HÌNH HỌC 12 CHƯƠNG HÌNH GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN

THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p

p
.
. Trang 1
…
…




H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T

T
Í
Í
C
C
H
H


T
T
R
R
O
O
N
N
G
G


K
K
H
H
Ô
Ô
N
N
G

G


G
G
I
I
A
A
N
N




…
…


§
§
1
1
.
.


H
H
Ệ

Ệ


T
T
O
O
Ạ
Ạ


Đ
Đ
Ộ
Ộ


T
T
R
R
O
O
N
N
G
G


K

K
H
H
Ô
Ô
N
N
G
G


G
G
I
I
A
A
N
N
.
.
1) HỆ TỌA ĐỘ:
 Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc trong không gian.
 Gọi
i

,
j

,

k

là ba véctơ đơn vị tương ứng với trục Ox, Oy, Oz, ta có:
2 2 2
1; . . . 0
i j k i j j k k i
     
  
     
.
2) TỌA ĐỘ VÉCTƠ, ĐỘ DÀI VÉCTƠ, TỌA ĐỘ ĐIỂM:
 Trong không gian toạ độ Oxyz, các véctơ
i

,
j

,
k

không đồng phẳng. Cho
u

, khi đó tồn tại duy nhất bộ ba số x, y, z sao cho
u

= x.
i

+ y.

j

+ z.
k

thì bộ
3 số(x; y; z) được gọi là toạ độ của
u

. Ta có:
( ; ; )
u x y z u xi y j zk
    
    
.
 Độ dài véctơ:
2 2 2
( ; ; )
u x y z u x y z
    
 
.
 Toạ độ
OM

chính là toạ độ của điểm M.
( ; ; ) ( ; ; )
M x y z OM x y z
 


.
 Cho
     
; ; , ; ; ; ;
A A A B B B B A B A B A
A x y z B x y z AB x x y y z z
    

và
     
2 2 2
B A B B A
AB x x y y z z     


3) CÁC PHÉP TOÁN & TÍNH CHẤT:
Trong không gian Oxyz cho


1 1 1 1
; ;
u x y z



0

,



2 2 2 2
; ;
u x y z



0

và một số thực k.

1
u

=
2
u


1 2 1 2 1 2
; ;
x x y y z z
  


1
u

±
2
u


=


1 2 1 2 1 2
; ;
x x y y z z
  
tổng, hiệu hai véctơ là một véctơ.
 k.
1
u

=


1 1 1
; ;
kx ky kz
tích một số với một véctơ là một véctơ.

1
u

.
2
u

=
1 2 1 2 1 2

x x y y z z
  tích vô hướng hai véctơ là một số.

 
1 2
1 2
1 2
.
cos ,
.
u u
u u
u u

 
 
 
=
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
.
x x y y z z
x y z x y z
 
   

Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là  thì
0 0
0 90


 
. Góc giữa hai véctơ là  thì
0 0
0 180

 


1
u


2
u


1
u

.
2
u

= 0 
1 2 1 2 1 2
x x y y z z
  = 0

1

u

và
2
u

cùng phương 
1
u

= k
2
u

và A, B, C thẳng hàng 
AB

= k
AC


 M là trung điểm AB 
; ;
2 2 2
A B A B A B
M M M
x x y y z z
x y z
  
  

.
 G là trọng tâm của ABC  ; ;
3 3 3
A B C A B C A B C
G G G
x x x y y y z z z
x y z
     
   .
 G trọng tâm tứ diện ABCD  ; ;
4 4 4
A B C D A B C D A B C D
G G G
x x x x y y y y z z z z
x y z
        
   .




1
Vd
Trong không gian toạ độ Oxyz cho
a

= 2
i

+ 3

j

– 4
k

,
b

= 3
i

+ 4
k

,
c

=
j

–
k

.
a) Tìm toạ độ của véctơ
a

,
b


,
c

và tính độ dài của chúng;
b) Tính toạ độ véctơ 2
a

– 3
b

+
c

;
c) Tính
a

.
b

và
b

.
c

;
d) Tính cos(
a


,
b

) và cos(
b

,
c

).
Giải:
a)
a

= (2; 3; –4),
b

= (3; 0; 4),
c

= (0; 1; –1) và |
a

| =
29
, |
b

| = 5, |
c


| =
2
.
b) 2
a

– 3
b

+
c

= (–5; 7; –21)
6
6
THPT Tõn Bỡnh Bỡnh Dng.
H
H
è
è
N
N
H
H


G
G
I

I


I
I


T
T


C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ờ
ờ

H
H


n
n
h
h


P
P
h
h
ỏ
ỏ
p
p
.
. Trang 2
c)
a

.
b

= 6 + 0 + (16) = 10;
b

.

c

= 0 + 0 + (4) = 4.
d) cos(
a

,
b

) =
10 2
29.5 29

, cos(
b

,
c

) =
4 2 2
5
5 2


4) TCH Cể HNG HAI VẫCT:
nh ngha:
Trong khụng gian to Oxyz, tớch cú hng ca hai vộct

1 1 1 1
; ;
u x y z


,


2 2 2 2
; ;
u x y z


l mt
vộct cú to c xỏc nh nh sau: [
1
u

,
2
u

] =
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
; ;
y z z x x y
y z z x x y

Vi
i

= (1; 0; 0),
j

= (0; 1; 0),
k

= (0; 0; 1). Ta cú: [
i

,
j

] = (0; 0; 1) =
k

; [
j

,
k

] =
i

, [

k

,
i

] =
j

.
Tớnh cht:
Vộct [
1
u

,
2
u

] vuụng gúc vi c hai vộct
1
u

v
2
u

, tc l [
1
u

,
2
u

].
1
u

= [
1
u

,
2
u

].
2
u

= 0.
di vộct [
1
u

,
2
u

] l

2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
, sin ,
y z z x x y
u u u u u u
y z z x x y




.

1
u

cựng phng
2
u

[
1
u

,
2
u

] =
0

.

1
u

,
2
u

,
3
u

ng phng [
1
u

,
2
u

].
3
u

= 0.
ng dng tớch cú hng:

Din tớch ABC:
1
,
2
ABC
S AB AC




.
Din tớch hỡnh bỡnh hnh ABCD: ,
ABCD
S AB AD




.
Th tớch khi hp ABCD.ABCD:
.
, . '
ABCD AB C D
V AB AD AA





.

Th tớch t din ABCD:
.
1
, .
6
D ABC
V AB AC AD




.




2
Vd
Trong khụng gian to Oxyz cho A(0; 1; 1), B(1; 0; 2), C(1; 1; 0), D(2; 1; 2).
a) Chng minh 4 im ú khụng ng phng;
b) Tớnh di ng cao ca ABC k t A v bỏn kớnh ng trũn ni tip ú;
c) Tớnh gúc gia hai ng thng AB v CD;
d) Tớnh th tớch t din ABCD v di ng cao ca t din k t nh D.
Gii:
a)
AB

= (1; 1; 1),
AC

= (1; 0; 1),
AD

= (2; 0; 3) cú [
AB

,
AC

] = (1; 2; 1) v [
AB

,
AC

].
AD

=
2 + 0 + 3 = 5 0
AB

,
AC

,
AD

khụng ng phng.
b) Din tớch : S =

1
2
,
AB AC



=
6
2
,
BC

= (0; 1; 2), |
BC

| =
5

A
h
=
2
S
BC
=
6
5
.
AB =

3
, AC =
2
p =
5 3 2
2

r =
S
p
=
6
5 3 2


c)
AB

= (1; 1; 1),
CD

= (3; 0; 2), |cos(
AB

,
CD

)| =
.
.

AB CD
AB CD


=
5
5
3 13 39





0
, 37
AB CD

d) V =
1
3
.
ABC
S
.DH =
1
6
, .
AB AC AD

=
1
6
(2 + 0 +3) =
5
6
, DH =
3.
V
S
=
5
6

5) PHNG TRèNH MT CU:


2 2 2
2
) ( ):Maởt cau ( taõm I(a;b;c) baựn kớnh R coự phửụng trỡnh
S S x a y b z c R

.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N

N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.

.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 3
 Đặt d =
2 2 2 2

a b c R
  
với
2 2 2 2
0
R a b c d
    

2 2 2
( ): 2 2 2 0
S x y z ax by cz d
      
là
phương trình mặt cầu dạng khai triển có tâm I(a; b; c) và bán kính R =
2 2 2
a b c d
  
.




3
Vd
Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB với A(1; –2; 3), B(5; 4; 1)
Giải: I là trung điểm AB  I(3; 1; 2), R =
2
AB
=
16 36 4

14
2
 

 (S):
     
2 2 2
3 1 2 14
x y z
     
.




4
Vd
Xác định tâm và bán kính mặt cầu (S):
2
x
+
2
y
+
2
z
+ 4x – 2y + 6z + 5 = 0
Giải: (S) 
     
2 2 2

2
2 1 3 3
x y z
     
 tâm I(–2; 1; –3), bán kính R = 3.
B
B
À
À
I
I


T
T
Ậ
Ậ
P
P
.
.


1) Cho ba véctơ
a

= (2; –5; 3),
b

= (0; 2; –1),

c

= (1; 7; 2).
a) Tính toạ độ
d

= 4
a

–
1
3
b

+ 3
c

; b) Tính toạ độ
e

=
a

– 4
b

–2
c

.

 Hướng dẫn:
a)
d

= 4
a

–
1
3
b

+ 3
c

= (11;
1
3
;
55
3
); b)
e

=
a

– 4
b


–2
c

= (0; –27; 3).
2) Cho các véctơ
u

=
i

– 2
j

;
v

= 3
i

+ 5(
j

–
k

);
w

= 2
i


–
k

+ 3
j


a) Tìm toạ độ của các véctơ đó; b) Tìm côsin của các góc (
v

,
i

), (
v

,
j

), (
v

,
k

);
c) Tính tích vô hướng
u


.
v

,
u

.
w

,
v

.
w

.
 Hướng dẫn:
a)
u

= (1; –2; 0),
v

= (3; 5; –5),
w

= (2; 3; –1)
b) cos(
v


,
i

) =
. 3 0 0 3
| |.| |
9 25 25. 1 59
vi
v i
 
 
 
 
 
,tương tự: cos(
v

,
j

) =
5
59
; cos(
v

,
k

) =

5
59


c)
u

.
v

= 3 – 10 + 0 = –7;
u

.
w

= 2 – 6 + 0 = –4;
v

.
w

= 6 + 15 + 5 = 26.
3) Cho
u


0

. Chứng minh rằng:







2 2 2
cos , cos , cos ,
u i u j u k
 
     
= 1
 Hướng dẫn:
Ta có:
 
2 2 2
.
cos ,
| |.| |
u i x
u i
u i
x y z
 
 
 
 
 
;
 

2 2 2
.
cos ,
| |.| |
u j y
u j
u j
x y z
 
 
 
 
 
;
 
2 2 2
.
cos ,
| |.| |
u k z
u k
u k
x y z
 
 
 
 
 








2 2 2
cos , cos , cos ,
u i u j u k
 
     
=
2 2 2
2 2 2
x y z
x y z
 
 
= 1
4) Tìm góc giữa hai véctơ
u

và
v

trong mỗi trường hợp sau:
a)
u

= (1; 1; 1),
v


= (2; 1; –1); b)
u

= 3
i

+ 4
j

;
v

= –2
j

+ 3
k

.
 Hướng dẫn:
a) cos(
u

,
v

) =
.
| |.| |

u v
u v
 
 
=
2 1 1 2 2
3
3. 6 3 2
 
 
b)
u

= (3; 4; 0),
v

= (0; –2; 3)  cos(
u

,
v

) =
.
| |.| |
u v
u v
 
 
=

0 8 0 8 8 13
65
25. 13 5 13
   
 

5) Biết |
u

| = 2, |
v

| = 5, (
u

,
v

) =
2
3

. Tìm k để véctơ
p

= k
u

+ 17
v


vuông góc với véctơ
q

= 3
u

–
v

.
 Hướng dẫn:
p


q


p

.
q

= 0  (k
u

+ 17
v

).(3

u

–
v

) = 0  3k
2
u

– 17
2
v

+ (51 – k)
u

.
v

= 0
 12k – 425 + (51–k).2.5.(–
1
2
) = 0  17k – 680 = 0  k = 40
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N

N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.

.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 4
6) Cho hình hộp ABCD.ABCD biết A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), D(1; –1; 1), C(4; 5; –5). Tính toạ độ các đỉnh
còn lại của hình hộp.

 Hướng dẫn:
AB

= (1; 1; 1),
AD

= (0; –1; 0) 
AC

=
AB

+
AD

= (1; 0; 1)  C(2; 0; 2).
Ta có
'
CC

= (2; 5; –7) mà
'
CC

=
'
AA

=
'

BB

=
'
DD

, tương tự như cách tính toạ độ điểm C như trên, ta
có: A(3; 5; –6), B(4; 6; –5), D(3; 4; –6).
7) Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu có phương trình sau:
a)
2
x
+
2
y
+
2
z
– 8x – 2y + 1 = 0; b) 3
2
x
+3
2
y
+3
2
z
– 6x + 8y +15z– 3 = 0;
c)
2

x
+
2
y
+
2
z
– 8x + 2y + 1 = 0; d) 3
2
x
+ 3
2
y
+ 3
2
x
+ 6x – 3y + 15z – 2 = 0;
 Hướng dẫn:
a) 
   
2 2
2 2
4 1 4
x y z
    
 I(4; 1; 0) và R = 4
b) 
 
2 2 2
2

4 5 19
1
3 2 6
x y z
     
     
     
     

4 5
1; ;
3 2
I
 
 
 
 
và R =
19
6

c) I(4; –1; 0), R = 4 d) I(–1;
1
2
;
5
2

), R =
7 6

6
.
8) Lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau đây:
a) Đường kính AB với A(4; –3; 7), B(2; 1; 3); b) Đi qua A(5; –2; 1) và tâm C(3; –3; 1)
 Hướng dẫn:
a) I trung điểm AB  I(3; –1; 5), R =
2
AB
= 3 
     
2 2 2
3 1 5 9
x y z
     

b) R = |
AC

| =
5
 (S):
     
2 2 2
3 3 1 5
x y z
     

9) Trong mỗi trường hợp sau, hãy viết phương trình mặt cầu:
a) Đi qua ba điểm A(0; 8; 0), B(4; 6; 2), C(0; 12; 4) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oyz.
b) Có bán kính bằng 2, tiếp xúc mặt phẳng Oyz và có tâm nằm trên tia Ox.

c) Có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc mặt phẳng Oyz.
 Hướng dẫn:
a) I (Oyz)  I(0; b; c). Thay A, B, C vào (S):
2 2 2
2 2 0
x y z by cz d
     

 (S):
   
2 2
2
7 5 26
x y z
    

b) I  Ox  I(a; 0; 0), mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng Oyz  tiếp điểm là O, do đó R = IO = 2  I(2; 0; 0)
 (S):
 
2
2
x  +
2
y
+
2
z
= 4
c) I(1; 2; 3), mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng Oyz  R = d(I; (Oyz)) = |a| = 1
 (S):

     
2 2 2
1 2 3 1
x y z
     
.
10) Cho điểm M(a; b; c).
a) Tìm hình chiếu vuông góc của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ.
b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ và đến các trục toạ độ.
c) Tìm toạ độ các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ.
 Hướng dẫn:
a)
1
M
(x; y; 0) là hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên mặt phẳng Oxy 
1 1
1
1
. 0
. 0
MM Ox MM i
MM Oy
MM j

 



 






 
 







     
.1 .0 0 .0 0
.0 .1 0 .0 0
x a y b c
x a y b c
     



     



x a
y b







1
M
(a; b; 0).
Tương tự: hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên mặt phẳng Oyz là
2
M
(0; b; c)
Tương tự: hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên mặt phẳng Oxz là
3
M
(a; 0; c)
b) Gọi
x
M
(x; 0; 0) là hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên trục Ox

. 0
x
MM i

 
 (x – a).1 + (0 – b).0 + (0 –c).0 = 0  x = a 
x
M
(a; 0; 0)
Tương tự: hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên trục Oy là

y
M
(0; b; 0)
Tương tự: hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên trục Oy là
z
M
(0; 0; c)
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T

Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 5
d(M(a; b; c), (Oxy)) = M
1
M
=
2 2 2
0 0
c
 
= |c|; d(M(a; b; c), (Oyz)) = M
2
M
= |a|;
d(M(a; b; c), (Oxz)) = M
3
M
= |b|; d(M(a; b; c);Ox) = M
x
M
=

2 2
b c

;
d(M(a; b; c),Oy) = M
y
M
=
2 2
a c

; d(M(a; b; c),Oz) = M
z
M
=
2 2
a b

;
c) Gọi
1
M

là đối xứng của M(a; b; c) qua mặt phẳng Oxy thì
1
M
(a; b; 0) là trung điểm của
1
M


M 
1
M

(a; b; –c). Tương tự:
2
M

(–a; b; c) và
3
M

(a; –b; c).
11) Cho hình bình hành ABCD với A(–3; –2; 0), B(3; –3; 1), C(5; 0; 2). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc
giữa hai véctơ
AC

và
BD

.
 Hướng dẫn:
AB

= (6; –1; 1),
AC

= (8; 2; 2),
AB


,
AC

không cùng phương  ABCD là hình bình hành khi
AB

=
DC


5 6
0 1
2 1
D
D
D
x
y
z
 


  


 

 D(–1; 1; 1).
BD


= (–4; 4; 0)  cos(
AC

,
BD

) =
.
.
AC BD
AC BD
 
 
=
32 8 0 1
2
64 4 4. 16 16 0
   

   
 (
AC

,
BD

) =
2
3


12) Tìm toạ độ M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A(1; 2; 3) và B(–3; –3; 2)
 Hướng dẫn: M  Ox  M(x; 0; 0), MA = MB 
2 2
MA MB

 x = –1  M(–1; 0; 0)
13) Xét sự đồng phẳng của ba véctơ
u

,
v

,
w

trong các trường hợp sau:
a)
u

= (4; 3; 4),
v

= (2; –1; 2),
w

= (1; 2; 1) b)
u

= (1; –1; 1),

v

= (0; 1; 2),
w

= (4; 2; 3);
 Hướng dẫn:
a) [
u

,
v

] =
3 4 4 4 4 3
; ;
1 2 2 2 2 1
 
 
 
 
= (10; 0; –10)  [
u

,
v

].
w


= 10 + 0 – 10 = 0 
u

,
v

,
w

đồng phẳng.
b) Không đồng phẳng.
14) Cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 0; 1), C(2; 1; 1)
a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng; b) Tính chu vi và diện tích ABC;
c) Tính độ dài đường cao ABC kẻ từ đỉnh A; c) Tính các góc của ABC.
 Hướng dẫn:
a)
AB

= (–1; 0; 1),
AC

= (1; 1; 1) không cùng phương  A, B, C không thẳng hàng.
b)
BC

= (2; 1; 0). Chi vi: AB + BC + AC =
2
+
5
+

3
. Diện tích ABC: S =
1
2
,
AB AC
 
 
 
=
6
2

c) S =
1
2
BC.AH  AH =
2
S
BC
=
30
5

d) ABC vuông tại A  cosB =
AB
BC
=
2
5

; cosC =
3
5
AC
BC

15) Cho bốn điểm A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1), D(–2; 1; –2).
a) Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.
b) Tính góc giữa đường thẳng chứa các cạnh đối của tứ diện đó.
c) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A.
 Hướng dẫn:
a)
AB

= (–1; 1; 0),
AC

= (–1; 0; 1),
AD

= (–3; 1; –2), [
AB

,
AC

] = (1; 1; 1)  [
AB

,

AC

].
AD

= –4  0

AB

,
AC

,
AD

không đồng phẳng  A, B, C, D là bốn đỉnh tứ diện.
b)
CD

= (–2; 1; –3),
BD

= (–2; 0; –2),
BC

= (0; –1; 1).
|cos(
AB

,

CD

)| =
3 7
14
; |cos(
AC

,
BD

)| = 0; |cos(
AD

,
BC

)| =
3 7
14
;
c) V =
1
6
, .
AB AC AD
 
 
  
=

2
3
;
BCD
S
=
1
2
,
BC BD
 
 
 
=
3
 AH =
3
BCD
V
S
=
2
3

THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N

N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.

.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 6
§
§

2
2
.
.


P
P
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
G


T
T
R
R
Ì
Ì
N
N
H
H

M
M
Ặ
Ặ
T
T


P
P
H
H
Ẳ
Ẳ
N
N
G
G
.
.


1) PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG:
a) Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng: Véctơ
n


0


có giá vuông góc với mặt phẳng () được gọi là véctơ
pháp tuyến của mặt phẳng ().
b) Phương trình tổng quát của mặt phẳng: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng () đi qua


0 0 0 0
; ;
M x y z

có véctơ pháp tuyến
n

= (A; B; C), khi đó điều kiện cần và đủ để M(x; y; z)  () là
n

.
0
M M

= 0 






0 0 0
0
A x x B y y C z z

     

 Vậy
0 0 0 0 0 0 0
( ) ( ; ; ) ( ; ; ) ( ) : ( ) ( ) ( ) 0
coù vtpt thì
P
P M x y z n A B C P A x x B y y C z z
       


 Đặt D = –


0 0 0
Ax By Cz
 
thì  trở thành:
0
Ax By Cz D
   
 thì  được gọi là phương trình
tổng quát của mặt phẳng () với A, B, C không đồng thời bằng 0 (
2 2 2
0
A B C
  
).
 Chú ý: (P):
0

Ax By Cz D
   
có vô số véctơ pháp tuyến có dạng
n

= k(A; B; C).




1
Vd
Viết phương trình mặt phẳng qua A(2; –3; 4) và có véctơ pháp tuyến
n

= (1; 2;–1)
Giải: Phương trình (P): 1(x –2) + 2(y + 3 ) – 1(z – 4) = 0  x + 2y – z + 8 = 0




2
Vd
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(0; 1; 1), B(1; –2; 0), C(1; 0; 2).
Giải:
AB

= (1; –3; –1),
AC


= (1; –1; 1).
Gọi
n

là một véctơ pháp tuyến của (P) 
n

= [
AB

,
AC

] = (–4; –2; 2).
Vậy (P): –4(x – 0) – 2(y – 1) + 2(z – 1) = 0  2x + y – z = 0




3
Vd
Viết phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB với A(1; –2; 3), B(–5; 0; 1).
Giải: M là trung điểm AB  M(–2; –1; 2), (P) là mặt phẳng trung trực của AB  (P) đi qua M và
nhận
AB

= (–6; 2; –2) = –2(2; –1; 1) làm véctơ pháp tuyến  (P): 3x – y + z + 3 = 0.
c) Các trường hợp riêng: Cho mặt phẳng (P):
0
Ax By Cz D

   

 D = 0  (P) đi qua gốc toạ độ O(0; 0; 0;)
 A = 0  (P) //  Ox; B = 0  () //  Oy; C = 0  () //  Oz (song song hoặc chứa).
 A = B = 0  (P) //  Oxy; B = C = 0  () //  Oyz; A = C = 0  () //  Oxz.
 A  0, B  0 và C  0, đặt a =
D
A

, b =
D
B

, c =
D
C

 trở thành
1
x y z
a b c
  
 thì  được gọi là
phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, tức là  qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).




4
Vd

Trong không gian Oxyz cho M(30; 15; 6)
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua các hình chiếu của M lên các trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ hình chiếu H của O trên mặt phẳng (P).
Giải:
a) Hình chiếu M lên các trục Ox, Oy, Oz là
x
M
= (30; 0; 0),
y
M
(0; 15; 0),
z
M
(0; 0; 6). Phương trình
(P) theo đoạn chắn là:
1
30 15 6
x y z
  
 x + 2y + 5z – 30 = 0.
b) H(x; y; z)(P)  toạ độ H thoả phương trình (P)  x + 2y + 5z – 30 = 0 (1).
n

= (1; 2; 5) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) 
OH

cùng phương với
n



OH

= t.
n



1 ; 2 ; 5
x t y t z t
  
thay vào (1)  t = 1  x = 1; y = 2; z = 5  H(1; 2; 5).
2) VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG:


1

:
1 1 1 1
0
A x B y C z D
   
;


2

:
2 2 2 2
0
A x B y C z D

   
và số thực k  0.



1

//


2




1 1 1
; ;
A B C
= k


2 2 2
; ;
A B C
và
1
D
 k
2
D

.



1




2




1 1 1 1
; ; ;
A B C D
= k


2 2 2 2
; ; ;
A B C D
.



1

cắt



2




1 1 1
; ;
A B C
 k


2 2 2
; ;
A B C
.



1




2


1 2 1 2 1 2
A A B B C C

  = 0.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á

á
p
p
.
. Trang 7




5
Vd



1

: 2x – my + 10z +m + 1 = 0 và


2

: x – 2y + (3m + 1)z – 10 = 0. Tìm m để:
a)


1

//



2

; b)


1




2

; c)


1

cắt


2

; d)


1





2

.
Giải:
a) Không tìm được m thoả (2; –m; 10) = k(1; –2; 3m + 1) 


1

không //


2

.
b) Không tìm được m thoả (2; –m; 10; m + 1) = k(1; –2; 3m + 1; –10) 


1

không trùng


2

.
c) Từ a) và b) 


1


và


2

luôn cắt nhau m.
d)


1




2

 2.1 + m.2 + 10.(3m + 1) = 0  32m + 12 = 0  m =
3
8






6
Vd
Viết phương trình () đi qua M(1; –2; 3) và song song (): 2x – 3y + z + 5 = 0.
Giải: () đi qua M và nhận véctơ pháp tuyến

n

= (2; –3; 1) của mặt phẳng () làm véctơ pháp tuyến
 (): 2(x – 1) – 3(y + 2) + 1(z – 3) = 0  2x – 3y + z – 11 = 0




7
Vd
Viết phương trình mặt phẳng () qua hai điểm A(3; 1; –1), B(2; –1; 4) và vuông góc với mặt
phẳng (): 2x – y + 3z – 1 = 0.
Giải:
AB

= (–1; –5; 2),
n


= (2; –1; 3) 
AB

và
n


không cùng phương. Gọi
n

là véctơ pháp tuyến của ()


n


AB

và
n


n



n

= [
AB

,
n


] = (–1; 13; 5) 
(): –1(x – 3) + 13(y – 1) + 5(z + 1) = 0  x – 13y – 5z + 5 = 0.
3) KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG:
 Khoảng cách từ


0 0 0 0

; ;
M x y z
đến (P):
0
Ax By Cz D
   
là
 
0 0 0
0
2 2 2
,( )
Ax By Cz D
d M P
A B C
  

 
.




8
Vd
Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (): 3x – y + 2z – 6 = 0 và (): 6x – 2y + 4z + 4 = 0.
Giải:
Ta có (3; –1; 2) =
1
2

(6; –2; 4) và –6 
1
2
.4  () // (). Gọi M(0; 0; 3) là điểm tuỳ ý thuộc () 


( ),( )
d
 
=


,( )
d M

=
6.0 2.0 4.3 4
16 4 14
7
36 4 16 56
  
 
 
.
B
B
À
À
I
I

T
T
Ậ
Ậ
P
P
.
.


1) Viết phương trình mặt phẳng:
a) Đi qua điểm M(1; –2; 4) và nhận
n

= (2; 3; 5) là véctơ pháp tuyến;
b) Đi qua điểm A(0; –1; 2) song song với giá của mỗi véctơ
u

= (2; 3; 1) và
v

= (–3; 0; 1).
c) Đi qua điểm ba điểm A(–3; 0; 0), B(0; –2; 0), C(0; 0; –1)
 Hướng dẫn:
a) (P): (2(x – 1) + 3(y + 2) + 5(z – 4) = 0  2x + 3y + 5z – 16 = 0.
b)
n


= [
u

,
v

] = (2; –6; 6)  (): 2(x – 0) – 6(y + 1) + 6(z – 2) = 0  x – 3y + 3z + 9 = 0.
c) PT mặt phẳng theo đoạn chắn:
1
3 2 1
x y z
  
  
 2x + 3y + 6z + 6 = 0
2) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB với A(2; 3; 7), B(4; 1; 3)
 Hướng dẫn:
Gọi I trung điểm AB  I(3; 2; 5). Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB qua I và nhận véctơ
AB

= (2; –2; –4) = 2(1; –1; –2) làm véctơ pháp tuyến  ():x – y – 2z + 9 = 0
3) a) Lập phương trình của các mặt phẳng toạ độ Oxy, Oyz, Oxz
b) Lập phương trình các mặt phẳng đi qua M(2; 6; –3) và lần lượt song song với các mặt phẳng toạ độ.
 Hướng dẫn:
a) Mặt phẳng Oxy qua O(0; 0; 0) và nhận
k

= (0; 0; 1) là véctơ pháp tuyến  (Oxy): z = 0. Tương tự:
(Oyz): x = 0, (Oxz): y = 0
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H

H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1

1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p

.
. Trang 8
b) () qua M(2; 6; –3) và () // (Oxy) nhận véctơ
k

= (0; 0; 1) là véctơ pháp tuyến  ():z + 3 = 0.
Tương tự: x – 2 = 0 và y – 6 = 0.
4) Lập phương trình của mặt phẳng:
a) Chứa trục Ox và điểm P(4; –1; 2); b) Chứa trục Oy và điểm Q(1; 4; –3);
c) Chứa trục Oz và điểm R(3; –4; 7).
 Hướng dẫn:


, 0; 2; 1
n i OP
 
   
 
  
 (): 2y + z = 0. Tương tự: 3x + z = 0 c) 4x + 3y = 0
5) Cho tứ diện có các đỉnh là A(5; 1; 3), B(1; 6; 2), C(5; 0; 4), D(4; 0; 6).
a) Hãy viết phương trình của các mặt phẳng (ACD) và (BCD).
b) Hãy viết phương trình mặt phẳng () đi qua AB và song song với cạnh CD.
 Hướng dẫn:
a)(ACD): 2x + y + z – 14 = 0; (BCD): 6x + 5y + 3z – 42 = 0.
b) (): 10x + 9y + 5z – 74 = 0
6) Hãy viết phương trình () qua A(1; 0; 1), B(5; 2; 3) và vuông góc với (): 2x – y + z – 7 = 0.
 Hướng dẫn: (): x – 2z + 1 = 0.
7) Trong mỗi trường hợp sau, viết phương trình mặt phẳng:
a) Đi qua ba điểm M(2; 0; –1), N(1; –2; 3), P(0; 1; 2);

b) Đi qua hai điểm A(1; 1; –1), B(5; 2; 1) và song song trục Oz;
c) Đi qua điểm (3; 2; –1) và song song mặt phẳng có phương trình x – 5y + z = 0;
d) Đi qua hai điểm A(0; 1; –1), B(–1; 0; 2) và vuông góc mặt phẳng x – y + z + 1 = 0;
e) Đi qua điểm M(a; b; c) (với abc  0) và song song với một mặt phẳng toạ độ;
f) Đi qua G(1; 2; 3) và cắt các trục toạ độ tại các điểm A, B, C sao cho G là trọng tâm ABC
g) Đi qua điểm H(2; 1; 1) và cắt các trục toạ độ tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của ABC.
 Hướng dẫn:
a)
MN

= (–1; –2; 4),
MP

= (–2; 1; 3) 
n

= [
MN

,
MP

] = –5(2; 1; 1)  (MNP): 2x + y + z – 3 = 0.
b)
AB

= (4; 1; 2),
k

= (0; 0; 1) 

n

= [
AB

,
k

] = (1; –4; 0)  (): x – 4y + 3 = 0.
c) () // (): x – 5y + z = 0  véctơ pháp tuyến
n

= (1; –5; 1)  (): x – 5y + z + 8 = 0
d)
AB

= (–1; –1; 1), ()// (): x – y + z + 1 = 0  vtpt
n

= [
AB

,
n


] = (0; 2; 2)  (): y + z – 2 = 0
e)() qua M(a; b; c) và () // (Oxy) 
n



k

= (0; 0; 1)  (): z – c = 0.
Tương tự: () // (Oyz)  (): x – a = 0; () // (Oxz)  (): y – b = 0
f) Gọi A  Ox, B  Oy, C  Oz  A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), G(1; 2; 3) là trọng tâm ABC 

3; 6; 9
a b c
  
 phương trình đoạn chắn:
1
3 6 9
x y z
  
 6x + 3y + 2z – 18 = 0
g)
OH

= (2; 1; 1). Tứ diện OABC có H là trực tâm ABC và OA, OB, OC đôi một vuông góc
 OH  (ABC)  véctơ pháp tuyến
n

=
OH

 (ABC): 2x + y + z – 6 = 0.
8) Viết phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng 4x + 3y – 12z + 1 = 0 và tiếp xúc với mặt cầu có
phương trình:
2

x
+
2
y
+
2
z
– 2x – 4y – 6z – 2 = 0.
 Hướng dẫn:
Mặt cầu đã cho có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 4.
Vì (P) song song với mặt phẳng 4x + 3y – 12z + 1 = 0 nên có phương trình là: 4x + 3y – 12z + D = 0 (D
 1). Khoảng cách từ I đến mp(P) là d =
4 6 36 26
13
16 9 144
D D
    

 
.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu khi và chỉ khi d = R, hay:
26
13
D
 
= 4 
78
26
D
D




 


Có hai mặt phẳng là: 4x + 3y – 12z + 78 = 0, 4x + 3y – 12z – 26 = 0.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T

Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 9
§
§
3
3
.
.


P
P
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G

G


T
T
R
R
Ì
Ì
N
N
H
H


Đ
Đ
Ư
Ư
Ờ
Ờ
N
N
G
G


T
T
H

H
Ẳ
Ẳ
N
N
G
G


T
T
R
R
O
O
N
N
G
G


K
K
H
H
Ô
Ô
N
N
G

G


G
G
I
I
A
A
N
N
.
.


1) PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ, CHÍNH TẮC CỦA ĐƯỜNG THẲNG:
 Trong không gian toạ độ Oxyz, đường thẳng  đi qua


0 0 0 0
; ;
M x y z
và nhận véctơ


1 2 3
; ;
u u u u



làm
véctơ chỉ phương.
 Điều kiện cần và đủ để điểm


; ;
M x y z
nằm trên  là
0
M M

cùng phương véctơ
u


0
M M

= t.
u


0 1
0 2
0 3
x x u t
y y u t
z z u t
 



 


 

với t  R là phương trình tham số của đường thẳng .
Vậy
0
0 0 0 0
0
( ; ; ) ( ; ; ) : coù vtcp thì phöông trình ñöôøng thaúng
x x at
d M x y z u a b c d y y bt
z z ct
 


   


 



 Khi
1 2 3
; ;
u u u
đều khác không thì phương trình đường thẳng  viết dưới dạng chính tắc là:

0 0 0
1 2 3
x x y y z z
u u u
  
 




1
Vd
Trong không gian Oxyz cho A(–3; 2; –5), B(–5; 3; –1), C(0; 5; –2), D(5; –3; 1).
a) Viết phương trình tham số, chính tắc của đường thẳng AB, AC;
b) Chứng minh ABCD là một tứ diện; Viết phương trình tham số đường cao DH của tứ diện ABCD;
c) Tìm toạ độ H và tính độ dài DH.
Giải:
a)
AB

= (–2; 1; 4),
AC

= (3; 3; 3)
Phương trình tham số của đường thẳng AB:
3 2
2
5 4
x t
y t

z t
  


 


  

và chính tắc:
3 2 5
2 1 4
x y z
  
 


Phương trình tham số của đường thẳng AC:
3
2
5
x t
y t
z t
  


 



  

và chính tắc:
3 2 5
1 1 1
x y z
  
 
b)
n

= [
AB

,
AC

] = (–3; 6; –3) = –3(1; –2; 1)  (ABC): x – 2y + z + 12 = 0.
Vì không thoả phương trình (ABC)  D  (ABC)  ABCD là một tứ diện.
HD  (ABC)  DH nhận vtpt của (ABC) làm véctơ chỉ phương  DH:
5
3 2
1
x t
y t
z t
 


  



 


c) H = DH  (ABC)  H:
5 ; 3 2 ; 1
2 12 0
x t y t z t
x y z
      


   

 H(1; 5; –36)

DH

= (–4; 8; –4)  DH = 7
2





2
Vd
Viết phương trình của đường thẳng  qua M(1; –1; 2) và vuông góc với hai đường thẳng
1

d
và
2
d
có phương trình
1
d
:
1 4
6 6
x t
y t
z t



  


 

,
2
d
:
1 2
2 1 5
x y z
 
 



Giải:
1
d
và
2
d
có các vtcp là
1
u

= (1; –4; 6),
2
u

= (2; 1; –5) và [
1
u

,
2
u

] = (14; 17; 9).
 vuông góc cả
1
d
và
2

d
  nhận véctơ [
1
u

,
2
u

] làm vtcp  :
1 1 2
14 17 9
x y z
  
 
2) VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I

I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê

H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 10
 Đường thẳng
1
d
đi qua điểm
1
A
(
1 1 1
; ;
x y z

) có véctơ chỉ phương
1
u

= (
1 1 1
; ;
a b c
)
 Đường thẳng
2
d
đi qua điểm
2
A
(
2 2 2
; ;
x y z
) có véctơ chỉ phương
2
u

= (
2 2 2
; ;
a b c
)

1

d
//
2
d

1
u

,
2
u

cùng phương và
1 2
A A

không cùng phương với
1
u

hoặc
2
u



1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1
: : : : ( ):( ):( )
a b c a b c x x y y z z
    


1 2
2 1 2
[ , ] 0
[ , ] 0
u u
u A A







  
  


1
d

2
d
 ba véctơ
1
u

,
2
u


,
1 2
A A

cùng phương

1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1
: : : : ( ):( ) : ( )
a b c a b c x x y y z z
    

1 2
2 1 2
[ , ] 0
[ , ] 0
u u
u A A







  
  


1

d
cắt
2
d

1
u

,
2
u

không cùng phương và ba véctơ
1
u

,
2
u

,
1 2
A A

đồng phẳng

1 1 1 2 2 2
1 2 1 2
: : : :
. .

a b c a b c
A A m u nu




 


  

1 2
1 2 1 2
[ , ] 0
[ , ] 0
u u
u u A A







  
  


1
d

và
2
d
chéo nhau  ba véctơ
1
u

,
2
u

,
1 2
A A

không đồng phẳng

1 2 1 2
. .
A A m u nu
 
  

1 2 1 2
[ , ] 0
u u A A

  






3
Vd
Xét vị trí tương đối của
1
d

1
2
1 3
x mt
y m t
z m t
 


 


  

và
2
d
:
2 '
'
1 '

x m t
y mt
z m t
 





  


Giải:
1
A
(1; m; 1 – m),
1
u

= (m; 2; –3),
2
A
(m; 0; 1 – m),
2
u

= (–2; m; 1),
1 2
A A


= (m – 1; –m; 0),
[
1
u

,
2
u

] = (2 + 3m; 6 – m;
2
m
+ 4), [
1
u

,
2
u

]
1 2
A A

= 4
2
m
– 7m – 2 = (m – 2)(4m + 1)
Nếu m  2 và m  –
1

4
thì hai đường thẳng chéo nhau.
Nếu m = 2 thì
1
u

= (2; 2; –3),
2
u

= (–2; 2; 1) không cùng phương  hai đường thẳng cắt nhau.
Nếu m = –
1
4
thì
1
u

= (–
1
4
; 2; –3),
2
u

= (–2; –
1
4
; 1) không cùng phương  hai đ thẳng cắt nhau.





4
Vd
Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng
(): x + y = 0 và (): 2x – y + z – 15 = 0. Xét vị trí tương đối của d với d:
1
2 2
3
x t
y t
z
 


 





Giải: d = ()  ()  d:
0
2 15 0
x y
x y z
 



   

có vtcp là
u

= (1; –1; –3) và qua M(5; –5; 0).
d có vtcp
'
u

= (–1; 2; 0) và qua M(1; 2; 3). Ta có


, ' 6;3;1
u u
 

 
 
,


' 4;7;3
MM  

và
, ' ' 0
u u MM
 


 
  
nên d và d cắt nhau.
3) BÀI TOÁN VỀ KHOẢNG CÁCH:



Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d 
0
M
có véctơ chỉ phương
u

là:
 
0
[ , ]
,
| |
d
u M M
M d
u

 


 Chứng minh: Trên d lấy A sao cho
0
M A


=
u


 diện tích S =
1
2
|[
0
M M

,
0
M A

]| =
1
2
|[
0
M M

,
u

]|
 MH =
0
2

S
M A

=
0
[ , ]
| |
u M M
u
 


THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I

I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à

n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 11




5
Vd
Tính khoảng cách từ M(4; –3; 2) đến đường thẳng :
2 2
3 2 1
x y z
 
 


Giải:  đi qua
0
M
(–2; –2; 0) có véctơ chỉ phương
u

= (3; 2; –1),
0
M M

= (6; –1; 2), [
0
M M

,
u

]= (–3; 12; 15)  d(M, ) =
0
[ , ]
| |
u M M
u
 

= 3
3




Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
1
d
và
2
d
, biết
1
d
đi qua
1
M
có véctơ chỉ phương là
1
u

;
2
d
đi qua
2
M
có véctơ chỉ phương là
2
u


là:
 

1 2 1 2
1 2
1 2
[ , ].
,
[ , ]
d
u u M M
d d
u u
  
 

 Chứng minh: Trên
1
d
lấy A sao cho
1
M A

=
1
u

, trên
2
d
lấy B
sao cho
2

M B

=
2
u


Thể tích V = |[
1
M A

,
2
M B

].
1 2
M M

| = |[
1
u

,
2
u

].
1 2
M M


|, ta có
S = |[
1
u

,
2
u

]|  h =
1 2 1 2
1 2
[ , ].
[ , ]
u u M M
u u
  
 





6
Vd
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
d
:

1 6
1 2 3
x y z
 
  ,
2
d
:
1
2
3
x t
y t
z t
 


  


 


Giải:
1
u

= (1; 2; 3),
2
u


= (1; 1; –1)  [
1
u

,
2
u

] = (–5; 4; –1),
1
M
(0; 1; 6),
2
M
(1; –2; 3)

1 2
M M

= (1; –3; –3)  [
1
u

,
2
u

].
1 2

M M

= –14  d(
1
d
,
2
d
) =
1 2 1 2
1 2
[ , ].
[ , ]
u u M M
u u
  
 
=
42
3

4) BÀI TOÁN VỀ GÓC:



Góc giữa hai đường thẳng
 
1 2
cos cos ,
u u



 
với
1 2
,
u u
 
là 2 véctơ chỉ phương.



Góc giữa hai mặt phẳng
 
1 2
cos cos ,
n n


 
với
1 2
,
n n
 
là 2 véctơ pháp tuyến.



Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

 
sin cos ,
u n


 
với
,
u n
 
là véctơ chỉ phương và pháp tuyến.
B
B
À
À
I
I


T
T
Ậ
Ậ
P
P
.
.


1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d trong mỗi trường hợp sau:

a) d đi qua điểm M(5; 4; 1) và có véctơ chỉ phương
a

= (2; –3; 1);
b) d đi qua điểm A(2; –1; 3) và vuông góc mặt phẳng (): x + y – z + 5 = 0;
c) d đi qua điểm B(2; 0; –3) và song song với đường thẳng :
1 2
3 3
4
x t
y t
z t
 


  





d) d đi qua điểm P(1; 2; 3) và Q(5; 4; 4).
 Hướng dẫn:
a) d:

5 2 ; 4 3 ; 1
x t y t z t
     

b) () có vtpt

n

= (1; 1; –1)  d:
2 ; 1 ; 3
x t y t z t
      

c)  có vtcp là
u

= (2; 3; 4)  d:
2 2 ; 3 ; 3 4
x t y t z t
     

d)
PQ

= (4; 2; 1) là vtcp  d:
1 4 ; 2 2 ; 3
x t y t z t
     

THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N

H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.

Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 12
2) Viết phương trình tham số của đường thẳng là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d:
2
3 2

1 3
x t
y t
z t
 


  


 


lần lượt trên các mặt phẳng sau: a) (Oxy) b) (Oyz)
 Hướng dẫn:
a)
0
M
.(2; –3; 1)  d,
1
M
là hình chiếu vuông góc của
0
M
trên mp(Oxy) 
1
M
(2; –3; 0),
Gọi ()  d và ()  (Oxy)  vtpt của () là
n



= [
u

,
k

] = (2; –1; 0).
Gọi
1
d
là là hình chiếu vuông góc của d trên mp(Oxy) 
1
d
= ()  (Oxy)
 vtcp của
1
d
là
1
u

= [
n


,
k


] = (–1; –2; 0) 
1
d
:
2
3 2
0
x t
y t
z
 


  





b)
0
M
(2; –3; 1)  d,
1
M
là hình chiếu vuông góc của
0
M
trên mp(Oyz) 
1

M
(0; –3; 1),
Gọi ()  d và ()  (Oxy)  vtpt của () là
n


= [
u

,
i

] = (0; 3; –2).
Gọi
1
d
là là hình chiếu vuông góc của d trên mp(Oyz) 
1
d
= ()  (Oyz)
 vtcp của
1
d
là
1
u

= [
n



,
i

] = (0; 2; 3) 
1
d
:
0
3 2
1 3
x
y t
z t



  


 


3) Tìm a để hai đường thẳng sau đây cắt nhau d:
1
1 2
x at
y t
z t
 






  

và d:
1 '
2 2 '
3 '
x t
y t
z t
 


 


 

.
 Hướng dẫn:
1
d
cắt
2
d
khi hệ sau có nghiệm:

1 1 ' (1)
2 2 '(2)
1 2 3 '(3)
at t
t t
t t
  


 


   

Từ (2) và (3)  t = 2, t = 0, thay và (1)  a = 0.
Vậy hai đường thẳng cắt nhau khi a = 0.
4) Tính khoảng cách giữa đường thẳng :
3 2
1 3
1 2
x t
y t
z t
  


  


  


và mặt phẳng (): 2x– 2y + z +3 = 0
 Hướng dẫn:
 đi qua
0
M
(–3; –1; –1) có vtcp
u

= (2; 3; 2), () có vtpt
n

= (2; –2; 1) và
n

.
u

= 0,
0
M
 ()  d // ()
 d(d, ()) = d(
0
M
, ()) =
2( 3) 2( 12) 1 3
4 4 1
    
 

=
2
3

5) Cho điểm A(1; 0; 0) và đường thẳng :
2
1 2
x t
y t
z t
 


 





a) Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng .
b) Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua đường thẳng .
 Hướng dẫn:
a) Gọi H(2 + t; 1 + 2t; t) là hình chiếu vuông góc của A lên ,
AH

= (1+ t; 1+ 2t; t). Do
AH


u



1.(1+ t) + 2.(1+ 2t) + 1.t = 0  t = –
1
2
 H(
3
2
; 0; –
1
2
)
b) A đối xứng với A qua đường thẳng   H là trung điểm AA  A(2; 0; –1).
6) Cho điểm M(1; 4; 2) và mặt phẳng (): x + y + z – 1 = 0.
a) Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ().
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I

Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H

H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 13
b) Tìm toạ độ điểm M đối xứng với M qua mặt phẳng ().
c) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ().
 Hướng dẫn:
a)  qua M và   ()  :
1 ; 4 ; 2
x t y t z t
     
. Gọi H(1+t; 4+t; 2+t) là hình chiếu vuông góc
của M lên (). Vì H  (), thay toạ độ H vào ()  t = –2  H( –1; 2; 0).
b) M đối xứng với M qua mặt phẳng ()  H là trung điểm  M(–3; 0; –2)
c) d(M, ()) = MH = 2

3

7) Cho hai đường thẳng d:
1
2 2
3
x t
y t
z t
 


 




và d:
1 '
3 2 '
1
x t
y t
z
 


 





. Chứng minh d và d chéo nhau.
 Hướng dẫn:
M(1; 2; 0), M(1; 3; 1),
u

= (–1; 2; 3),
'
u

= (1; –2; 0),
'
MM

= (0; 1; 1).
Ta có [
u

,
'
u

] = (6; 3; 0) và [
u

,
'
u


]
'
MM

= 3  0 
u

,
'
u

,
'
MM

 d và d chéo nhau.
8) Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của các đường thẳng sau đây:
a) Các trục toạ độ Ox, Oy, Oz;
b) Đi qua điểm


0 0 0 0
; ;
M x y z
với


0 0 0
0
x y z


và song song với mỗi trục toạ độ;
c) Đường thẳng đi qua điểm M(2; 0; –1) và có véctơ chỉ phương
u

= (–1; 3; 5);
d) Đường thẳng đi qua điểm N(–2; 1; 2) và có véctơ chỉ phương
u

= (0; 0; –3);
e) Đường thẳng đi qua điểm N(3; 2; 1) và vuông góc với mặt phẳng 2x – 5y + 4 = 0.
f) Đường thẳng đi qua hai điểm P(2; 3; –1) và Q(1; 2; 4).
 Hướng dẫn:
a) Trục Ox đi qua O có vtcp
i

= (0; 0; 1)  Ox:
0
0
x t
y
z









. Tương tự: Oy:
0
0
x
y t
z








, Oz:
0
0
x
y
z t









b)  qua



0 0 0 0
; ;
M x y z
và // Ox nên có vtcp
i

 :
0
0
0
x x t
y y
z z
 







. Tương tự:
0
0
0
x x
y y t
z z




 




và
0
0
0
x x
y y
z z t






 


c) Phương trình tham số là:
2
3
1 5
x t
y t

z t
 





  

. Phương trình chính tắc là:
2 1
1 3 5
x y z
 
 


d) Phương trình tham số là:
2; 1; 2 3
x y z t
    
.
e) Véctơ chỉ phương
u

= (2; –5; 0)  :
3 2 ; 2 5 ; 1
x t y t z
    
.

f)
PQ

= (–1; –1; 5)  :
2 ; 3 ; 1 5
x t y t z t
      
, chính tắc là:
2 3 1
1 1 5
x y z
  
 
 
.
9) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d:
1 2 3
2 3 1
x y z
  
  trên mỗi mặt phẳng tọa độ.
 Hướng dẫn:
a) Đường thẳng d đi qua M(1; –2; 3) và có véctơ chỉ phương
u

= (2; 3; 1).
(P)  d và (P)  (Oxy)  vtpt của (P) là
n

= [

u

,
k

] = (3; –2; 0).
Gọi
1
M
là hình chiếu vuông góc của M lên (Oxy) 
1
M
(1; –2; 0) và
1
d
là hình chiếu vuông góc của d
lên (Oxy)  vtcp của
1
d
là
1
u

= [
k

,
n

]= (2; 3; 0) 

1
d
:

1 2 ; 2 3 ; 0
x t y t z
     
.
Tương tự trên (Oyz)
2
d
:
0
2 3
3
x
y t
z t



  


 

trên (Oxz)
3
d
:

1 2
0
3
x t
y
z t
 





 


THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I

Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H

H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 14
10) Cho đường thẳng d:
8 4
3 2
x t
y t
z t



 



 

và mặt phẳng (P): x + y + z – 7 = 0
a) Tìm một véctơ chỉ phương của d và một điểm nằm trên d.
b) Viết phương trình mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng (P).
c) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P).
 Hướng dẫn:
a) Đường thẳng d có véctơ chỉ phương
u

= (1; 4; 2) qua M(0; 8; 3).
b) (Q)  d  M và (Q)  (P) nên có vtpt
Q
n

= [
u

,
P
n

]= (2; 1; –3)  (Q): 2x + y – 3z + 1 = 0.
c) Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P) là d= (P)  (Q)
 d:
7 0
2 3 1 0
x y z
x y z

   


   

cho z = t  d:
8 4
15 5
x t
y t
z t
  


 





11) Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1; –1; 1) và cắt cả hai đường thẳng sau đây:
d:
1 2
3
x t
y t
z t
 






 

d:
1 2
2
x t
y t
z t



  


 


 Hướng dẫn: A  d và A d
Gọi ()  d M(1; 0; 3) và () A; ()  d M(0; –1; 2) và
()  A. Đường thẳng  qua A và cắt 2 đường thẳng d và d thì
 = ()  ().
d có véctơ chỉ phương
u

= (2; 1; –1) và
AM


= (0; 1; 2)  vtpt
của () là
n


= [
u

,
AM

] = (3; –4; 2)
d có véctơ chỉ phương
'
u

= (1; –2; 1) và
AM
'

= (–1; 0; 1) 
vtpt của () là
n


= [
AM
'

,

'
u

] = (2; 2; 2) = 2(1; 1; 1).
 = ()  ()  vtcp là [
n


,
n


] = (–12; –2; 14) = –2(6; 1; 7)  :
1 6
1
1 7
x t
y t
z t
 


  


 


Cách 2: Gọi P(1 + 2t; t; 3 – t) d và Q(t; –1–2t; 2 + t) d là 2 điểm mà  đi qua.
Ta có

AP

= (2t; 1 + t; 2 – t),
AQ

= (–1+ t; –2t; 1 + t).
A, P, Q thẳng hàng khi
AP

và
AQ

cùng phương  [
AP

và
AQ

] =
0


1 5 ' ' 0
2 2 ' 3 ' 0
1 ' 5 ' 0
t t tt
t t tt
t t tt
   



    


   


5 4 13 ' 0
4 4 26 ' 0
t t
t t
  


  


3
2
t
 
;
1
'
13
t


 
1 7 1

3; ; 6;1; 7
2 2 2
AP
 
     
 
 


 đi qua A(1; –1; 1) có véctơ chỉ phương
u

= (6; 1; –7) nên :
1 6
1
1 7
x t
y t
z t
 


  


 


12) Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng
1

d
và cắt cả hai đường thẳng
2 3
,
d d
, biết
phương trình là
1 2 3
1 4 5 '
1 2 2
: 2 4 ; : ; : 7 9 '
1 4 3
1 '
x x t
x y z
d y t d d y t
z t z t
   
 
  
 
       
 
 
  
 

THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H

Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1

2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.

. Trang 15
 Hướng dẫn:  là đường thẳng cắt
2
d
,
3
d
và song song
1
d
.
() 
2
d

2
M
(1; –2; 2) và () //
1
d
có vtpt
n


= [
1
u

,
2

u

] =
(16;–1; –4)  (): 16x – y – 4z – 10 = 0
() 
3
d

3
M
(–4; –7; 0) và () //
1
d
có vtpt
n


= [
1
u

,
3
u

] =
(13;–5; –20)  (): 13x – 5y – 20z + 17 = 0
 = ()  ()  :
16 4 10 0
13 5 20 17 0

x y z
x y z
   


   

.
Cho z = 2 
16 18
13 5 23
x y
x y
 


 

 x = 1, y = –2 vậy  đi qua M(1; –2; 2)
 //
1
d
có véctơ chỉ phương
1
u

= (0; 4; –1) nên phương trình tham số là
1
2 4
2

x
y t
z t



  


 


13) Cho hai đường thẳng
1
d
:
8
5 2
8
x t
y t
z t
 


 


 


và
2
3 1 1
:
7 2 3
x y z
d
  
 
a) Chứng tỏ rằng hai đường thẳng đó chéo nhau.
b) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O, song song với cả
1
d
và
2
d
.
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
d
và
2
d
.
d) Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng đó.
 Hướng dẫn:
a)
1
d


1
M
(8; 5; 8) có vtcp
1
u

= (1; 2; –1),
2
d

2
M
(–3; 1; 1) có vtcp
2
u

= (–7; 2; 3),
2 1
M M

= (5; 4; 7)
Ta có [
1
u

,
2
u

] = (8; 4; 16) và

1 2 2 1
,
u u M M
 
 
  
 0 
1
d
và
2
d
chéo nhau.
b) ()  O và song song
1
d
,
2
d
nên có vtpt
n

= [
1
u

,
2
u


] = (8; 4; 16) = 4(2; 1; 4)  (): 2x + y + 4z = 0.
c) d(
1
d
,
2
d
) =
1 2 1 2
1 2
[ , ].
[ , ]
u u M M
u u
  
 
=
2 21

d) d 
1
d
và d 
2
d
có vtcp
n

= [
1

u

,
2
u

] =(8; 4; 16) = 4(2; 1; 4)
() 
1
d
và d có vtpt
n


= [
1
u

,
n

] = (9; –6; –3) = 3(3;–2; –1) 
(): 3x – 2y – z – 6 = 0.
() 
2
d
và d có vtpt
n



= [
2
u

,
n

] = (5; 34; –11) 
(): 5x + 34y – 11z – 38 = 0.
 = ()  (). Gọi M   toạ độ M là nghiệm hệ phương trình
3 2 6 0
5 34 11 38 0
x y z
x y z
   


   

cho z = 1  x = 3, y = 1. Vậy phương trình tham số của  là:
3 2
1
1 4
x t
y t
z t
 


 



 


14) Cho đường thẳng d và mặt phẳng () có phương trình: d:
2 1 1
2 3 5
x y z
  
  ; (): 2x + y + z – 8 = 0
a) Tìm góc giữa d và ().
b) Tìm tọa độ giao điểm của d và ().
c) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d lên ().
 Hướng dẫn:
a) d có vtcp
u

= (2; 3; 5), () có vtpt
n

= (2; 1; 1). Gọi  là góc giữa d và () (
0 0
0 90

  ) nên
 
| . | | 4 3 5| 6
sin cos ,
| |.| |

4 9 25. 4 1 1 57
u n
u n
u n

 
   
   
 
 
 

THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I

I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à

n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 16
b) Thay d vào phương trình ()  t =
1
3
và giao điểm
8 8
;0;
3 3
I
 
 
 

c) Gọi d là hình chiếu vuông góc của d lên () có vtcp
()  d và ()  () có vtpt là

n


= [
n


,
u

] = (2; –8; 4) = (1; –4; 2)
d = ()  () có vtcp
'
u

= [
n


,
n


] = (6; –3; –9) = (2; –1; –3)  d:
8 8
2 ; ; 3
3 3
x t y t z t
     

15) Cho đường thẳng Δ và mặt phẳng (P) có phương trình:
1 2 3
:
1 2 2
x y z
  
   và (P): 2x + z – 5 = 0
a) Xác định tọa độ giao điểm A của đường thẳng Δ và mặt phẳng (P).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua A, nằm trong (P) và vuông góc với Δ.
 Hướng dẫn:
a) Thay
1
2 2
3 2
x t
y t
z t
 


 


 

vào (P), ta được t = 0  A(1; 2; 3)
b) Đường thẳng d  (P) và d   có vtcp
u

=

,
P
u n

 
 
 
= (2; 3; –4)  d:
1 2 '; 2 3 '; 3 4 '
x t y t z t
     

16) a) Tính khoảng cách từ điểm M(2; 3; 1) đến đường thẳng Δ:
2 1 1
1 2 2
x y z
  
 


b) Tính khoảng cách từ điểm N(2; 3; –1) đến Δ đi qua điểm
0
1 3
;0;
2 4
M
 
 
 
 

và có vtcp
u

= (–4; 2; –1).
 Hướng dẫn:
a)  
0
M
(–2; 1; –1) và có vtcp
u

= (1; 2; –2). Ta có
0
M M

= (4; 2; 2), [
u

,
0
M M

] = (8; –10; –6).
Khoảng cách
 
0
,
,
u M M
d M

u
 
 
 
 

=
2 2 2
2 2 2
8 10 6
1 2 2
 
 
=
10 2
3

b)
0
5 1
;3;
2 4
M N
 
 
 
 

,
0

5 7
, ; ; 17
2 2
u M N
 
 
  
 
 
 
 
. Khoảng cách
 
0
,
,
u M M
d N
u
 
 
 
 

=
2870
14

17) Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng sau:
a) d:

1
1
1
x t
y t
z
 


  




và d:
2 3 '
2 3 '
3
x t
y t
z
 


  




b) d:

4 1
1 1 2
x y z
 
 
 
và d:
'
2 3 '
4 3 '
x t
y t
z t
 


 


  


 Hướng dẫn:
a) d 
1
M
(1; –1; 1) có vtcp
1
u


= (1; –1; 0); d 
2
M
(2; –2; 3) có vtcp
2
u

= (–1; 1; 0).
Vì
1
u

và
2
u

cùng phương nhưng
1
M
 d nên d // d. Do đó
   
2 1 2
1
2
,
, ' , ' 2
u M M
d d d d M d
u
 

 
  
 


b) d 
1
M
(0; 4; –1) có vtcp
1
u

= (–1; 1; –2); d 
2
M
(0; 2;–4) có vtcp
2
u

= (–1; 3; 3).
Ta có [
1
u

,
2
u

] = (9; 5; –2),
1 2

M M

= (0; –2; –3) và
1 2 1 2
[ , ]
u u M M
  
= –4 ≠ 0 nên d và d chéo nhau.
Khoảng cách hai đường thẳng là
 
1 2 1 2
1 2
[ , ]
, '
[ , ]
u u M M
d d d
u u

  
 
=
4
81 25 4
 
=
2 110
55

THPT Tân Bình – Bình Dương.

H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p

p
.
. Trang 17
Ô
Ô
N
N


T
T
Ậ
Ậ
P
P


&
&


K
K
I
I
Ể
Ể
M
M

T
T
R
R
A
A


C
C
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
G
.
.


1) Cho bốn điểm A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1), D(–2; 1; –1).
a) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.
b) Tìm góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
c) Tính độ dài đường cao hình chóp A.BCD.
 Hướng dẫn:

a) Phương trình (ABC):
1 1 0
1 1 1
x y z
x y z
       
. Vì D(ABC) nên ABCD là tứ diện.
b)


cos ,
AB CD
=
.
2
cos( , )
2
AB CD
AB CD
AB CD
 
 
 
 



0
, 45
AB CD 

c) Độ dài đường cao h của hình chóp A.BCD chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Ta có h = d(A, (BCD)) =
1 2
1
1 4 4


 

2) Cho mặt cầu (S) có đường kính AB, biết rằng A(6; 2; –5), B(–4; 0; 7).
a) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính r của mặt cầu (S).
b) Lập phương trình của mặt cầu (S).
c) Lập phương trình của mặt phẳng () tiếp xúc mặt cầu (S) tại điểm A.
 Hướng dẫn:
a) Tâm I là trung điểm AB  I(1; 1; 1), r = IA =
62

b) (S):
2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 62
x y z
     

c)
IA

= (5; 1; –6) là vtpt của () tiếp xúc mặt cầu (S) tại A. Phương trình (): 5x + y – 6z – 62 = 0.
3) 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 () chứa AB và song song CD.
 Hướng dẫn:
a)
BC

= (–1; 2; –7),
BD

= (0; 4; –6), [
BC

,
BD

] = (16; –6; –4) = 2(8; –3; –2) là véctơ pháp tuyến của
mặt phẳng (BCD)  (BCD): 8x – 3y – 2z + 4 = 0.
b) Vì tọa độ điểm A không thoả phương trình (BCD) hay A (BCD) nên ABCD là một tứ diện.
AH = d(A, (BCD)) =
16 18 6 4
36
64 9 4 77
   

 

c)
AB

= (3; –6; 3),
CD


= (1; 2; 1), [
AB

,
CD

] = (–12; 0; 12) chọn
n

= (1; 0; –1) là véctơ pháp tuyến của
mặt phẳng () đi qua AB và song song CD  (): 2x – y + 2 = 0.
4) Cho mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2
( 3) ( 2) ( 1) 100
x y z     
và mặt phẳng () có phương trình
2x – 2y – z + 9 = 0. Mặt phẳng () cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C). Hãy xác định tọa độ tâm và
tính bán kính của đường tròn (C).
 Hướng dẫn:
(S) có tâm I(3; –2; 1), R = 10, d(I,()) = 6 < 10 nên () cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C).
Tâm J của đường tròn (C) nằm trên đường thẳng  đi qua I, J và vuông góc () nên có véctơ chỉ phương
u

= (2; –2; –1) và :
3 2
2 2
1
x t
y t

z t
 


  


 

nên J(3 + 2t; –2 – 2t; 1 – t)
Vì J () nên có 2(3 + 2t) – 2( –2 – 2t) – (1 – t) + 9 = 0  t = –2  J(–1; 2; 3)
Bán kính r của đường tròn (C): Ta có


2 2 2
,( )
R r d I

  
100 36
r
 
= 8.
5) Cho 4 điểm A(1; 6; 2), B(4; 0; 6), C(5; 0; 4), D(5; 1; 3).
a) Chứng minh 4 điểm đó không đồng phẳng.
b) Tính thể tích tứ diện ABCD.
c) Viết phương trình mặt phẳng (BCD).
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H

Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1

2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.

. Trang 18
d) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc mặt phẳng (BCD). Tìm tọa độ tiếp điểm.
 Hướng dẫn:
a)
AB

= (3; –6; 4),
AC

= (4; –6; 2),
AD

= (4; –5; 1).
[
AB

,
AC

] = (12; 10; 6), [
AB

,
AC

].
AD

= 4 ≠ 0 nên A, B, C, D không đồng phẳng.
b) V =

1 2
, .
6 3
AB AC AD
 

 
  

c)
BC

= (1; 0; –2),
BD

= (1; 1; –3),
n

= [
BC

,
BD

] = (2; 1; 1), (BCD): 2x + y + z – 14 = 0
R = d(A, (BCD)) =
2 2 2
2.1 1.6 1.2 14
2 6
3

2 1 1
  

 
 (S):
2 2 2
8
( 1) ( 6) ( 2)
3
x y z
     
.
AH nhận vtpt của (BCD) làm vtcp  AH:
1 2 ; 6 ; 2
x t y t z t
     
.
H = AH  (BCD) nên khi thay vào đường thẳng vào mặt phẳng ta có t =
2
3

7 20 8
; ;
3 3 3
H
 
 
 

6) Cho điểm A(–1; 2; –3), véctơ

a

= (6; –2; –3) và đường thẳng d:
1 3
1 2
3 5
x t
y t
z t
 


  


 


a) Viết phương trình mặt phẳng () chứa điểm A và vuông góc với giá của
a

.
b) Tìm giao điểm của d và ().
c) Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, vuông góc với giá của
a

và cắt d.
 Hướng dẫn:
Mặt phẳng () nhận
a


làm véctơ pháp tuyến nên (): 6x –
2y – 3z + 1 = 0.
Gọi M = d  (). Vì M d nên M(1 + 3t; –1 + 2t; 3 – 5t), vì
M () nên ta có
6(1 + 3t) – 2(–1 + 2t) – 3(3 – 5t) + 1 = 0  t = 0  M(1; –
1; 3).
Vì giá của
a

vuông góc () nên vuông góc với mọi đường
thẳng có trong ().  đi qua A () và vuông góc với giá
của
a

nên   ().  cắt d thì  đi qua M, do vậy  có vtcp
là
AM

= (2; –3; 6)  :

1 2 ; 1 3 ; 3 6
x t y t z t
      

7) Viết phương trình mp() tiếp xúc mặt cầu (S):
2
x
+
2

y
+
2
z
– 10x + 2y + 26z + 170 = 0 và song song với
hai đường thẳng d:
5 2
1 3
13 2
x t
y t
z t
  


 


  

; d:
7 3 '
1 2 '
8
x t
y t
z
  



  





 Hướng dẫn:
Gọi
u

= (2; –3; 2) và
'
u

= (3; –2; 0) lần lượt là véctơ chỉ phương của d và d.
Ta có
n

= [
u

,
'
u

] = (4; 6; 5) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (). (): 4x + 6y + 5z + D = 0
Tâm của mặt cầu (S) là I(5; –1; –13), bán kính R =
2 2 2
a b c d
  

= 5
Ta có: () tiếp xúc với (S)  d(I, ()) = r 
20 6 65
5
16 36 25
D  

 

51 5 77
D   
51 5 77
D  
. Vậy có hai mặt phẳng () là 4x + 6y + 5z +
51 5 77

= 0
8) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của M(1; –1; 2) trên mặt phẳng (): 2x – y + 2z + 11 = 0.
 Hướng dẫn:
Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc mặt phẳng ()  d:

1 2 ; 1 ; 2 2
x t y t z t
      

d cắt () tại H(1 + 2t; –1 – t; 2 + 2t) nên H()  2(1 + 2t) –(–1 – t) + 2(2 + 2t) + 11 = 0  t = –2.
Vậy H(–3; 1; –2).
9) Cho M(2; 1; 0) và mặt phẳng (): x + 3y – z – 27 = 0. Tìm tọa độ điểm M đối xứng với M qua ().
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H

H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1

1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p

.
. Trang 19
 Hướng dẫn:
Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc mặt phẳng ()  d:

2 ; 1 3 ;
x t y t z t
     

d cắt () tại H(2 + t; 1 + 3t; –t) nên H()  (2 + t) + 3(1 + 3t) – (–t) – 27 = 0  t = 2.
Vậy H(4; 7; –2). M(x; y; z) đối xứng M qua () nên H là trung điểm MM  M(6; 13; –4).
10) Cho hai điểm A(1; –1; –2) và B(3; 1; 1) và mặt phẳng (P): x – 2y + 3z – 5 = 0.
a) Tìm tọa độ A đối xứng với A qua mp(P).
b) Tìm góc giữa đường thẳng AB và mp(P).
c) Viết phương trình mp(Q) đi qua A, B và vuông góc mp(P).
d) Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng AB với mp(P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong
(P), đi qua I và vuông góc với AB.
 Hướng dẫn:
a) (P) có vtpt là
n

= (1; –2; 3). Gọi H là hình chiếu của A lên (P)  AH:
1 ; 1 2 ; 2 3
x t y t z t
       
.
Vì H = AH  (P) nên thay phương trình đường thẳng vào phương trình mặt phẳng ta có t =
4
7


11 15 2
; ;
7 7 7
H
 
 
 
 
. Vì H là trung điểm AA nên A
15 23 10
; ;
7 7 7
 

 
 
.
b)
AB

= (2; 2; 3), (P) có vtpt
P
n

= (1; –2; 3).
Gọi  là góc giữa AB và mp(P), ta có sin =


cos ,
P

AB n
 
=
.
.
P
P
AB n
AB n
 
 
=
2 4 9
7
17. 14 238
 
 .
c) Ta có
Q
n

= [
AB

,
P
n

] = (12; –3; –6) = 3(4; –1; –2)  (Q): 4x – y – 2z – 9 = 0.
d) AB:

1 2
1 2
2 3
x t
y t
z t
 


  


  

thay vào phương trình (P): x – 2y + 3z – 5 = 0, ta được t =
8
7

23 9 10
; ;
7 7 7
I
 
 
 

Ta có
u



= [
AB

,
P
n

]= (12; –3; –6) = 3(4; –1; –2)  :
23 9 10
4 ; ; 2
7 7 7
x t y t z t
     

11) Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phương trình (P): 2x – y + z + 2 = 0 và (Q): x + y + 2z – 1 = 0.
a) Chứng minh rằng (P) và (Q) cắt nhau. Tìm góc giữa hai mặt phẳng đó.
b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A(1; 2; –3), song song cả (P) và (Q).
c) Viết phương trình mp(R) đi qua B(–1; 3; 4), vuông góc cả (P) và (Q).
 Hướng dẫn:
a) (P) và (Q) có vtpt là
P
n

= (2; –1; 1),
Q
n

= (1; 1; 2). Vì hai véctơ
P
n


và
Q
n

không cùng phương nên (P)
và (Q) cắt nhau.
0
| . |
2 1 2
1
cos 60
2
| || |
6 6
P Q
P Q
n n
n n
 
 
    
 
 
.
b) d đi qua A(1; 2; –3) và song song cả (P) và (Q) nên có vtcp
u

= [
P

n

,
Q
n

]= (–3; –3; 3) = –3(1; 1; –1).
vuông góc cả hai véctơ
P
n

và
Q
n

nên d:
1 ; 2 ; 3
x t y t z t
      

c) Mặt phẳng (R) đi qua B(–1; 3; 4), vuông góc cả (P) và (Q) nên có véctơ pháp tuyến
u

= (1; 1; –1). Do đó (R): x + y – z + 2 = 0.
12) Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng tọa độ (Oxz) và cắt hai đường thẳng d:
4
3
x t
y t
z t




  


 

; d:
1 2 '
3 '
4 5 '
x t
y t
z t
 


  


 


 Hướng dẫn:
  (Oxz) nên nhận
j

= (0; 1; 0) làm vtcp. Hai đường thẳng d và d có véctơ chỉ phương
u


= (1; 1; –1),
'
u

= (–2; 1; –5) nên không song song. Mặt khác khi thay phương trình đường thẳng d vào phương trình
đường thẳng d chúng vô nghiệm do đó d và d không cắt nhau. Vậy d và d chéo nhau.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T

Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 20
Gọi M(t; –4 + t; 3 – t) và M(1 – 2t; –3 + t; 4 – 5t) lần lượt là giao điểm của  với d và d. Ta có
'
MM


= k.
j


1 2 ' 0
1 '
1 5 ' 0
t t
t t k
t t
  


  



  


3 2
; '
7 7
t t
 
.  M
3 25 18
; ;
7 7 7
 

 
 
 :
3 25 18
; ;
7 7 7
x y t z
    

Cách khác: d và d có vtcp là





1;1; 1 , ' 2;1; 5
u u
    
 
và
j

= (0; 1; 0) là vtpt của mp(Oxz).
Gọi () d M(0; –4; 3) và ()  (Oxz) nên vtpt là


, 1;0;1
n j u

 
  
 
  
 (): x + z – 3 = 0.
Gọi () d M(1; –3; 4) và ()  (Oxz) nên vtpt là


, ' 5;0;2
n j u

 
  
 
  
 (): 5x + 2z – 13 = 0.

 = ()()  :
3 0
5 2 13 0
x z
x z
  


  

có vtcp


3 0;1;0
u



, qua
7 2
;0;
3 3
A
 
 
 
nên :
7 2
; ;
3 3

x y t z
  

13) Cho đường thẳng d và mp(P) có phương trình d:
2 11
; ;
3 3
x t y t z t
     
, (P): x – 3y + z – 1 = 0.
a) Viết phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của d trên mp(P).
b) Viết phương trình
1
d
là hình chiếu song song của d trên mp(P) theo phương Oz.
c) Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O, cắt d và song song với mp(P).
 Hướng dẫn:
a)
0
2 11
; ;0
3 3
M
 

 
 
d có vtcp là
u


= (1; 1; 1) và (P) có vtpt là
P
n

= (1; –3; 1).
Gọi (Q)  d và (Q)  (P) có vtpt
Q
n

= [
u

,
P
n

] = (4; 0; –4) = 4(1; 0; –1)  (Q): 3x – 3z – 2 = 0
Ta có d= (P)  (Q)  d:
3 1 0
3 3 2 0
x y z
x z
   


  

đặt z = t  d:
2 1 2
; ;

3 9 3
x t y t z t
     

b) Gọi (R) là mặt phẳng chứa d và song song Oz (hoặc chứa Oz), khi đó
1
d
chính là giao tuyến của (R)
và (P). Mp(R) đi qua
0
2 11
; ;0
3 3
M
 

 
 
và có vtpt
R
n

= [
u

,
k

] = (1; –1; 0)  (R): 3x – 3y – 13 = 0


1
d
:
3 1 0
3 3 13 0
x y z
x y
   


  

đặt y = t 
1
d
:
13 10
; ; 2
3 3
x t y t z t
     

c) Gọi (P) qua O và (P) // (P) thì (P): x – 3y + z = 0. Gọi I = d  (P) 
37 35
;8;
3 3
I
 
 
 

.
Đường thẳng qua I, O là đường thẳng cần tìm có phương trình
37 35
8
3 3
x y z
  hay
37 24 35
x y z
  .
14) Cho điểm A(2; 3; 1) và hai đường thẳng:
1
d
:
2
2
2
x t
y t
z t
  


 




và
2

d
:
5 2
3 1 1
x y z
 
 

.
a) Viết phương trình mp(P) đi qua A và
1
d
.
b) Viết phương trình mp(Q) đi qua A và
2
d

c) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A, cắt
1
d
và
2
d
.
d) Tính khoảng cách từ A đến
2
d
.
 Hướng dẫn:
a)

1
M
(–2; 2; 0)
1
d
,
1
AM

= (–4; –1; –1),
1
u

= (–1; 1; 2) là vtcp của
1
d

(P) có vtpt
P
n

= [
1
u

,
1
AM

] =(1; –9; 5)  (P): x – 9y + 5z + 20 = 0.

b)
2
M
(–5; 2; 0)
2
d
,
2
AM

= (–7; –1; –1),
2
u

= (3; –1; 1) là vtcp của
2
d

(Q) có vtpt
Q
n

= [
2
u

,
2
AM


] = 2(1; –2; –5)  (Q): x – 2y – 5z + 9 = 0
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á

á
p
p
.
. Trang 21
c) Đường thẳng d đi qua A, cắt cả
1
d
và
2
d
nên d nằm trên cả hai mặt phẳng (P) và (Q)
 d:
9 5 20 0
2 5 9 0
x y z
x y z
   


   

, đặt x = t  d:
29 2 41 7
; ;
11 11 55 55
x t y t z t
    
d) Gọi h là khoảng cách từ A đến
2

d
, ta có h =
2 2
2
,
AM u
u
 
 
 

=
4 16 100 2 30
9 1 1 11
 

 

15) Cho hai đường thẳng d:
1 6
1 2 3
x y z
 
  và d:
1
2
3
x t
y t
z t

 


  


 


a) Chứng minh hai đường thẳng đó chéo nhau. Tính góc giữa chúng.
b) Tính khoảng cách giữa d và d.
c) Viết phương trình đường vuông góc chung của d và d.
d) Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt cả d và d.
 Hướng dẫn:
a) M(0; 1; 6) d có vtcp
u

= (1; 2; 3) và M(1; –2; 3) d có vtcp
'
u

= (1; 1; –1)
Ta có: [
u

,
'
u

] = (–5; 4; –1),



' 1; 3; 3
MM
  

nên
, ' . '
u u MM
 
 
  
= 14  0  d và d chéo nhau.
Vì
u

.
'
u

= 1 + 2 – 3 = 0 nên hai đường thẳng vuông góc.
b)


, '
d d d
= h =
, ' . '
, '
u u MM

u u
 
 
 
 
  
 
=
14 42
3
25 16 1

 

c) Gọi
1
d
 d và
1
d
 d  vtcp


1
', 5; 4;1
u u u
 
  
 
  

.
Gọi () 
1
d
và qua d M(0; 1; 6) 


1
, 14 1;1; 1
n u u

 
  
 
  
 (): x + y – z + 5 = 0.
Gọi () 
1
d
và qua d M(1; –2; 3) 


1
, ' 3 1;2;3
n u u

 
  
 
  

 (): x + 2y + 3z – 6 = 0.
1
d
= ()  () 
1
d
:
5 0
2 3 6 0
x y z
x y z
   


   


1
d
: 16 5 ; 11 4 ;
x t y t z t
     

d) Gọi
2
d
là đường thẳng song song Oz cắt d và d lần lượt tại A và B.
Khi đó A(t; 1+ 2t; 6+ 3t), B(1+ t; –2+ t; 3– t),
AB


= (1+ t– t; –3+ t– 2t; –3 – t– 3t).
Vì
AB

cùng phương với
k

= (0; 0; 1) nên 1+ t– t = –3+ t– 2t = 0  t = –4, t = –5.
Vậy A(–4; –7; –6),
AB

= (0; 0; 14) 
1
d
:
4; 7; 6
x y z t
      

16) Cho hai đường thẳng d:
3
6
x t
y
z t







 

và d:
2
1
2
x t
y t
z t
 


 


 


a) Chứng minh rằng d và d chéo nhau và vuông góc với nhau.
b) Viết phương trình mp(P) đi qua d và vuông góc với d; mp(Q) đi qua d và vuông góc d.
c) Viết phương trình chính tắc của đường vuông góc chung của d và d.
 Hướng dẫn:
a) d M(0; 3; 6) có vtcp
u

= (1; 0; 1); d M(2; 1; 2) có vtcp
'
u


= (1; –1; –1).
Ta có
, '
u u
 
 
 
= (1; 2; –1),


' 2; 2; 4
MM
  

và
, ' '
u u MM
 
 
  
= 2  0  d và d chéo nhau.
Vì
u

.
'
u

= 1 + 0 – 1 = 0 nên
u



'
u

hay d  d.
b) (P)  d M(0; 3; 6) và có vtpt
'
u

 (P): x – y – z + 9 = 0.
(Q)  d M(2; 1; 2) và có vtpt
u

 (Q): x + z – 4 = 0.
c)  vuông góc chung của d và d   = (P)  (Q)  :
9 0
4 0
x y z
x z
   


  

 :
5 4
1 2 1
x y z
 

 


THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C

H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h

h
á
á
p
p
.
. Trang 22
C
C
Á
Á
C
C


Đ
Đ
Ề
Ề


T
T
H
H
I
I


T

T
Ố
Ố
T
T


N
N
G
G
H
H
I
I
Ệ
Ệ
P
P


T
T
H
H
P
P
T
T
.

.


1) (Đề thi TN.THPT năm 2003). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A, B, C, D có toạ độ xác định bởi
các hệ thức: A(2; 4; –1),
OB

=
i

+ 4
j

–
k

, C(2; 4; 3),
OD

= 2
i

+ 2
j

–
k

.
a) Chứng minh AB  AC, AC  AD, AD  AB. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

b) Viết phương trình tham số của đường vuông góc chung  của hai đường thẳng AB và CD. Tính góc
giữa  và mặt phẳng (ABD).
c) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, B, C, D. Viết phương trình tiếp diện (α) của mặt
cầu (S) song song mặt phẳng (ABD).
 Hướng dẫn:
a) A(2; 4; –1), B(1; 4;–1), C(2; 4; 3), D(2; 2; –1),
AB

= (–1; 0; 0),
AD

= (0; –2; 0),
AC

= (0; 0; 4) vì cả 3 véctơ lần lượt nằm trên 3 trục Ox, Oy, Oz nên
đôi một vuông góc. Ta có [
AB

,
AC

] = (0; 4; 0),
1
,
6
ABCD
V AB AC AD
 

 

  
=
4
3
(đvtt)
b)
CD

= (0; –2; –4), [
AB

,
CD

] = (0; –4; 2) = –2(0; 2; –1)  :

2; 4 2 ; 1
x y t z t
     
.
(ABD) có vtpt
n

= [
AB

,
AD

] = (0; 0; 2). Vậy góc nhọn


giữa  và mặt phẳng (ABD) xác định bởi:
| . | | 0.0 0( 2) 2.1| 5
sin
5
| |.| |
4 4 1
nu
n u

  
  

 
 

c) Mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
. Ta có A, B, C, D  (S)
 a =
3
2
, b = 3, c = 1, d = 7  (S):
2 2 2
3 6 2 7 0
x y z x y z
      

(α) // (ABD): z + 1 = 0  (α): z + D = 0
(S) có tâm I(
3
2
; 3; 1) và bán kính R =
21
2
.
Theo đề bài, ta có d(I, (α)) =
|1.1 | 21 21
1
2 2
1
D
D

      (α): z – 1
21
2
 = 0
2) (Đề thi TN.THPT năm 2004 Hệ Bổ túc). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d
lần lượt có phương trình: (P): x + 9y + 5z + 4 = 0 và d:

1 10 ; 1 ; 1 2
x t y t z t
      

a) Tìm toạ độ A giao của đường thẳng d và mặt phẳng (P).
b) Cho đường thẳng

1
d
có phương trình
2 2 3
31 5 1
x y z
  
 

. Chứng minh hai đường thẳng
1
d
và d
chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và song song đường thẳng
1
d
.
c) Viết phương trình đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
 Hướng dẫn:
a) A = d  (P), A d  A(1 + 10t; 1 + t; –1 –2t) vì A (P)  (1 + 10t) + 9(1 + t) + 5(–1 –2t) + 4 = 0
 t = –1  A(–9; 0; 1)
b) Đường thẳng d có vtcp là
u

= (10; 1; –2), đường thẳng
1
d
có vtcp là
1
u


= (31; –5; 1),
u

và
1
u

không
cùng phương nên d và
1
d
không song song. Toạ độ giao điểm nếu có của hai đường thẳng d và
1
d
:
2 31 '
2 5 '
3 '
x t
y t
z t
 


 


  


là nghiệm hệ:
1 10 2 31 '
1 2 5 '
1 2 3 '
t t
t t
t t
  


  


    

Hệ vô nghiệm nên đường thẳng d và
1
d
chéo nhau.
Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d  M(1; 1; –1) và song song đường thẳng
1
d
nên có véctơ pháp tuyến
là
n

= [
u

,

1
u

] = (–9; –72; –81) = –9 (1; 8; 9)  (Q): x + 8y + 9z = 0.
c)  = (P)  (Q)  :
9 5 4 0
8 9 0
x y z
x y z
   


  

cho z = t  :

32 41 ; 4 4 ;
x t y t z t
     

3) (Đề thi TN.THPT năm 2004). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(1; –1; 2), B(1; 3; 2), C(4; 3; 2),
D(4; –1; 2).
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H

H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:

L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 23
a) Chứng minh A, B, C, D là bốn điểm đồng phẳng.
b) Gọi A là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oxy. Hãy viết phương trình mặt cầu (S) đi qua
bốn điểm A, B, C, D.
c) Viết phương trình tiếp diện (α) của mặt cầu (S) tại điểm A.

 Hướng dẫn:
a)
AB

= (0; 4; 0),
AC

= (3; 4; 0),
AD

= (3; 0; 0), Ta có
AC

=
AB

+
AD

 A, B, C, D đồng phẳng.
b) A là hình chiếu vuông góc của A(1; –1; 2) lên mặt phẳng Oxy  A(1; –1; 0).
Với (S):
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
, ta có A, B, C, D  (S)  a =
5
2
, b = 1, c = 1, d = 1 

(S):
2 2 2
5 2 2 1 0
x y z x y z
      

c) Tâm
5
;1;1
2
I
 
 
 
của mặt cầu (S) và véctơ pháp tuyến
3
' ;2;1
2
A I
 

 
 

. Phương trình tiếp diện (α) của
mặt cầu (S) tại điểm A là: 3x + 4y + 2z + 1 = 0.
4) (Đề thi TN.THPT năm 2005). Trong không gian Oxyz, cho
1

:

2 2 0
2 0
x y
x z
  


 

,
2

:
1
1 1 1
x y z

 
 
và
mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 4 3 0
x y z x y z
      
.
a) Chứng minh
1

và

2

chéo nhau.
b) Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu (S), biết tiếp diện song song với hai đường thẳng
1

và
2

.
 Hướng dẫn:
a)
1

:

2 ; 1 ;
x t y t z t
   
qua
1
M
(0; 1; 0) có vtcp
1
u

= (2; –1; 1),
2

:


1 ; ;
x t y t z t
  
    
qua
2
M
(1; 0; 0) có vtcp
2
u

= (–1; 1; 1). Ta có


1 2
1; 1;0
M M  

,


1 2
, 2; 3;1
u u
 
  
 
 
,

1 2 1 2
, 1 0
u u M M
 
 
 
  

nên
1

chéo
2

.
b) Gọi (P) là tiếp diện cần tìm. Vì (P) song song
1

và
2

nên có véctơ pháp tuyến
n

= [
1
u

,
2

u

] = (0; 1; 1). Phương trình (P): y + z + D = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –1; –2) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu nên:
d(I, (P)) = R 
| 3|
3 3 3 2
2
D
D

     (P): y + z + 3 + 3
2
= 0 và (P): y + z + 3 – 3
2
= 0
5) (Đề thi TN.THPT năm 2006 Phân ban).
 Theo chương trình Nâng cao: 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 đi qua ba điểm A, B, C. Tính diện tích ABC.
b) Gọi G là trọng tâm ABC. Viết phương trình mặt cầu đường kính OG.
 Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)
a) Chứng minh ABC vuông. Viết phương trình tham số của đường thẳng AB.
b) Gọi M là điểm sao cho
MB

= –2
MC

. Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và vuông góc với
đường thẳng BC.

 Hướng dẫn:
 Theo chương trình Nâng cao:
a) Phương trình mặt theo đoạn chắn (ABC):
1 3 2 6 0
2 3 6
x y z
x y z
       

AB

= (–2; 3; 0),
AC

= (–2; 0; 6), [
AB

,
AC

] = (18; 12; 16) 
1
, 3 14
2
ABC
S AB AC

 
 
 

 

b) Trọng tâm ABC là
2
;1;2
3
G
 
 
 
. Tâm I của mặt cầu là trung điểm OG 
1 1
; ;1
3 2
I
 
 
 
.
Bán kính mặt cầu R = OI =
7
6
. Phương trình mặt cầu:
 
2 2
2
1 1 49
1
3 2 36
x y z

   
     
   
   

 Theo chương trình Chuẩn:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í

Í
C
C
H
H


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 24
a)
AB

= (1; 0; –1),
AC

= (2; –1; 2), ta có
AB

.
AC

= 2 + 0 – 2 = 0 nên
AB


AC

 tam giác ABC
vuông tại A. Phương trình tham số AB:


1 ; 1; 2
x t y z t
     

b)
MB

= (–x; 1 – y; 1 – z),
MC

= (1 – x; –y; 4 – z),
MB

= –2
MC


2(1 ) 2 /3
2 1
1 2( ) 1/ 3 ; ;3
3 3
1 2(4 ) 3
x x x
y y y M
z z z
    
 
 
 

      
 
 
 
 
    
 

Ta có
BC

= (1; –1; 3) là vtpt của (P) đi qua M và vuông góc BC  (P): 3x – 3y + 9z – 28 = 0.
6) (Đề thi TN.THPT năm 2006 Không phân ban). Trong không gian Oxyz, cho A(1; 0; –1), B(1; 2; 1),
C(0; 2; 0). Gọi G là trọng tâm ABC.
a) Viết phương trình đường thẳng OG.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm O, A, B, C.
c) Viết phương trình các mặt phẳng vuông góc với đường thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S).
 Hướng dẫn:
a)
2 4
; ;0
3 3
G
 
 
 
,
2 4
; ;0
3 3

OG
 

 
 

=
2
3
(1; 2; 0)  OG:

; 2 ; 0
x t y t z
  

b) Phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
.
O, A, B, C (S)  a = 1; b = 1; c = 0; d = 0.Vậy phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
( 1) ( 1) 2
x y z
    

c) Gọi (α) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng OG nên nhận véctơ chỉ phương
u


= (1; 2; 0) của OG làm véctơ pháp tuyến  (α): x + 2y + D = 0.
Khoảng cách từ tâm I(1; 1; 0) của (S) đến (α) bằng R =
2
, nên ta có
3 10
|3 |
2
5
3 10
D
D
D

  

 

  


.
Vậy có 2 mặt phẳng (α) là x + 2y – 3 +
10
= 0 và x + 2y – 3 –
10
= 0.
7) (Đề thi TN.THPT năm 2007 Phân ban).
 Theo chương trình Nâng cao: (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm M(–1; –1; 0) và mặt phẳng
(P): x + y – 2z – 4 = 0.
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua M và song song mặt phẳng (P).

b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và vuông góc mặt phẳng (P). Tìm toạ độ giao điểm H của
đường thẳng d với mặt phẳng (P).
 Theo chương trình Chuẩn: (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm E(1; 2; 3) và mặt phẳng
(α): x + 2y – 2z + 6 = 0
a) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc toạ độ O và tiếp xúc mặt phẳng (α)
b) Viết phương trình tham số của đường thẳng  đi qua E và vuông góc mặt phẳng (α).
 Hướng dẫn:
 Theo chương trình Nâng cao:
a) Mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên nhận véctơ pháp tuyến
n

= (1; 1; –2) của (P) làm véctơ
pháp tuyến  (Q): 1(x + 1) + 1(y + 1) – 2(z + 0) = 0  x + y – 2z + 2 = 0
b) Đường thẳng d đi qua M và vuông góc mặt phẳng (P) nên nhận véctơ pháp tuyến
n

= (1; 1; –2) của (P) làm véctơ chỉ phương  d:

1 ; 1 ; 2
x t y t z t
       
. H = d  (P)  toạ độ
H:


1 ; 1 ; 2 ; 2 4 0 1; 0; 0; 2
x t y t z t x y z t x y z
                 
 H(0; 0; –2).
 Theo chương trình Chuẩn:

a) O(0; 0; 0), với d(O, (α)) = R  R =
|1.0 2.0 2.0 6|
2
1 4 4
  

 
. Vậy mặt cầu (S):
2 2 2
4
x y z
  

b) Đường thẳng  qua E(1; 2; 3) và vuông góc mặt phẳng (α) nên nhận véctơ pháp tuyến
n

= (1; 2; –2)
của mặt phẳng (α) làm véctơ chỉ phương  d:

1 ; 2 2 ; 3 2
x t y t z t
     

8) (Đề thi TN.THPT năm 2007 Phân ban lần 2).
 Theo chương trình Nâng cao: (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm E(1; –4; 5) và F(3; 2; 7).
a) Viết phương trình mặt cầu đi qua F và có tâm là E.
b) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng EF.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
H
H

Ì
Ì
N
N
H
H


G
G
I
I
Ả
Ả
I
I


T
T
Í
Í
C
C
H
H


1
1

2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.

. Trang 25
 Theo chương trình Chuẩn: (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 0; 2) và N(3; 1; 5) và
đường thẳng d:

1 2 ; 3 ; 6
x t y t z t
      

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với đường thẳng d.
b) Viết phương trình tham số của đường thẳng  đi qua hai điểm M và N.
 Hướng dẫn:
 Theo chương trình Nâng cao:
a) EF =
4 36 4 44
   . Phương trình mặt cầu đi qua F và có tâm là E, bán kính R = EF là:
2 2 2
( 1) ( 4) ( 5) 44
x y z
     

b) Gọi M là trung điểm EF  M(2; –1; 6),
EF

= (2; 6; 2) = 2(1; 3; 1).
Mặt phẳng trung trực của EF đi qua trung điểm M và vuông góc EF nên nhận
n

= (1; 3; 1) làm một
véctơ pháp tuyến và (α): 1(x – 2) + 3(y + 1) + 1(z – 6) = 0  x + 3y + z – 5 = 0
 Theo chương trình Chuẩn:

a) Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với đường thẳng d nên nhận véctơ chỉ phương
u

= (2; 1; –1)
của đường thẳng d làm véctơ pháp tuyến
 (P): 2(x –1) + 1(y – 0) – 1(z – 2) = 0  2x + y – z = 0.
b) Đường thẳng  qua M, N có véctơ chỉ phương
MN

= (2; 1; 3) :

1 2 ; ; 2 3
x t y t z t
    

9) (Đề thi TN.THPT năm 2007 Không phân ban).(2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1 1
1 2 3
x y z
  
  và mặt phẳng (P) x – y + 3z + 2 = 0.
a) Tìm toạ độ giao điểm M của đường thẳng d với mặt phẳng (P).
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P).
 Hướng dẫn:
a) Phương trình tham số của d:

2 ; 1 2 ; 1 3
x t y t z t
      
. M = d  (P)

M d  M(2 + t; –1 + 2t; 1 + 3t)
M  (P)  (2 + t) –(–1 + 2t) + 3(1 + 3t) + 2 = 0  t = –1  M(1; –3; –2)
b) Mặt phẳng (P) có vtpt
n

= (1; –1; 3), d có vtcp
u

= (1; 2; 3). Gọi (α) là mặt phẳng chứa d  M và
vuông góc với (P), ta có vtpt của (α) là
n


= [
n

,
u

] = (–9; 0; 3)  (α): 3x – z – 5 = 0
10) (Đề thi TN.THPT năm 2007 Không phân ban lần 2). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng, d:
1 2 1
1 2 1
x y z
  
  , d:

1 ; 1 2 ; 1 3
x t y t z t
       

.
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d vuông góc nhau.
b) Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm K(1; –2; 1) và vuông góc với đường thẳng d.
 Hướng dẫn:
a)
u

= (1; 2; 1) và
'
u

= (1; –2; 3) là vtcp của d và d. Ta có
u

.
'
u

= 1 – 4 + 3 = 0 nên
u


'
u

hay d  d.
b) Gọi (α) là mặt phẳng đi qua điểm K(1; –2; 1) và vuông góc với đường thẳng d nên (α) nhận véctơ chỉ
phương
'
u


của đường thẳng d làm véctơ pháp tuyến.
Ta có (α): 1(x – 1) – 2(y + 2) + 3(z – 1) = 0  x – 2y + 3z – 8 = 0.
11) (Đề thi TN.THPT năm 2008 Không phân ban). (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho M(1; 2; 3) và
mặt phẳng (α): 2x – 3y + 6z + 35 = 0.
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc mặt phẳng (α)
b) Tính khoảng cách từ M đến (α). Tìm toạ độ N Ox sao cho độ dài NM bằng khoảng cách M đến (α).
 Hướng dẫn:
a) M (α), gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc (α) nên d nhận véctơ pháp tuyến
n

= (2; –3; 6) làm véctơ chỉ phương. Phương trình tham số d:

1 2 ; 2 3 ; 3 6
x t y t z t
     

b) Khoảng cách từ M đến (α) là d(M, (α)) =
| 2.1 3.2 6.3 35|
7
4 9 36
  

 
.
N Ox  N(a; 0; 0), NM =
2
(1 ) 4 9
a
  

; NM = d(M, (α)) 
2
(1 )
a
 = 36  |1 – a| = 6  a = –5;
a = 7. Vậy có 2 điểm N thoả điều kiện là N(–5; 0; 0) và N(7; 0; 0).