Chuyên đề hình học OXYZ

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG KHÔNG GIAN
A. LÝ THUYẾT
I. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VECTƠ
A. Hệ trục toạ độ Oxyz gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau với ba
vectơ đơn vị
, ,i j k
r ur ur

( )
1i j k
= = =
r r ur
.
B.
( )
1 2 3 1 2 3
; ;
a
a a a a a i a j a k
=
⇔ + +
uur
uur ur ur uur
; M(x;y;z)⇔
OM xi y j zk
= + +
uur
uuuuur
ur uur
C. Tọa độ của vectơ: cho

( ; ; ), ( '; '; ')u x y z v x y z
r r
1.
'; '; 'u v x x y y z z= ⇔ = = =
r r
2.
( )
'; '; 'u v x x y y z z± = ± ± ±
r r
3.
( ; ; )ku kx ky kz=
r
4.
. ' ' 'u v xx yy zz
= + +
ur r
5.
' ' ' 0u v xx yy zz⊥ ⇔ + + =
r r
6.
2 2 2
u x y z
= + +
r
7.
( )
' ' ; ' ' ; ' '; ;
' ' ' ' ' '
yz y z zx z x xy x y
y z z x x y

u v
y z z x x y
 
= − − −
 ÷
 ÷
 
∧ =
r r
8.
,u v
ur r
cùng phương⇔
[ , ] 0=
r r
r
u v
9.
( )
cos ,
.
.
u v
u v
u v
=
ur r
r r
r r
.

D. Tọa độ của điểm: cho A(x
A
;y
A
;z
A
), B(x
B
;y
B
;z
B
)
1.
( ; ; )= − − −
uuur
B A B A B A
AB x x y y z z
2.
2 2 2
( ) ( ) ( )= − + − + −
B A B A B A
AB x x y y z z
3.G là trọng tâm tam giác ABC ta có:
x
G
=
3
A B C
x x x+ +

;y
G
=
3
A B C
y y y+ +
; z
G
=
3
A B C
z z z+ +
4. M chia AB theo tỉ số k:
; ; ;
1 1 1
− − −
= = =
− − −
A B A B A B
M M M
x kx y ky z kz
x y z
k k k
Đặc biệt: M là trung điểm của AB:
; ; .
2 2 2
A B A B A B
M M M
x x y y z z
x zy

+ + +
= = =
5. ABC là một tam giác⇔
AB AC∧
uuur uuur
≠
0
r
khi đó S=
1
2
AB AC∧
uuur uuur
6. ABCD là một tứ diện⇔
AB AC∧
uuur uuur
.
AD
uuur
≠0, V
ABCD
=
( )
1
,
6
AB AC AD∧
uuur uuur uuur
, V
ABCD

=
1
.
3
BCD
S h

(h là đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh A)
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 1
Ebooktoan.com
( )
1;0;0i
r
( )
0;1;0j
r
( )
0;0;1k
r
O
z
x
y
II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG & MẶT
I. Mặt phẳng
Mặt phẳng
α
được xác định bởi: {M(x
0
;y

0
;z
0
),
( ; ; )n A B C=
r
}. Phương trình tổng
quát của mặt phẳng
α
: Ax+By+Cz+D=0, tìm D từ Ax
0
+By
0
+Cz
0
+D=0
hay A(x-x
0
)+B(y-y
0
)+C(z-z
0
)=0⇔ Ax+By+Cz+D=0.
 một số mặt phẳng thường gặp:
a/ Mặt phẳng (Oxy): z=0; mặt phẳng (Oxz): y=0; mặt phẳng (Oyz): x=0.
b/ Mặt phẳng đi qua ba điểm A,B,C: có
( )
[ , ]
ABC
n AB AC=

r uuur uuur
c/
α
//
β
⇒
n n
α β
=
uur uur
d/
α
⊥
β
⇒
n u
α β
=
uur uur
và ngược lại
e/
α
//d⇒
d
u u
α
=
uur uur
f/
α

⊥d⇒
d
n u
α
=
uur uur
.
Chú ý:
* (Oxy): z = 0, (Oxz): y = 0, (Oyz): x = 0
* Phương trình mặt phẳng đi qua M(a; 0; 0), N(0; b; 0), P(0; 0; c) với
, , 0a b c ≠
là
1
x y z
a b c
+ + =
II. Đường thẳngIV.Đường cong
Đường thẳng ∆ được xác định bởi: {M(x
0
;y
0
;z
0
),
u
∆
uur
=(a;b;c)}
i.Phương trình tham số:
0

0
0
x x at
y y bt
z z ct
= +


= +


= +

;
ii.Phương trình chính tắc:
0 0 0
x x y y z z
a b c
− − −
= =

iii.Đường thẳng qua giao tuyến hai mặt phẳng:
1 1 1 1
2 2 2 2
0
0
A x B y C z D
A x B y C z D
+ + + =



+ + + =

trong
đó
1 1 1 1
( ; ; )n A B C=
uur
,
2 2 2 2
( ; ; )n A B C=
uur
là hai VTPT và VTCP
1 2
[ ]u n n
∆
=
uur uuruur
.
†Chú ý: a/ Đường thẳng Ox:
0
0
y
z
=


=

; Oy:

0
0
x
z
=
=



; Oz:
0
0
x
y
=


=


b/ (AB):
AB
u AB=
r uuur
; c/ ∆
1
//∆
2
⇒
1 2

u u
∆ ∆
=
uur uur
; d/ ∆
1
⊥∆
2
⇒
1 2
u n
∆ ∆
=
uur uur
.
III. Góc- Kh/C
Góc giữa hai đường
thẳng *cos(∆,∆’)=cos
ϕ
=
. '
. '
u u
u u
ur uur
r uur
;
Góc giữa hai mp
*cos(
α

,
α
’)=cosϕ=
. '
. '
n n
n n
ur uur
r uur
;
Góc giữa đường thẳng và
mp *sin(∆,
α
)=sinψ=
.
.
n u
n u
ur r
r r
.
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 2
Ebooktoan.com
III.KHOẢNG CÁCH
Cho M (x
M
;y
M
;z
M

),
α
:Ax+By+Cz+D=0,∆:{M
0
(x
0
;y
0
;z
0
),
u
∆
r
},
∆’ {M’
0
(x
0
';y
0
';z
0
'),
'u
∆
uur
}
* Khoảng cách từ M đến mặt phẳng α: d(M,
α

)=
2 2 2
M M M
Ax By CZ D
A B C
+ + +
+ +
* Khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆: d(M,∆)=
1
[ , ]MM u
u
uuuuur r
r
* Khoảng cách giữa hai đường thẳng: d(∆,∆’)=
0 0
[ , ']. '
[ , ']
u u M M
u u
r uur uuuuuuuur
uur uur
IV. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
Mặt cầu (S){I(a;b;c),bán kính R}
Dạng 1: (x-a)
2
+(y-b)
2
+(z-c)
2
=R

2
(S)
Dạng 2: x
2
+y
2
+z
2
-2ax-2by-2cz+d=0 khi đó R=
2 2 2
a b c d
+ + −
1. d(I,
α
)>R:
α
∩
(S)=∅
2. d(I,
α
)=R:
α
∩
(S)=M (M gọi là tiếp điểm)
*Điều kiện để mặt phẳng
α
tiếp xúc mặt cầu (S): d(I, α)=R (mặt phẳng
α
là tiếp diện
của mặt cầu (S) tại M khi đó

n
α
uur
=
IM
uuur
)
3. Nếu d(I,
α
)<R thì
α
sẽ cắt mc(S) theo đường tròn (C) có phương trình là giao của
α
và (S). Để tìm tâm H và bán kính r của (C) ta làm như sau:
a. Tìm r =
2 2
- ( , )R d I
α
b. Tìm H: +Viết phương trình đường thẳng ∆ qua I, vuông góc với
α
+H=∆
∩
α
(toạ độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ∆ với
α
)
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 3
Ebooktoan.com
B. CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP
I. Xác định tọa độ của một điểm:

Ví dụ 1. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2).Tìm tọa độ
điểm O’ đối xứng với O qua (ABC).
Giải:
Áp dụng phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:
1
1 2 2
x y z
+ + = ⇔
−
2x+y-z-2=0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC).
OH vuông góc với (ABC) nên đường thẳng OH nhận vectơ pháp tuyến
(2;1; 1)n −
r
của (ABC) làm vectơ chỉ phương của nó.
2
: (2 ; ; )
x t
OH y t H t t t
z t

=

⇒ = ⇒ −


= −

1
( ) 2.2 2 0

3
H ABC t t t t∈ ⇒ + + − = ⇔ =
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( −H
O’ đối xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' −O
Vậy
)
3

2
;
3
2
;
3
4
(' −O
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1),
C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng
2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Giải:
Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = −
uuur uuur r
là 1 vtpt của (ABC)
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0
* Mặt phẳng trung trực của đoạn AB có phương trình 2x – 3y – z – 2 = 0
* Mặt phẳng trung trực của đoạn BC có phương trình 2x – y – 1 =0
Điểm M là giao của mặt phẳng (ABC), mặt phẳng trung trực của đoạn AB và
mặt phẳng trung trực của đoạn BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ
x 2y – 4z 6 0
2 3 2 0
2 1 0
x y z
x y

+ + =

− − − =



− − =

x 2y – 4z 6
2 3 2
2 1
x y z
x y

+ = −

⇔ − − =


− =

0
1
1
x
y
z

=

⇔ = −


=


Vậy M( 0; -1; 1)
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 4
Ebooktoan.com
Cách khác:
Gọi M(x; y; z)
*
( ) x 2y – 4z 6 0M ABC∈ ⇒ + + =
(1)
MA = MB = MC
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) (1 ) (2 ) (2 ) ( 2) ( 2)
(2 ) ( 2) ( 2) ( 2 ) ( ) (1 )

− + − + − = − + + + −
=


⇔ ⇔
 
=

− + + + − = − − + − + −


x y z z y z
MA MB
MB MC
z y z x y z

2 3 2 0 (2)
2 1 0 (3)
x y z
x y

− − − =
⇔

− − =

Từ (1), (2), (3) ta có hệ
x 2y – 4z 6 0
2 3 2 0
2 1 0
x y z
x y

+ + =

− − − =


− − =

0
1
1
x
y
z


=

⇔ = −


=

Vậy M( 0; -1; 1)
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-
1;3);
C (4;0;-1).
1. Chứng minh rằng: A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm độ dài đường
cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.
2. Tìm m và n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A và C.
Giải:
1. Ta có :
AB ( 4;1;0)
= −
uuur
;
BC (2;1; 4)
= −
uuur
⇒
AB,BC ( 4; 16; 6) 0
 
= − − − ≠
 
uuur uuur r

⇒ A, B, C không thẳng hàng ⇒ A, B, C là 3 đỉnh của tam giác
⇒ AH = d(A, BC) =
AB,BC
2 33
BC 3
 
 
=
uuur uuur
2. M (m + 2; 1; 2n + 3) ⇒
AM (m 4;3;2n)
= −
uuuur
cùng phương
AC 2(1; 1;2)
= − −
uuur
⇒
m 4 3 2n
1 1 2
−
= =
−
⇒ m = 1 và n = -3
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đường thẳng
∆
:
1 2
1 1 2

x y z− +
= =
−
.Tìm toạ độ điểm M trên
∆
sao cho :
2 2
28MA MB
+ =
.
Giải:
Phương trình tham số
1
: 2 (1 ; 2 ;2 )
2
= −


∆ = − + ⇒ − − +


=

x t
y t M t t t
z t
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 5
Ebooktoan.com
Ta có:
2 2 2

28 12 48 48 0 2MA MB t t t+ = ⇔ − + = ⇔ =
Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4)
Ví dụ 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường
thẳng d :
x 1 y 1 z
2 1 1
− +
= =
−
.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua
điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối
xứng với M qua d.
Giải:
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua
M, cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +


= − +


= −

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).
Suy ra :
MH

uuuur
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
* Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; −1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =
2
3
.
Cho nên,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
 
− −
 ÷
 
3 (1; 4; 2)
MH
u MH= = − −
uuuur uuuur
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2
− −
= =

− −
* Theo trên có
7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H − −
mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ M’
8 5 4
( ; ; )
3 3 3
− −

Ví dụ 6. 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
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 6
Ebooktoan.com
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∈
Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.
Ví dụ 7. 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
Ví dụ 8. 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
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 7
Ebooktoan.com
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:
d có phương trình tham số là:





+=
−=
−=
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

Ví dụ 9. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2). Tìm điểm I trên đường
thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất .
Giải:
Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8);
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phương
+) M( 2; 0; - 1)
∈
d

1
; M( 2; 0; - 1)
∉
d
2
Vậy d
1
// d
2
Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB
≥
A
1
B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng
⇒
I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
−

 ÷
 
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 8
Ebooktoan.com
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
− −
 
 ÷
 
Ví dụ 10. 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= ⇒ − −

Vậy ……
Ví dụ 11. 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
 
 ÷
 
Ví dụ 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
1 0+ + − =x y z

và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
−MA MB
đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)
⇒
B’(-1; -3; 4)
Lại có
' '− = − ≤MA MB MA MB AB
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng
⇒
M là giao điểm của (P) và AB’
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 9
Ebooktoan.com
AB’ có phương trình :

1
3
2
= +


= −


= −

x t
y
z t
Tọa độ của M là nghiệm của hệ
1
3
2
1 0
= +


= −


= −


+ + − =


x t
y
z t
x y z
2
3
6
x
y
z

= −

⇒ = −


=

Vậy M(-2; -3; 6)
Ví dụ 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7;
-2; 3) và đường thẳng d có phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +



= − ∈


= +

. Tìm trên d những điểm
M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất.
Giải:
Ta có
M d
∈ ⇒
M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t),
(6; 4;4)AB = −
uuur
VTCP của d là
(2; 2; 2)u = −
v
⇒
AB//d.
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB
≥
A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
II. Viết phương trình mặt phẳng:
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ;
1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P)
đi qua A, B và vuông góc với (Q).

Giải:
Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
= −
 
uuur uur uuur uur
Vì
; 0
Q
AB n
 
≠
 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần
lượt có phương trình
d :
z

y
x =
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình
mặt phẳng
)(
α
đi qua d và vuông góc với d’.
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 10
Ebooktoan.com
Giải:
Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M

và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
Ta có
/ /
. 0u u u u= ⇒ ⊥
uur uur
r r
Suy ra d và d’ vuông góc với nhau.
Ta có
)5;1;2( −=MM
,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó
[ ]
012'.'; ≠−=MMuu
vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng
)(
α
đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' −u
nên có
phương trình:

0)2(2 =−−+ zyx
hay
022
=−−+
zyx
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần
lượt có phương trình : d :
z
y
x =
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
. Viết
phương trình mặt phẳng
)(

α
đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30
.
Giải:
Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
.
Mp
)(
α
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
)(
α
mp
có
phương 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
)(
α
mp
có phương trình
02)2( =−−− zyx
hay
022
=+−−

zyx
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
( ) ( )
921
2
2
2
=+++− zyx
. 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:
(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

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 11
Ebooktoan.com





−−=
+−=
↔
535
535
D
D
Vậy có 2 mặt phẳng : (P
1
) :

053522 =+−−+ zyx
và (P
2
) :
053522 =−−−+ zyx

Ví dụ 5. 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
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.
Ví dụ 6. Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 2

x y z
= =
; d
2
1 2
1
x t
y t
z t
= − −


=


= +

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua
d
2
.
2.Tìm
1 2
;A d B d∈ ∈
sao cho AB ngắn nhất.

Giải:
1. + Phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d
2
có pt 2x – y - z + 3 = 0
+ Giao của d
2
với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)
⇒
Điểm đối xứng M
’
của M qua d
2
là M
’
(-3 ;-2 ;-1)
2. Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t
1
;-t
1
;1+t
1
) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng d
1
và d
2
.

⇒
1
2
. 0
. 0
AB v
AB v

=


=


uuur ur
uuur uur
⇒
tọa độ của
3 3 6
; ;
35 35 35
A
 
 ÷
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B

− −
 
 ÷
 
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 12
Ebooktoan.com
Ví dụ 7. Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương
trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đến
( )
α
lớn nhất.
Giải:

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
⇒ − + − =
Ví dụ 8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi
qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường
thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Giải :
Giả sử
( ; ; )n a b c
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương
(1;1; 4)u =
r
Từ giả thiết ta có
2 2 2
. 4 0
/ /( ) (1)
| 5 |
4
( ;( )) 4 (2)

n u a b c
P
a b
d A P
a b c

= + + =
∆


⇔
+
 
=
=


+ +

r r
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − =
⇔
4 2
a a
v
c c
= = −

Với
4
a
c
=
chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
Với
2
a
c
= −
chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
Ví dụ 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường
thẳng d có phương trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,
song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Giải:

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 13
Ebooktoan.com
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
phương 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.
Ví dụ 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường
thẳng (d) lần lượt có phương trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d):
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
−
1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P)
một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán

kính bằng 3.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng
(P) một góc nhỏ nhất.
Giải:
1. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:
1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
= −


= − + ∈


= +

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:
| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
− + − − − − +
∆ = = =
⇔
2

3
7
3
t
t

=



= −


⇒ Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
I
hoặc
7 17 1
; ;
3 3 7
 
− −
 ÷
 

I
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu
có bán kính là R = 5.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 14
Ebooktoan.com
2 2 2
2 1 8
25
3 3 3
     
+ + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
x y z
hoặc
2 2 2
7 17 1
25
3 3 3
     
− + + + + =
 ÷  ÷  ÷
     
x y z
2. Đường thẳng (∆) có VTCP
( 1;2;1)u = −
r
Mặt phẳng (P) có VTPT
(2; 1; 2)n = − −

r
Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là:
| 2 2 2 | 6
sin
3
3. 6
− − −
α = =
⇒ Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) cần tìm là
6 3
cos 1
9 3
α = − =
Giả sử (Q) đi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m
2
+ n
2
> 0)
⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là:
2 2
| 3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn
α = =
+ +
⇔ m

2
+ 2mn + n
2
= 0 ⇔ (m + n)
2
= 0 ⇔ m = −n.
Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0.
III. Viết phương trình đường thẳng:
Ví dụ 1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0
và hai đường thẳng d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
. Viết phương
trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.

Giải:
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; -
2m)
⇒ =
uuuur
MN

(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
MN
uuuur
và
uur
p
n
cùng phương
:⇔ ∃ = ⇔
uuuur uur
p
k MN kn
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −



− − − = −

có nghiệm
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 15
Ebooktoan.com
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3) ,
(2; 1; 5)MN = − −
uuuur
⇒
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
= +



= −


= −


Ví dụ 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt
phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình
đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn
khoảng cách từ M tới
∆
bằng
42
.
Giải:
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t

= +


= − +


= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −

Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z− +
uuuur
.
Ta có

MN
uuuur
vuông góc với
u
∆
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
∈
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

+ + + =

− + − =


− + + + =

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5

:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng.
Giải:
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =
uur
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 16
Ebooktoan.com
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M =
uuuuuuur
Xét

1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng (1)
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi qua M
1

nên có phương trình
2 2 0x y z+ − + =
*Ta thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mp(P) (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1
∆
:
2
2
−
−x
=
1
1+y

=
3
z
. Gọi
2
∆
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Giải:
*
1
∆
có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
= −


= − +



=

*
2
∆
có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩ ∆ = ∩ ∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur

*
( ) à⊥ ⇔
uuuur ur
d R A B v n
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−

23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A
và có vtcp
(1;2; 3)n = −
ur
=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z

x y
−
− −
= =
−
Ví dụ 5. Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có
phương trình: x = -3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t ∈ R. Viết phương trình đường
thẳng (∆) đi qua A; cắt và vuông góc với (d).
Giải:
( 3 2 ;1 ; 1 4 )d B B t t t∆ ∩ = ⇒ − + − − +
, Vt chỉ phương
(2; 1;4)
d
u = −
uur
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 17
Ebooktoan.com
Ta có
. 0 1
d
AB u t= ⇔ =
uuur uur
=> B(-1;0;3)
Suy ra phương trình đường thẳng
1 3
: 2
3
x t
AB y t
z t

= − +


∆ ≡ =


= −

Ví dụ 6. 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:
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 :

( ) ( )
( )
MM' u,u '
8
d d , d '
11
u,u '
 
 
= =
 
 
uuuuur r uur
r uur
Ví dụ 7. 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
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 18
Ebooktoan.com
+ 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

 
= − + −

 ÷
 ÷

 

 

= +
 ÷

 ÷
 



 

= + +
 ÷
 ÷

 

Ví dụ 8. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường
thẳng

1
: 4
1 2
x t
y t
z t
=


∆ = −


= − +

;
2
2
:

1 3 3
x y z−
∆ = =
− −
Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường
thẳng
1
∆
và
2
∆
Viết phương trình mặt phẳng(
α
) qua điểm I , song song với
1
∆
và
2
∆
Giải:
I(1;5;0) ,
1
: 4
1 2
x t
y t
z t
=



∆ = −


= − +


2
2
:
1 3 3
x y z−
∆ = =
− −
1
∆
có vtcp
1
(1; 1;2)u −
;và
1
∆
đi qua điểm M
1
(0;4; 1)−
2
∆
có vtcp
2
(1; 3; 3)u − −
;

2
∆
đi qua điểm
2
(0;2;0)M
• mp(P)chứa
1
∆
và điểm I có vtpt
1 1
, (3; 1; 2)n M I u
 
= = − −
 
r uuuur ur
⇒
p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0
Tương tự mp(Q) chứa
2
∆
và điểm I có vtpt
'
n
ur
(3;-1;2)
⇒
p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 19
Ebooktoan.com
*Vì đường thẳng d qua I , cắt

1
∆
và
2
∆
, nên d = (P)
∩
(Q)
→
đường thẳng d có vtcp
'
,
d
u n n
 
=
 
ur
uur r
= (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0)
Nên p/t tham số của d là
1
5 3
0
x t
y t
z
= +



= +


=

*mp(
α
) qua điểm I và song song với
1
∆
và
2
∆
nên (
α
) có vtpt
n
α
uur
=
1 2
,u u
 
 
ur uur
=(9;5;-2)
⇒
(
α
) : 9x + 5y -2z – 34 = 0

Ví dụ 9. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
= − +

− +

= = = +

−

=

Giải:
Gọi
( ) ( )
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t , N d N 1 2t';1 t ';3∈ ⇒ − − + ∈ ⇒ − + +
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
1
MN 2t 2t' 1;t t'; t 5
2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0

MN.u 0
2 2t 2t ' 1 t t' 0
MN.u 0
6t 3t ' 3 0
t t ' 1
3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4
⇒ − + − + − +


− + − − + + − + =
=
 
⇔
 
− + − + + =
=




− + + =

⇔ ⇔ = =

− + − =


⇒ − −
− +
⇒ = =
−
uuuur
uuuur uur
uuuur uur
uuuur
Ví dụ 10. 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
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 20
Ebooktoan.com

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
= +


= −


= −

Ví dụ 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:

1 1 1
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
; d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z− − +
= =
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3
= 0.
Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P)
và ∆ cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Giải :
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r

Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
IV. Viết phương trình mặt cầu:
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1

2
:
2
zyx
d
=
+
=
−

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng
d
1
và d
2
Giải:
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2

Ta tìm A, B :
d
1
có vec tơ chỉ phương
(3; 1; 2)u = − −
r
d
2
có vec tơ chỉ phương
/
(1;3;1)u =
uur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒
/ / /
( 4 1;3 4; 2 5)= − − + − + +
uuur
AB t t t t t t
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 21
Ebooktoan.com
Ta có:
/
1
1
'


= −
⊥


⇔
 
=
⊥



uuur r
uuur ur
t
AB u
t
AB u

⇒
A(-1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R
6= =IA
Nên mặt cầu cần tìm có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

( )
1
x 1
d : y 4 2t
z 3 t
=


= − +


= +

và
( )
2
x 3u
d : y 3 2u
z 2
= −


= +


= −

a. Chứng minh rằng (d
1
) và (d

2
) chéo nhau.
b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung
của (d
1
) và (d
2
).
Giải:
* Đường thẳng (d
1
) đi qua M
1
( 1; -4; 3) và có VTCP
( )
1
u 0;2;1=
uur
Đường thẳng (d
2
) đi qua M
2
( 0; 3;-2) và có VTCP
( )
2
u 3;2;0= −
uur
Do đó :
( )
1 2

M M 1;7; 5= − −
uuuuuur
và
( )
1 2
u ,u 2; 3;6
 
= − −
 
uur uur
Suy ra
1 2 1 2
u ,u .M M 49 0
 
= − ≠
 
uur uur uuuuuur
.
Vậy (d
1
) và (d
2
) chéo nhau
* Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d
1
) và B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d
2
) .
Ta có :
( )

AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t= − − + − − −
uuur
A,B là giao điểm của đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
) với hai đường đó
1
2
AB.u 0
14 4u 4t 5 t 0 u 1
9u 3 14 4u 4u 0 t 1
AB.u 0

=
+ − − − = = −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ + + − = =
=
 


uuur uur
uuur uur
Suy ra : A( 1; -2; 4) và B(3; 1; -2)
( )
AB 2;3; 6⇒ = −

uuur
⇒
AB = 7
Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; -
1
2
; 1)
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT :

( ) ( )
2
2 2
1 49
x 2 y z 1
2 4
 
− + + + − =
 ÷
 
Ví dụ 3. Cho đường thẳng (d) :
x t
y 1
z t
=


= −


= −


và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và
(Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 22
Ebooktoan.com
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P)
b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai
mặt phẳng (P) và (Q)
Giải:
* + Đường thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) và có VTCP
( )
d
u 1;0; 1= −
uur
+ Mp (P) có VTPT :
( )
P

n 1;2;2=
uur
Mp (R) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT :
( )
R d P
n u ;n 2; 3;2
 
= = −
 
uur uur uur
Thay x, y, z từ Pt của (d) vào PT của (P) ta có :
t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) cắt (P) tại K(1; -1; -1)
Hình chiếu (d’) của (d) trên (P) đi qua K và có VTCP :
( )
d' R P
u n ;n 10;2; 7
 
= = −
 
uur uur uur
Vậy (d’) có PTCT :
x 1 y 1 z 1
10 2 7
− + +
= =
−
* Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có :
d
1
= d(I, (P)) =

1 t
3
−
; d
2
= d(I, (Q)) =
5 t
3
−

Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) và (Q) nên : R = d
1
= d
2

⇔
| 1 - t | = | 5 - t |
⇔
t = 3
Suy ra : R = 2/3 và I = ( 3; -1; -3 ) .
Do đó mặt cầu cần tìm có PT là :

( ) ( ) ( )
2 2 2
4
x 3 y 1 z 3
9
− + + + + =
Ví dụ 4.Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung
điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua
các điểm B, C’, M, N.
Giải:
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D

B
A C D
C
B C D
D

= −

+ + =




+ + + =
= −
 
⇔
 
+ + + =
 
= −
 
+ + + =



=

Vậy bán kính R =
2 2 2

15A B C D+ + − =
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 23
Ebooktoan.com
Ví dụ 5. 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:
Ta có A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>−++=++++++
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







⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H
(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
Ví dụ 6. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

D
1
:
2 1
1 1 2
x y z
− −
= =
−
, D
2
:
2 2
3
x t
y
z t
= −


=


=

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 24
Ebooktoan.com
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D
1
và

D
2
.
Giải:
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u
ur
( 1; - 1; 2)
và
2
u
uur
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
∈
D
1
; N( 2; 3; 0)
∈
D
2
Xét
1 2
; .u u MN
 

 
ur uur uuuur
= - 10
≠
0
Vậy D
1
chéo D
2
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)
∈
D
1
và B(2 – 2t’; 3; t’)
∈
D
2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u

=


=



uuurur
uuur uur

⇒

1
3
' 0
t
t

= −



=


⇒
A
5 4 2
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
∆

qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D
1
và D
2
.
Ta có
∆
:
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +


= +


=

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷

     
Ví dụ 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường
thẳng d:
14 5
4 1 2
x y z− +
= =
−
. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai
điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16.
Giải:
Gọi H là trung điểm đoạn AB
8⇒ =HA
IH
2
= 17; IA
2
= 81
9R⇒ =
Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 1 81− + − + − =C x y z
V. Xác định tâm và bán kính của đường tròn:
Ví dụ 1. 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

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH – LTĐH 25
Ebooktoan.com