =
3
2
d = 0
(thỏa mãn).
Do đó mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D có phương trình (S) : x
2
+ y
2
+ z

2
− 3x − 3y −3z = 0.
Mặt cầu S có tâm I

3
2
;
3
2
;
3
2

.
Ta có
−−→
AB = (0; −3; 3),
−→
AC = (−3; 0; 3) ⇒

−−→
AB,
−→
AC

= (−9; −9; −9).
Mặt phẳng (ABC) qua A(3; 3; 0) và nhận

−−→
AB,

−→
AC

= (−9; −9; −9) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (ABC) có phương trình −9(x − 3) − 9(y −3) −9z = 0 ⇔ x + y + z − 6 = 0.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ta có K là hình chiếu của I trên (ABC).
Đường thẳng IK có phương trình











x =
3
2
+ t
y =
3
2
+ t
z =
3
2
+ t

.
Tọa độ K thỏa mãn hệ















x =
3
2
+ t
y =
3
2
+ t
z =
3
2
+ t
x + y + z − 6 = 0

⇔













x = 2
y = 2
z = 2
t =
1
2
⇒ K(2; 2; 2).
Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm K(2; 2; 2).
25