Các bài toán về góc và khoảng cách trong hệ tọa độ Oxyz – Trần Đình Sỹ

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH
I. LIÊN QUAN ĐẾN GÓC .
(5 BÀI )
Bµi 1 ( KA-2006) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' với
A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0;1; 0), A'(0; 0;1). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN.
2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α biÕt
1
os
6
c
α
=
GIẢI
a/ Tính h( A’C,MN).
- Ta có :
( ) ( )
1
' 1;1;1 , 0;1;0 , ' ;0;1
2
A C MN MA
 
= = = −
 ÷
 
uuuur uuuur uuuur
- Do đó :
1 1 1 1 1 1
1 1 3
' , ' 0. 1 1

1 0 0 0 0 1
2 2 2
A C MN MA
 
= − + + = + =
 
uuuur uuuur uuuur
- Vậy :
( )
3
' , '
3
2
' ,
1 0 1 2 2
' ,
A C MN MA
h A C MN
A C MN
 
 
= = =
+ +
 
 
uuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur
b/ Lập mặt phẳng (P) chứa A’C .
- Gọi (P) : ax+by+cz+d=0 (1)
- Do đi qua (A’C) cho nên : Qua A’(0;0;1) suy ra : c+d=0 (2). Suy ra c=-d = a+b .

(P) qua C(1;1;0) : a+b+d =0 (3) suy ra : (P) : ax+by+(a+b)z-(a+b)=0 (*)
- Mặt phẳng (P) có :
( )
; ;n a b c=
r
, mặt phẳng (Oxy) có véc tơ pháp tuyến là
( )
0;0;1k =
r
. Do đó ta có :
( )
2
2 2 2
2 2 2
.
2
1
os 6
2a
6
.
n k
a b
a b
c a b a b c
b
n k
a b c
α
= −

+

= = = ⇔ + = + + ⇒

= −
+ +

r r
r
(4)
- Với : a=-2b, chọn b=-1, ta được (P) : 2x-y+z-1=0
- Với b=-2a , thì chọn a=1 , ta được (P) : x-2y-z+1=0 .
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; −3), B(2; −1; −6) và mp(P): x + 2y + z
−3= 0 . Viết phương trình mp(Q) chứa AB và tạo với mp(P) một góc α thỏa mãn:
3
cos
6
α
=
GIẢI
Gọi (Q) có dạng : ax+by+cz+d=0 .
(Q) qua A(-1;2;-3) ta có : -a+2b-3c+d=0 (1) và (Q) qua B(2;-1;-6) : 2a-b-6c+d=0 .(2)
- Mặt phẳng (P) có
( )
1;2;1n =
r
. Suy ra
( )
( )
2

2 2 2
2 2 2
.
2
3
os 6 2 3
6
.
1 4 1
Q
Q
P
P
n n
a b c
c a b c a b c
n n
a b c
α
+ +
= = = ⇔ + + = + +
+ + + +
uur r
uur r
(3)
- Từ (1) và (2) ta có :
2 3 0
2a 6 0 4a
a b c d c a b
b c d d b

− + − + = = +
 
⇔
 
− − + = = +
 
.
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 1
Z
A
B
C
D
’
B’ C’
D’
A’
M
N
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
- Thay vào (3) :
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
4 3 , 15
6 2a 3 3 3a 11a 8 0
0, 3
a b c b d b
b a b a b b b

a b c d b
= − → = − = −

 
⇔ + = + + + ⇔ + + = ⇒

 
= − → = = −

- Vậy có hai mặt phẳng : (Q): -4x+y-3z-15=0 và (Q’): -x+y-3=0 .
Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2; −1; 1), B(0; 1: −2) và đường thẳng (d):
3 1
1 1 2
x y z− +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng
(OAB), nằm trong mặt phẳng (OAB) và hợp với đường thẳng (d) một góc α sao cho
5
cos
6
α
=
.
GIẢI
- Ta có :
( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 1
2; 1;1 , 0;1; 2 , ; ; 1;4;2
1 2 2 0 0 1

OA OB OA OB n
 − − 
 
= − = − ⇒ = = =
 ÷
 
− −
 
uuur uuur uuur uuur r
- Do đó : mp(OAB): x+4y+2z=0 (1) . Gọi M là giao của d với (OAB) thì tọa độ của M là nghiệm của hệ :
( )
4 2z
4(3 ) 2(2 1) 0 10 10;13; 21
3
1 2
x y
x t
t t t t M
y t
z t
+ +


=

⇔ + − + − = ↔ = − ⇔ = − −

= −



= − +

- Vì
( ) ( ) ( ) ( )
( )
, , . 0 4 2 0 2 ; ;
P
OAB d n u a b c u a b c
α
∆
∆∈ ⇒ = ∆ = ⇔ + + = =
uuruur r

- Do đó :
( )
( )
2 2 2 2 2 2
.
2 2
5
os , 4
6
1 1 4 6
d P
d P
d P
u n
a b c a b c
c u n
u n

a b c a b c
− + − +
= = = =
+ + + + + +
uur uur
uur uur
uur uur

- Suy ra :
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
5
6 5 25 4 2 11 16 5 0
11
b c
b b c b c b bc c
b c

=

 
⇔ − = − + + ⇔ − + = ⇔
 

=

- Với
( )
10 2

5 2 2 5
; ; / / 2; 5; 11 : 13 5
11 11 11 11
21 11
d
x t
b c a c u c c c u y t
z t
= − +


 
= → = − ⇒ = − = − − ⇔ ∆ = −

 ÷
 

= − −

uur r
- Với b=c, thay vào (2) ta có a=-6c
( ) ( )
10 6
6 ; ; / / ' 6; 1; 1 : 13
21
x t
u c c c u y t
z t
∆
= − +



⇒ = − = − − ⇔ ∆ = −


= − −

uur ur
Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0;1;−2), vuông góc
với đường thẳng
3 2
( ):
1 1 1
x y z
d
+ -
= =
-
và tạo với mặt phẳng (P): 2x + y − z +5 = 0 một góc 30
0
.
GIẢI
* Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( )
1; 1;1u = −
r
, đường thẳng ∆ có véc tơ chỉ phương
( )
; ;u a b c
∆

=
uur
.
Mặt phẳng (P) có
( )
2;1; 1n = −
r
.Gọi
( )
( )
; ,
d
d P u u
α
∆
= =
uur uur
.
- Do đó :
0
2 2 2 2 2 2
,
2a 2a
3
os os30
2
4 1 1 6
u n
b c b c
c c

u n
a b c a b c
α
∆
∆
+ − + −
= = = = =
+ + + + + +
uur r
uur r
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2a 3. 6 2 2a 9 2b c a b c b c a b c⇔ + − = + + ⇔ + − = + +
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 2
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
- Vì :
( )
. 0 0 3
d
d u u a b c b a c
∆
⊥ ∆ ⇒ = ⇔ − + = ⇔ = +
uur uur
- Thay (3) vào (2) ta được :
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2

0
18a 2a 2a 2a 2a 0
2a
c
a c a c c c c c
c
=

 
⇔ = + + + ⇔ = + + ⇔ + = ⇒

 
= −

- Với c-0, thay vào (3) ta có b=a suy ra
( ) ( )
; ;0 / / 1;1;0 : 1
2
x t
u b b u y t
z
∆
=


= = ⇔ ∆ = +


= −


uur r
- Với : c=-2a , thay vòa (3) ta có b=-a
( ) ( )
; ; 2a / / ' 1; 1; 2 : 1
2 2
x t
u a a u y t
z t
∆
=


⇒ = − − = − − ⇔ ∆ = −


= − −

uur ur
Bài 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng :
∆
1
:
1 2 1
x y z
= =
−
, và ∆
2
:
1 1 1

1 1 3
x y z− + −
= =
−
a/Chứng minh hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
chéo nhau.
b/Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
2
và tạo với đường thẳng ∆
1
một góc 30
0
GIẢI
a/Chứng minh hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
chéo nhau:
* Đường thẳng ∆
1
có véc tơ chỉ phương
( )
1
1; 2;1u = −
ur
và qua O(0;0;0), còn
2

∆
qua B(1;-1;1)
Có véc tơ chỉ phương
( ) ( )
2 1 2
2 1 1 1 1 2
1; 1;3 , ; ; 5; 2; 1
1 3 3 1 1 3
u u u
 − − 
 
= − ⇒ = = − − −
 ÷
 
− −
 
uur ur uur
(1)
Mặt khác :
( ) ( ) ( )
1 2
, 1. 5 1 2 1. 1 6 0u u OB
 
= − − + − = ≠
 
ur uur uuur
. Kết hợp với (1) suy ra hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2

chéo nhau .
b/ Viết phương trình (P).
Đường thẳng
2
1 1
0
1 1
:
1 1
3x 2 0
1 3
x y
x y
x z
z
− +

=

+ =


−
∆ ⇔
 
− −
− − =



=


*. Vì (P) chứa
( )
2
P∆ ⇒
thuộc chùm :
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2
3x 2 0 3 z 2 0 0 *m x y n z m n x my n n m n+ + − − = ⇔ + + − − = + ≠
Mặt khác (P) tạo với đường thẳng ∆
1
một góc
0
30
thì :
( ) ( )
( )
1
0 0 0
1 1
2
2 2
1
,
3 2
1

30 90 , , 60 os60
2
3 1 4 1
n u
m n m n
n u n u c
n u
m n m n
+ − −
 
⇒ = − ⇔ = ↔ = ⇔ =
 
+ + + + +
o
r ur
r ur r ur
r ur
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
11
6 2 10 6 4 2 2 13 11 0 3
2
m n
m n mn n m m mn n
m n

= −


⇔ + + = − ⇔ + + = ⇔

= −

- Thay (3) vào (*) ta có :
- Với
( ) ( )
11 5 11
: 2 0 : 5x 11 2z 4 0
2 2 2
m n P x y z P y= − ⇒ − − − − = ⇔ + + + =
.
Với m=-n thì (P): 2nx-ny-nz-2n=0 , Hay (P): 2x-y-z-2 =0 .
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 3
MT S BI TP HAY V HH-KG LP 12
Bi 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2

2

+
==
z
y
x
.hoctoancapba.com
Viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua d và tạo với d một góc
0
30
GII
Tng t nh bi 4, ta chuyn d sang dng l giao ca hai mt phng : x-z=0 v x+y-2=0 .
Do ú (P) thuc chựm : m(x-z)+n(x+y-2)=0 ; hay : (m+n)x+ny-mz-2n=0 (1)
ng thng d cú
( )
2;1; 1u =
r
. Vỡ (P) to vi d mt gúc bng
0
30
cho nờn
( ) ( )
( )
( )
0 0 0
1 1
2
2 2
, '

2
1
30 90 , , 60 os60
2
'
4 1 1
n u
m n n m
n u n u c
n u
m n n m
+ + +

= = = =

+ + + + +
o
r ur
r ur r ur
r ur
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
2
2
2 6 2 5 2 0 3
2
2
m n

m n
m n mn m n m mn n
n
n m
m
=

=


+ + = + + + =


=
=


- Vi m=-2n thay vo (1) thỡ (P): -nx+ny+2nz-2n=0 ; hay (P):-x+2y+2z-2=0 .
- Vi n=-2m thay vo (1) thỡ (P): -mx-2my-mz+4m=0 ; hay (P): -x-2y-z+4=0 .
II. LIấN QUAN N KHONG CCH
( 32 BI )
Bi 1.(H_KD-2009).
Trong khụng gian ta Oxyz , cho t din ABCD cú ta cỏc nh A(1;2;1),B(-2;1;3),
C(2;-1;1),D(0;3;1).Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua A v B sao cho khong cỏch t im C n
mt phng (P) bng khong cỏch t im D n mt phng (P).
GII
- Mt phng (P) cú dng : ax+by+cz+d=0 .
- (P) qua A(1;2;1) thỡ : a+2b+c+d=0 (1) . (P) qua B(-2;1;3) thỡ : -2a+b+3c+d=0 (2).
- Theo gi thit : h(C,P)=h(D,P)
2 2 2 2 2 2

2a 3
2a 3
b c d b c d
b c d b c d
a b c a b c
+ + + +
= + + = + +
+ + + +
2a 3
2a 3 0
b c d b c d a b
b c d b c d a b c d
+ + = + + =



+ + = + + + =

Nu a=b thay vo (1) v (2) :
3 0 0
( ): z 0 ( ): 1 0
0
b c d b
P c c P z
b c d d c
+ + = =

= =

+ + = =

Nu : a+b+c+d=0 thay vo (1) v (2) :
( ) ( )
2 0 2 0
3 0 : ax 2a 0 : 2 0
0 2a
a b c d b
a b c d c a P az P x z
a b c d d
+ + + = =


+ + + = = + = + =


+ + + = =

Bi 2. Trong khụng gian ta Oxyz , cho mt phng (P) v ng thng d ln lt cú
phng trỡnh : (P): 2x-y-2z-2=0 v (d):
1 2
1 2 1
x y z+
= =

. Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm I thuc
(d), I cỏch (P) mt khong bng 2 v (P) ct (S) theo mt ng trũn giao tuyn cú bỏn kớnh bng 3
GII
Gi (S) cú tõm I(a;b;c) v bỏn kớnh R . Theo gi thit :
Su tm v gii Nguyn ỡnh S -T: 02403833608
Trang 4

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
- I thuộc d thì I( -t;2t-1;t+2) (1). h(I,P)=2
( )
2a 2 2
2 2a 2 2 6 2
4 1 4
b c
b c
− − −
⇔ = ⇔ − − − =
+ +
- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C ) tâm H và bán kính r=3 thì :
( )
( )
2 2 2
, 2
3
4 9 13
h I P IH
R IH r
 = =

⇔

= + = + =


- Thay (1) vào (2) :
1
2

7 7 10 7
; ;
2 2 1 2 2 6 6 7
6 6 3 6
2 2 1 2 2 6 6 5
5 5 2 5
; ;
6 6 3 6
t I
t t t t
t t t t
t I

 
= − → = − −
 ÷

− − + − − = − =
 
 

⇒ ⇔ ⇔
 
− − + − − = − − = −

 
 
= → = −

 ÷

 

- Vậy có 2 mặt cầu (S) :
( )
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
7 10 7
: 13
6 3 6
5 2 5
: 13
6 3 6
S x y z
S x y z

     
− + + + + =

 ÷  ÷  ÷
     


     

+ + − + − =
 ÷  ÷  ÷


     

Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):
3 1
1 1 2
x y z− +
= =
−
và hai điểm
A(2; −1; 1), B(0; 1: −2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho tam giác ABM có diện tích
nhỏ nhất.
GIẢI
- Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(t;3-t;2t-1) .
- Ta có :

( )
( )
( )
2;4 ;2 2
4 2 2 2 2 2 2 4
, ; ; 8; 2; 4
2 2 1 2 1 2
;2 ;2 1
AM t t t
t t t t t t
AM BM t t
t t t t t t
BM t t t

= − − −

 − − − − − − 

 
⇒ = = + + −

 ÷
 
− + + −
= − +
 


uuuur
uuuur uuuur
uuuur
- Do đó :
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
, 8 2 16 2 5 34 34
2 2 2 2
S AM BM t t t
 
= = + + + + = + + ≥
 
uuuur uuuur
- Vậy : min S =
34
2
khi t=-5 và M=( -5;8;-11).

Bài 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng

( )
1 1
:
2 1 2
x y z+ −
∆ = =
−
. Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
GIẢI
Cách giải tương tự như bài 3 .
- Nếu M thuộc d thì M có tọ độ M=(2t-1;1-t;2t) .
- Ta có :
( )
( )
2 2; 4 ;2
4 2 2 2 2 2 2 4
, ; ;
2 2 6 2 6 2 4 2 4 2
2 4; 2 ;2 6
AM t t t
t t t t t t
AM BM
t t t t t t
BM t t t

= − − −
 − − − − − − 


 
⇒ =

 ÷
 
− − − − − − − −
= − − − −
 


uuuur
uuuur uuuur
uuuur
( )
2 24;8 12;2 12t t t= + − −
- Do đó :
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 1 23 1547 1
, 2 14 8 12 2 12 18 1547
2 2 18 36 6
S AM BM t t t t
 
 
= = + + − + − = − + ≥
 ÷
 
 
uuuur uuuur

- Vậy : min S =
1547
6
khi
23 14 5 23
; ;
18 9 18 9
t M
 
= ⇒ = −
 ÷
 
.
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 5
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Bài 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;9;−9), B(−10;13;1)
và mặt phẳng (P): x + 5y − 7z − 5 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi M (x;y;z) thuộc (P) thì ta có : x+5y-7z-5=0 (1).
Khi đó :
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2

2 2 2
2
4; 9; 9 4 9 9
10; 13; 1 10 13 1
AM x y z AM x y z
BM x y z BM x y z

= − − + → = − + − + +


= + − − → = + + − + −


uuuur
uuuur
Do đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
4 9 9 10 13 1MA MB x y z x y z+ = − + − + + + + + − + −

Hay :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 3 11 4 156MA MB x y z
 
+ = + + − + + +
 
(2) .

Từ (1) -75=1(x+3)+5(y-11)-7(z+4) . Theo bất đẳng thức Bu nhe cốp ski suy ra :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
75 1 x 3 5 y 11 7 z 4 1 25 49 3 11 4x y z
 
− = + + − − + ≤ + + + + − + + 
 
 
Do đó :
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
75
3 11 4 75
75
x y z
 
+ + − + + ≥ =
 
Và :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 3 11 4 156 2.75 156 306MA MB x y z
 
+ = + + − + + + ≥ + =
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi :

50
3 11
17
5x 26 5x+26
192
1 5
7x 25 7x 25
3 4
17
5 7z 5 0 50
75
1 7
17
17
x
x y
y y
z z y
x z
x y
x
z

= −


+ −


− = − =



=


  
⇔ + = − ⇔ = − − ⇔ = −
   
+ +
   
=
+ − − =


 
= −
−

=



• Ta còn cách khác , sử dụng hệ thức trung tuyến : Gọi I là trung điểm của AB .
Ta có :
( )
2
2 2 2
2 *
2
AB

MA MB MI+ = +
Với :
( )
2
14;4;10 196 16 100 312AB AB= − ⇒ = + + =
uuur
. Và I(-3;11;-4) suy ra
( )
3; 11; 4MI x y z= + − +
uuur
Do đó :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2 3 11 4MI x y z
 
= + + − + +
 
. Vậy (*)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
312
2 3 11 4 2 3 11 4 156
2
MA MB x y z x y z
   
⇔ + = + + − + + + = + + − + + +
   
( Kết quả như trên ).

Bài 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(5; 8; −11), B(3; 5; −4),
C(2; 1; −6) và đường thẳng thẳng (d):
1 2 1
2 1 1
x y z− − −
= =
. Xác định toạ độ điểm M thuộc (d) sao cho
MA MB MC− −
uuur uuur uuuur
đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Điểm M thuộc d thì M(2t+1;2+2t;1+t) , cho nên :
( )
( )
( )
( )
2 4;2 6; 12
2 2;2 3; 5 2 1; 2 4;
2 1;2 1; 7
MA t t t
MB t t t MA MB MC t t t
MC t t t

= − − +


= − − + ⇒ − − = − − − − −


= − + +



uuur
uuur uuur uuur uuuur
uuuur
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 6
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
( ) ( )
2
2 2
2 2
10 53 53
2 1 2 4 9 20 17 9
9 9 3
MA MB MC t t t t t t
 
⇔ − − = + + + + = + + = + + ≥
 ÷
 
uuur uuur uuuur
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
11
9
10 2 11 2 1
; ;
9 9 9 9 9
1
9
x

t M y M
z

= −



 
= − ⇒ = = − ⇔ = − − −

 ÷
 


= −


Bài 7. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(1; −1; 2), B(1; 3; 0), C(−3; 4; 1) và
D(1; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng
cách từ D đến (P).
GIẢI
Mặt phẳng (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 .
Nếu (P) qua A(1;-1;2) thì ta có phương trình : a-b+2c+d=0 (1)
Nếu (P) qua B(1;3;0) thì ta có phương trình : a+3b+d=0 (2)
Theo giả thiết : h(C,P)=h(D,P) cho nên ta có :
2 2 2 2 2 2
3a 4 2 2a
3a 4 2
3a 4 2 3 0
b c d a b c d b

b c d a b c d
b c d a b c d a b c d
a b c a b c
− + + + = + + + =
− + + + + + +
 
⇔ = ⇔ ⇔
 
− + + + = − − − − − + + + =
+ + + +
 
Kết hợp với hai phương trình (1) và (2) ta có hai hệ xét cho hai trường hợp :
• Trường hợp 1:
( )
2a 2a
2 0 4a : 2 4z 7 0
7a 0 7a
b b
a c d c P x y
d d
= =
 
 
⇔ − + + = ⇔ = ⇒ + + − =
 
 
+ = = −
 
• Trường hợp 2:
( )

3 0 3 0 2a
2 0 2a 4 0 : 2z 4 0
3 0 2a 0 4a
a b c d a b d c
a b c d b c a b P x y
a b d c d
− + + + = + + = =
  
  
⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ + + − =
  
  
+ + = − = = −
  
Bài 7.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
3 3 2 37 0x y z− + + =
và các
điểm A(4;1;5), B(3;0;1), C(−1;2; 0). Tìm toạ độ điểm M thuộc (α) để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:
MA.MB MB.MC MC.MA+ +
uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
.
GIẢI
Gọi M(x;y;z) thuộc (P) thì ta có phương trình : 3x-3y+2z+37=0 (1). Khi đó ta có :
( ) ( ) ( )
4; 1; 5 , 3; ; 1 , 1; 2;MA x y z MB x y z MC x y z= − − − = − − = + −
uuur uuur uuuur
và :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 3 4 1 1 5 7x 6z 17 2MA MB x x y y z z x y z y= − − + − + − − = + + − − − +

uuur uuur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 3 1 2 1 2x 2 z-3 3MB MC x x y y z z x y z y= − + + − + − = + + − − −
uuur uuuur
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 1 4 2 1 5 3x 3 5z 2 4MC MA x x y y z z x y z y= + − + − − + − = + + − − − −
uuuur uuur
Lấy (2)+(3)+(4) vế với vế ta được :
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
MA.MB MB.MC MC.MA 3 4x 2 4z 4 3 2 1 2 5x y z y x y z
 
+ + = + + − − − + = − + − + − −
 
uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp ski cho phương trình (1) :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
44 3 2 3 1 2 2 9 9 4 2 1 2x y z x y z
 
⇒ − = − − − + − ≤ + + − + − + − 
 
 
Suy ra :
( ) ( ) ( )

2 2 2
44.44
2 1 2 88
22
x y z− + − + − ≥ =
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 7
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Hay :
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 1 2 15 3.88 15 249x y z
 
− + − + − − ≥ − =
 
. Vậy :
MA.MB MB.MC MC.MA 249+ + ≥
uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
( )
2 1
3
3 3
4
2 2 2x 2
7 4;7; 2
3 2 3
2
3x 3 2z 37 0 22x 88 0
x y

y x
x
x z
z y M
z
y
− −

=

= −

−
= −



− − +
  
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒ = −
  
  
= −

− + + = + =
 



Bài 8. Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz
, cho
( ) ( )
A 0;1;2 ,B 1;1;0−
và mặt phẳng (P):
0x y z− + =
.
Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác
MAB
vuông cân tại B.
GIẢI
Gọi M=(x;y;z) . Nếu M thuộc (P) thì : x-y+z=0 (1).
Ta có :
( ) ( )
1;0;2 , 1; 1;BA MB x y z= = + −
uuur uuur
. Nếu tam giác MAB vuông cân tại B và kết hợp với (1) thì ta
có hệ phương trình :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2
. 0
z 1 2z 2z 1
1 0 y=-z-1 1
5 1 1 5 5z 1 5z 2 5
BA MB
y x x x
BA MB y z y z
y x z

x y z y z
  

=
= + + = − = − −
  

   
⇔ = ⇔ + + = ⇔ ⇔ = − −
   
   
= +
= + + − + = + − + − − =

  

  
uuur uuur
2 10 2 10
6 6
1 10 4 10
3 3
4 10 2 10
6 6
z z
x x
y y
 
− − − +
= =

 
 
 
− − − +
 
⇔ = ∨ =
 
 
 
− + − +
= =
 
 
 
Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2
1 2
x t
y t
z t
= −


=


= − −

và
mặt phẳng (P):

1 0x y z+ − + =
. Gọi (d
’
) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc
(d
’
) sao cho H cách điểm K(1; 1; 4) một khoảng bằng 5.
GIẢI
Lập phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của d trên (P) .
- Tìm tọa độ A là giao của d với (P) . Tọa độ của A là nghiệm của hệ :
( )
2
2 1 2 1 0 2 4; 2;3
1 2
1 0
x t
y t
t t t t A
z t
x y z
= −


=

⇔ − + + + + = ⇔ = − ⇒ = −

= − −



+ − + =

- Do là hình chiếu vuông góc nên
( )
'
1 2 2 2 2 1
, ; ; 1; 4; 3
1 1 1 1 1 1
d d
u u n
 − − − − 
 
= = = − −
 ÷
 
− −
 
uur uur r
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 8
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
- Vậy d’ qua A(4;-2;3)có véc tơ chỉ phương
( )
'
4
1; 4; 3 ': 2 4
3 3
d
x t
u d y t

z t
= +


= − − ⇒ = − −


= −

uur
Tìm tọa độ H .
Nếu H thuộc d’ thì H=(t+4;-2-4t;3-3t) (*) ,suy ra
( )
3 ;4 3;3 1KH t t t= − − + +
uuur
Do đó :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
3 4 3 1 3 26 36 19 25 26 36 6 0KH t t t t t t t= + + + + + = + + = ⇔ + − =
Vậy :
1 2
9 2 30 9 2 30
;
13 13
t t
− − − +
= =
, thay vào (*) ta tìm được tọa độ của H .
Bài 10. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

∆
1
:
1 1 3
1 1 1
x y z+ + −
= =
− −
; ∆
2
:
1 2
1
x t
y
z t
= − +


=


=

.
Đường thẳng ∆ đi qua điểm I(0;3;−1), cắt ∆
1
tại A, cắt ∆
2
tại B. Tính tỷ số

IA
IB
=k
GIẢI
Do A thuộc
( )
1
1 '; 1 ';3 'A t t t∆ ⇒ = − − − + −
. B thuộc
( )
2
1 2 ;1;B t t∆ ⇒ = − +
Ta có :
( ) ( )
1 '; ' 4;4 ' ; 1 2 ; 2; 1IA t t t IB t t= − − − − = − + − +
uur uur
Theo giả thiết :
( )
( )
( )
( )
4 '
1 ' 2 1
1
2
4 ' 2 2 1 ' 6 5
5
4 ' 1
1 ' 2 1
t

k
t k t
t
IA
t k k k t t
IB
k
t k t
t k t
−

=

− − = −

=




− = = + ⇔ = − ⇒ =
  
  
=
− = +
− = −





Bài 11. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng ∆
1
:
1 2
2 1 1
x y z− +
= =
−
;
∆
1
:
1 1 3
1 7 1
x y z+ − −
= =
−
. Đường vuông góc chung của ∆
1
và ∆
2
cắt ∆
1
tại A, cắt ∆
2
tại B. Tính diện tích ∆
OAB.
GIẢI

*Do A thuộc
( )
1
1 2 '; '; 2 'A t t t∆ ⇒ = + − − +
. B thuộc
( )
2
1 ;1 7 ;3B t t t∆ ⇒ = − + + −
Ta có :
( )
2 ' 2;7 ' 1;5 ' ;AB t t t t t t= − − + + − −
uuur
- Nếu AB là đường vuông góc chung thì :hoctoancapba.com
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
1
2
2 2 ' 2 7 ' 1 5 ' 0 0 1;1;3
. 0
2 ' 2 7 7 ' 1 5 ' 0 ' 0 1;0; 2
. 0
t t t t t t t B
AB u
t t t t t t t A
AB u

− − − + + + − − = = → = − 
=

  
⇔ ⇔
  
− − + + + − − − = = → = −
=
 

 

uuur ur
uuur uur
- Gọi S là diện tích tam giác OAB thì :
1
,
2
S OA OB
 
=
 
uuur uuur
- Do đó :
( ) ( ) ( )
1 3 3 1 1 1
1;0; 2 , 1;1;3 , ; ; 2;1; 1
0 2 2 1 1 0
OA OB OA OB
 − − 
 
= − = − ⇒ = = − −
 ÷

 
− −
 
uuur uuur uuur uuur
.
- Và
1 1 6
, 4 1 1
2 2 2
S OA OB
 
= = + + =
 
uuur uuur
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 9
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Bài 12. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng (P): 2x + y − 2z + 9 = 0, đường thẳng
(d):
1 1 3
1 7 1
x y z+ − −
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và thỏa mãn ∆ cắt (d) tại một
điểm M cách (P) một khoảng bằng 2.
GIẢI
Tìm M trên d thì M=(t-1;7t+1;3-t) .

Khoảng cách từ M đến (P) là h(M,P)= 2
( ) ( )
2 1 7 1 2 3 9
2
4 1 4
t t t− + + − − +
⇔ =
+ +
8 19 45 41
; ;
11 2 6
11 11 11 11
11 2 6
11 2 6
4 7 39 29
; ;
11 11 11 11
t M
t
t
t
t M

 
= − → = − −
 ÷

+ = −

 


⇔ + = ⇔ ⇔

+ =

 

= → = −

 ÷
 

.
Vì ∆ cắt d cho nên ∆ qua M và ∆
⊥
(P)
( )
2;1; 2
P
u n
∆
⇒ = = −
uur uur
.
Vì vậy
19 5 41
11 11 11
:
2 1 2
x y z+ + −

∆ = =
−
, Hoặc :
7 39 29
11 11 11
:
2 1 2
x y z+ − −
∆ = =
−

Chú ý : Ta còn có một cách khác như sau
- Lập mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 2 .
- Do đó (Q) có dạng : 2x+y-2z+m=0 . Ví h(P,Q) = 2 suy ra : Trên (Q) chọn N(-2;-3;1) ta tính
h(N,Q)=
8 6 14
2( 2) ( 3) 2(1)
2 8 6
8 6 2
4 1 4
m m
m
m
m m
− = =
− + − − +
 
= ⇔ − = ⇔ ⇒
 
− = − =

+ +
 
. Như vậy : có hai mặt
phẳng (Q) ; 2x+y-2z+14=0 và 2x+y-2z+2=0 .
- Bây giờ ta đi tìm tọa độ của M là giao của d với (Q), thì tọa độ M là nghiệm :
1
7 1
7
2( 1) 7 1 2(3 ) 14 0 11 7
3 2
11
2x 2z+14 0
x t
y t
t t t t t
z t
y
= −


= +

⇔ − + + − − + = ⇔ = → =

= −


+ − =

- Hoặc :

1
7 1
5
2( 1) 7 1 2(3 ) 2 0 11 5
3 2
11
2x 2z+2 0
x t
y t
t t t t t
z t
y
= −


= +

⇔ − + + − − + = ⇔ = − → = −

= −


+ − =


Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1 2 1
1 1 2
− − −
= =

−
x y z
và
hai điểm A(0;1:−2), B(2;−1;1). Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC có diện
tích nhỏ nhất.
GIẢI
Nếu C thuộc ∆ thì có tọa độ là : C=(t+1 ;2-t ;1+2t)
Ta có :
( )
( )
( )
1;1 ;2 3
1 2 3 2 3 1 1 1
, ; ; 9;3 ; 4
2 3 3 2 2 2
2; 2;3
AC t t t
t t t t t t
AC AB t t
AB

= + − +
 − + + + + − 

 
⇒ = = + − −

 ÷
 
− −

= −
 


uuur
uuur uuur
uuur
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì :
( ) ( )
2 2
1 1
, 9 3 16
2 2
S AC AB t t
 
= = + + − +
 
uuur uuur
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 10
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
( )
2
1
2 3 88 88 22
2
S t⇔ = + + ≥ =
. Dấu đẳng thức xảy ra khi t=-3 , và C=( -2 ;5 ;-5 )
Bài 14. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm
( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2)A B C− −

và
mặt phẳng
( ): 2 2 0x y z
α
+ + + =
. Tìm tọa độ điểm M trên (α) sao cho biểu thức
2 2 2
T MA MB MC= + +

đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Nếu M thuộc mặt phẳng
( ): 2 2 0x y z
α
+ + + =
(1) .
Khi đó ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
1; ; 1 1 1 2x 2z 2MA x y z MA x y z x y z= + − → = + + + − = + + + − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2; 1; 2 1 4x+2y 5MB x y z MB x y z x y z= − + → = − + + + = + + − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2

2; 4; 2 2 4 2 4x 8 4z 24MC x y z MC x y z x y z y= − − − → = − + − + − = + + − − − +
uuuur
Cộng các vế của ba đẳng thức trên ta được :
T=
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 2x 2 2z 31 3 1 1 1 22 2MA MB MC x y z y x y z
 
+ + = + + − − − + = − + − + − +
 

Do M thuộc (P) : x+y+2z+2=0
( ) ( ) ( )
1 1 2 1 6 0x y z⇔ − + − + − + =
. Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe cốp
ski cho ba cặp số : (1;1;2) và (x-1;y-1;z-1 ) ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
6 1 1 1 1 2 1 1 1 4 1 1 1x y z x y z
 
⇔ − = − + − + − ≤ + + − + − + − 
 
 
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
6

3 1 1 1 22 3. 22 40
6
T x y z
 
⇒ = − + − + − + ≥ + =
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi xảy ra trường hợp dấu bẳng trong bất đẳng thức Bu nhe cốp ski:
( )
( )
1 1
1 1
0
1 1
2x 1 0 0;0; 1
1 2
1
2 2x 1 2 0
2z 2 0
x y
y x x
x z
z y M
z
x x
x y
− −

=



= =


− −

 
⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = −
  
  
= −
+ + − + =


+ + + =



Bài 15. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;−3); B(2;0;−1) và mặt phẳng
(P): 3x − y − z +1 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều.
GIẢI
Nếu M=(x;y;z) thuộc (P) suy ra ; 3x-y-z+1=0 (1). Khi đó ta đi tính :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
; ; 3 3 ; 2; ; 1 2 1MA x y z MA x y z MB x y z MB x y z= + ⇔ = + + + = − + ⇒ = − + + −
uuur uuur
Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :
( ) ( ) ( )
( )

2 2 2
2 2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
x
3
3 2 1
4x 8z 4 0
1
3 2 2 6z 1 0
6
3x 1 0 3x 1 0
3x 1 0
10
3
x y z x y z
MA MB
MA AB x y z z
y z y z
y z
y

=


+ + + = − + + −

=

+ + =




  
= ⇔ + + + = + ⇔ + = ⇔ = −
   
   
− − + = − − + =
− − + =


 

=


Vậy điểm M cần tìm là :
2 0 1
; ;
3 3 6
M
 
⇒ = −
 ÷
 
Bài 16. Trong không gian Oxyz cho mp (P): 3x − 8y + 7z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; −3),
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 11

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
B(3; 1; −1). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
GIẢI
Nếu C thuộc (P) thì tọa độ của C=(x;y;z) thỏa mãn : 3x-8y+7z+4=0 (1).
Ta có :
( )
2
2;0;2 4 4 8AB AB= ⇒ = + =
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
1; 1; 3 1 1 3 2x 2 6z 11MA x y z MA x y z x y z y= − − + ⇔ = − + − + + = + + − − + +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
3; 1; 1 3 1 1 6x 2 2z 11MB x y z MB x y z x y z y= − − + ⇒ = − + − + + = + + − − + +
uuur
Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2
4 2
4 2
3 6 6
3 2 1 2 1 2 2 1
3 3
3x 8 7 4 0

2 4
x y
x y
MA MB
MA AB y y y y y
y z
z y
z x
= −

= −


=



−

= ⇔ − + − + − = + ⇔ = ∨ = +
  
  
− + + =
= −


= −


Vậy có hai điểm C :

1 2
2 6 6 2 6 2 6 6 2 6
2 ;1 ; 2 ; 2 ;1 ; 2
3 3 3 3 3 3
C C
   
= + − − − = − + − +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 17. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên
mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam
giác ABC.
GIẢI
Nếu B nằm trên mp(Oxy) thì B( x;y;0), còn C nằm trên trục Oz thì C(0;0;z) .
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC thì nó là giao của ba đường cao hạ từ ba đỉnh của tam giác có nghĩa
là ta có hệ ba phương trình :
. 0
. 0
. 0
AH BC
CH AB
BH AC

=


=



=


uuur uuur
uuuruuur
uuuruuur
(1)
Ta có :
( ) ( ) ( )
3; 1;0 ; 2;1;1 2 3 1 2x 7AB x y CH z ABCH x y y= − − = − ⇒ = − + − = + −
uuur uuur uuuruuur
Tương tự :
( ) ( ) ( )
3; 1; , 2 ;1 ;1 3 2 1 3x 7AC z BH x y ACBH x y z y z= − − = − − ⇒ = − + − + = + + −
uuur uuur uuuruuur
Và :
( ) ( )
; ; , 1;0;1BC x y z AH BC AH x z= − − = − ⇒ = +
uuur uuur uuuruuur
Do đó hệ (1)
( )
2x 7 0 7 2x
3x 7 0 7 2
0 3x 7 2x 7 0
y y x t
y z z x y t t R
x z x z t
+ − = = − =
  
  

⇔ + + − = ⇔ = − ⇔ = − ∈
  
  
+ = + − − − = = −
  
Vậy điểm C cần tìm có tọa độ là C=( t;7-2t;-t ) . ( Có vô số điểm C)
Bài 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
5 7
2 2
x y
z
+ -
= =
-
và điểm M(4 ; 1 ; 6). Đường thẳng (d) cắt mặt cầu (S) tâm là M tại hai điểm A, B sao cho AB = 6. Viết
phương trình của mặt cầu (S).
GIẢI
Đường thẳng d qua N(-5;7;0) vả có véc tơ chỉ phương
( ) ( )
2; 2;1 9;6; 6u MN= − ⇒ = − −
r uuuur
.
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 12
MT S BI TP HAY V HH-KG LP 12
Do ú :
( )
2 2 2
6 6 6 9 9 6
,

2 1 1 2 2 2
,
4 4 1
MN U
h M d
u

+ +
ữ ữ ữ




= =
+ +
uuuur ur
r
36 9 36
3
.3
+ +
= =
.
-Xột tam giỏc vuụng MAH ( H l chõn ng vuụng gúc ca M trờn d ) , ta
cú :
2 2
2 2 2
6
9 18
2 2

AB
MA R MH

= = + = + =
ữ ữ

. Vy mt cu (S) cú tõm
M(4;1;6) , bỏn kớnh R=
3 2
Cú phng trỡnh l :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 4 1 6 18S x y z + + =
Bi 19. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho mt phng (P): 2x y + z + 1 = 0
v hai ng thng
1 2
1 2 3 1 1 2
( ) : ;( );
2 1 3 2 3 2
x y z x y z
d d
- + - + - -
= = = =
.
Vit phng trỡnh ng thng () song song vi (P); vuụng gúc vi (d
1
) v ct (d
2
) ti E cú honh
bng 3.

GII
ng thng
1
d
qua im M(1;-2;3) cú vộc t ch phng
( )
1
2;1;3u =
ur
, v ng thng
2
d
cú vộc t ch phng
( )
2
2;3;2u =
uur
Gi l ng thng song song vi (P) cú
( )
; ;u a b c

=
uur
thỡ:
-
( )
( )
( )
; ;
. 0; . 2a 0 1

2; 1;1
P P P
P
u a b c
n u n u n b c
n



=

= = + =

=


uur
uur uur uur uur uur
uur
-
( )
1 1
. 0; 2a 3 0 2d u u b c

= + + =
uur ur
- qua E trờn
2
d
vi E(3;y;z)

( )
3 1 2 1
2 1 3; 1;6
3 3 6
t t
y t y E
z t z
= + =


= + = =


= + =

- T (1) v (2) ta cú h :
( ) ( )
2a 0
; ; / / 1;1; 1
2a 2 0
b c a c
u c c c u
c b c

+ = =

= =

+ = =

uur r
- Vy qua E(3;-1;6) cú
( )
3
1;1; 1 : 1
6
x t
u y t
z t
= +


= = +


= +

r
.
Bi 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d
có phơng trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
GII

Gi (P) l mt phng qua A(10;2;-1) v cú vộc t phỏp tuyn
( )
; ;n a b c=
r
. Do ú (P) cú phng trỡnh l :
a(x-10)+b(y-2)+c(z+1)=0 ; Hay (P): ax+by+cz-10a-2b+c=0 (*)
Su tm v gii Nguyn ỡnh S -T: 02403833608
Trang 13
A
B
M
H
d
2
d
1
d

E
P
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Đường thẳng d qua B(1;0;1) và có véc tơ chỉ phương
( )
2;1;3u =
r
- Nếu (P) song song với d thì
( )
0 2a 3 0 1n u nu b c⊥ ⇒ = ⇔ + + =
r r rr
- Khoảng cách từ d đến (P) chính là khoảng cách từ M thuộc d đến (P) , với M=(2t+1;t;3t+1) do vậy ta

cho t=0 thì M=(1;0;1) : h(M,P)=
2 2 2 2 2 2
10a 2 2 2 9aa c c b c b
a b c a b c
+ − + − − −
=
+ + + +
. (2) . Áp dụng bất đẳng thức Bu nhe
cốp ski cho tử số :
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 9a2 2 9a
2 2 9a 2 2 9 89 89
c bc b
c b c b a
c b a
a b c
− −− −
− − ≤ + + + + ⇒ ≤ ⇔ ≤
+ +
+ +
- Vậy: h(M;P) đạt GTNN bằng
89

khi trường hợp xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức :
9
2 2 9
2
b c
c b a
a c
= −


⇔ = = ⇔

− −
= −


Bài 21. Cho 2 điểm A(1 ; 2 ; 3), B(−1 ; 4 ; 2) và hai mp :
(P): 2x – 6y + 4z + 3 = 0
(Q): x – y + z + 1 = 0
Tìm tọa độ giao điểm K của đường thẳng AB với mp(P). Tìm tọa độ điểm C nằm trên mp(Q) sao cho tam
giác ABC là tam giác đều.
GIẢI
- Đường thẳng (AB) qua A(1;2;3) và có véc tơ chỉ phương
( )
2;2; 1AB = − −
uuur
do đó (AB) có phương trình là
:
1 2
2 2

3
x t
y t
z t
= −


= +


= −

. Đường thẳng (AB) cắt mặt phẳng (P) tại K , tọ độ K là nghiệm của hệ :
( ) ( ) ( )
1 2
2 2
3 7 23 57
2 2 6 2 2 4 3 3 0 20 3 0 ; ;
3
20 10 10 20
2x 6 4z 3 0
x t
y t
t t t t t K
z t
y
= −


= +


 
⇔ − − + + − + = ⇔ − + = ↔ = ⇒ =

 ÷
= −
 


− + + =

Nếu C nằm trên mặt phẳng (Q) thì C(x;y;z) thỏa mãn : x-y+z+1=0 (1).
Tam giác ABC đều khi :
( )
2 2
2 2
2
1 0 1 0
AB AC
AB AC
AB BC AB BC
x y z x y z

=
=



= ⇔ =
 

 
− + + = − + + =


Từ (1) và (2) ta có :
( )
2
2;2; 1 4 4 1 9.AB AB= − − ⇔ = + + =
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1; 2; 3 1 2 3AC x y z AC x y z= − − − ⇒ = − + − + −
uuur
.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1; 4; 2 1 4 2BC x y z BC x y z= + − − ⇒ = + + − + −
uuur

(2)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2 3 9
1 2 3 9

1 2 3 1 4 2 4x 4 2z 7
1 0
1 0
x y z
x y z
x y z x y z y
x y z
x y z

− + − + − =

− + − + − =


 
⇔ − + − + − = + + − + − − + = −
 
 
− + + =
− + + =




Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 14
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
( )
2 2
2

2
11 3 5
5 5
4
2 2
3 3 1 3 5
2 2 4
19 3
7 3
2 11 0
2 3 9
2 2
2 2
y
x y x y
z z x
y y z
y y


−

=

= − = −








−
 
⇔ = ⇔ = ⇔ =
  
  
  
   
− + = =
− + − + − =
  
 ÷  ÷

   



hoặc
11 3 5
4
1 3 5
4
3
2
y
x
z

+

=



+

=



=



Bài 22. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9; 1; 1) cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể
tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất hoctoancapba.com
GIẢI
Gọi A(a;0;0) tuộc Ox,B(0;b;0) thuộc Oy và C(0;0;c) thuộc Oz ( a,b,c khác 0 )
Khi đó mặt phẳng (P) có dạng :
( )
1 0 x z 0 1
x y z
bc acy ab abc
a b c
+ + − = ⇔ + + − =
.
Nếu (P) qua M(9;1;1) thì ta có :
( )
9 1 1
1 2

a b c
+ + =
.
Do thể tích tứ diện
( )
1
3
6
OABC
V abc=
Ta áp dụng bất đẳng thức cô si :
Từ (2) abc=9bc+ac+ab
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2
3
3 9 27.9 243 3abc abc abc abc≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
( )
9 9 3
3 : 1
27 3 3
9 1 1 1 1 1 27
1 1
bc ac a b b
x y z
ac ab c b c P
a
a b c b b b
 
 

= = =

 

= ⇔ = ⇔ = ⇒ + + =
  
  
=

 
+ + = + + =
 
.
Bài 23. 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
Nhận xét :
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( ) ( ) ( )
4; 6; 8 / / ' 2; 3; 4 1;1; 3u u AB AM= − − = − − = ≠ = −
r ur uuur uuuur
. Cho nên đường
thẳng d song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng .
Từ đó , theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :

- Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d .
- Lập đường thẳng d’ qua A’ và B
- Tìm tọa độ I là giao của (A’B) với d .
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên IA=IA’ , cho nên :
IA+IB=IA’+IB=A’B . Nếu có I’ thuộc d thì I’A+I’B>A’B . Vậy I là điểm duy nhất .
- Cũng theo nhận xét trên thì IH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên AB=2IH. Hay
IA’=IB=IA (*) . Do đó :
Nếu I nằm trên d thì điểm I có tọa độ là I=(2+4t;-6t;-8t-1) . Từ đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1;1 6 ; 8 3 4 1 1 6 8 3AI t t t AI t t t⇔ = + − − − ⇒ = + + − + +
uur
Tương tự :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1;4 6 ;1 8 4 1 4 6 1 8BI t t t BI t t t⇔ = − − − ⇒ = − + − + −
uur
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 15
A
B
I
A’
d
H
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Từ (*) : IA=IB
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1 1 6 8 3t t t⇔ + + − + +

=
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1 4 6 1 8t t t− + − + −
Hay :
2 2
3
116 44 11 116 72 18 44 72 18 11 116 6
58
t t t t t t t t⇔ + + = − + ⇔ + = − ⇔ = → =

Tọa độ I thỏa mãn yêu cầu là :
64 9 45
; ;
29 29 29
I
 
= − −
 ÷
 
Chú ý : Năm 1998 ĐH Thái nguyên K-A+B cũng đã ra dạng bài tập này rồi .
* Đề thi : Cho điểm A(1;2;-1) và điểm B(7;-2;3) , đường thẳng d là giao của hai mặt phẳng có phương
trình : 2x+3y-4=0 và y+z-4=0 .
a/ Chứng tỏ d và đường thẳng (AB) cùng thuộc một mặt phẳng . Viết phương trình mặt phẳng đó .
b/ Tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .
c/ Tìm điểm I thuộc d sao cho chu vi tam giác ABI có giá trị nhỏ nhất ? Tính chu vi tam giác ABI với
điểm I tìm được .
Bài 24. 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
Nhận xét :
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( ) ( ) ( )
3; 2;2 / / 6; 4;4 1; 2;5u AB AN= − = − ≠ = −
r uuur uuur
. Cho nên đường thẳng d
song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng . Từ đó ,
theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :
- Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d .
- Lập đường thẳng d’ qua A’ và B
- Tìm tọa độ M là giao của (A’B) với d .
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên MA=MA’ , cho nên :
MA+MB=MA’+MB=A’B . Nếu có M’ thuộc d thì M’A+M’B>A’B . Vậy M là điểm duy nhất .
- Cũng theo nhận xét trên thì MH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên AB=2MH. Hay

MA’=MB=MA (*) . Do đó :
Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t) . Từ đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1; 2 2 ;2 5 3 1 2 2 2 5AM t t t AM t t t⇔ = + − − + ⇒ = + + + + +
uuuur
Tương tự :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 5;2 2 ;2 1 3 5 2 2 2 1BM t t t BM t t t⇔ = − − + ⇒ = − + − + +
uuuur
Từ (*) : MA=MB =
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1 2 2 2 5t t t+ + + + +
=
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 5 2 2 2 1t t t− + − + +
Hay :
2 2
17 34 30 17 36 30 34 36 0 11 70 0 0t t t t t t t t⇔ + + = − + ⇔ + = − ⇔ = → =

Tọa độ I thỏa mãn yêu cầu là : M=(2;0;4 ).
Bài 25. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
( )
052: =+−+ zyxP
và đường thẳng

31

2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d)
và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
GIẢI
Gọi B(x;y;z) là giao của d với (P) thì tọa độ của B là nghiệm của hệ :
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 16
A
B
M
A’
d
H
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
( ) ( )
2 3
1
2 3 2 1 3 5 0 3 3
3
2 5 0

x t
y t
t t t t
z t
x y z
= −


= −

⇔ − + − − + + = ⇔ =

= +


+ − + =

( )
1 1;0;4t B↔ = ⇔ = −
- Do
∆
nằm trên (P) suy ra
P
n∆ ⊥
uur
,
( ) ( )
2 1 1 1 1 2
/ / , ; ; 3; 3; 3 / / 1; 1; 1
1 1 1 2 2 1

P d
d n u u
∆
 − − 
 
∆ ⊥ ⇒ ∆ = = − − = − −
 ÷
 
 
uur uur uur
.
- Vậy
∆
qua B(-1;0;4) và có véc tơ chỉ phương
( )
1; 1; 1u
∆
= − −
uur
.
1
:
4
x t
y t
z t
= − +


⇒ ∆ = −



= −

.
- Nếu M thuộc
∆
thì M=(-1+t;-t;4-t)
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2
1 26 26
2; 2 ;1 2 2 1 3 2 9 3
3 3 3
AM t t t AM t t t t t t
 
⇒ = − − − − ⇔ = − + + + − = − + = − + ≥
 ÷
 
uuuur
Do vậy AM đạt GTNN=
26
3
khi
1 2 1 11
; ;
3 3 3 3
t M
 

= ⇒ = − −
 ÷
 
.
Bài 26. 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
- Nếu E,F đều thuộc
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 2 1 2 1

;2 ;1 , ;2 ;1 EF ;2 2 ;0E t t F t t t t t t∆ ⇒ = = ⇔ = − −
uur
(1)
- Ta lại có :
( ) ( )
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
E 1;2 ;2 E 1 4 4 5 2 5A t t A t t t t= − ⇔ = − + + = − +
uuur
Tương tự :
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
E 1;2 ;2 E 1 4 4 5 2 5A t t A t t t t= − ⇔ = − + + = − +
uuur
- Nếu tam giác AEF là tam giác đều thì ta có hệ :
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
2
2 2 1
2 1 2 1 1 1
2 2
2 2
2 1 2 1

1 1 2 2
5 2 5 1 5 0
E EF
4 5 2 5
5 2 0
E AF
5 2 5 5 2 5
t t t
A
t t t t t t
t t t t
A
t t t t


− − − =

=
− + − = − +
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− + − = 
=

− + = − +



 



1 2
1 2
1 2
2
2 2 2 1 2 2 2
2
2 2
1 1
1 2
2 2 1 76 1 76
5 2 5 1 5 0
5 5 15 15
15 2 5 0
5 76 5 76
2
15 15
5
t t
t t
t t
t t t t t t t
t t
t t
t t





≠
≠
≠




  − +
  
 
− − − − = ⇔ = − ⇔ = ∨ =
  
 ÷
 
 
 
  
  
− − =
+ −

= ∨ =
= −
 


Thay hai cặp t tìm được vào tọa độ của M , ta tìm được hai cặp E,F trên
∆
.
1 1

5 76 10 2 76 1 76 2 2 76
; ;1 , ; ;1
15 15 15 15
E F
   
+ + − −
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 17
d
B
A
P
M
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
2 2
5 76 10 2 76 1 76 2 2 76
; ;1 , ; ;1
15 15 15 15
E F
   
− − + +
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(2; 1; 2) và đường thẳng (d):

2 1
1 1 1
x y z+ −
= =
. Tìm
trên (d) hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều. hoctoancapba.com
GiẢI
Nếu A,B thuộc d thì ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; 2; 1 2; 3; 1 2 3 1 3 12 14A t t t AM t t t MA t t t t t⇔ = − + ⇒ = − − − ⇔ = − + − + − = − +
uuuur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
; 2; 1 2; 3; 1 2 3 1 3 12 14B t t t MB t t t MB t t t t t⇔ = − + ⇒ = − − − ⇔ = − + − + − = − +
uuur
( ) ( )
2
2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2
; ; 3 3 3 6 .AB t t t t t t AB t t t t t t⇔ = − − − ⇒ = − = + −
uuur
.
Nếu tam giác AMB là tam giác đều thì ta có hệ :
( ) ( )
( )

( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1
1 2
1 1 2 2
2
2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2
1 1 1 2 1 2
4 0
4
3 12 3 12
3 6 4 2 14 0
3 6 2 14 0
3 12 14 3 3 6 .
t t t t
t t
t t t t
MA MB
t t t
t t t
MA AB t t t t t t
− + − =
 = −




− = −
=
   
⇔ ⇒ ⇔
   
− − − − =
− − − =
= − + = + −
 


 


2 2
1 2 1 2
2 2
2 2 2 2
1 1
6 2 6 2
4 4
3 3
9 36 34 0 9 36 34 0
6 2 6 2
3 3
t t
t t t t
t t t t
t t
 

− +
= =
 
= − = −
 
 
⇔ ⇔ ⇔ ∨
   
− + = − + =
+ −
 
 
= =
 
 
Vậy thay hai cặp t tìm được ở trên vào tọa độ của A,B ta có kết quả .
6 2 2 9 2 6 2 2 9 2
; ; ; ; ;
3 3 3 3 3 3
A B
   
+ + − −
⇔ = = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho 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
( ) ( )
( ) ( )
1
13

2 1 2 3 3 2 2 1
12
2 1;3 3 ;2 , 2 12 7 6
1
1 4 4
12
t
t t t
M d M t t t h M P t
t

=

+ − − + −
∈ ⇒ = + − ⇔ = = ⇔ − = ⇔

+ +

=


( ) ( )
( ) ( )
2
11
6 5 2 4 2 5 5
12
6 5;4 ; 5 5 , 2 12 5 6
1
1 4 4

12
t
t t t
N d N t t t h N P t
t

=

+ − + − −
∈ ⇒ = + − − ⇔ = = ⇔ − − = ⇔

+ +

= −


Như vậy ta tìm được hai cặp M,N :
1 2 1 2
19 1 13 7 11 1 17 1 1 5 13 1
; ; , ; ; , ; ; , ; ;
6 4 6 6 4 6 6 4 6 6 4 6
M M N N
       
= − = = = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 18
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12

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
- M thuộc

( ) ( ) ( )
1 2
; ;2 , 1 2 '; ';1 ' 2 ' 1; ' ; ' 2 1d M t t t N d N t t t MN t t t t t t⇒ ∈ ⇒ = − − + ⇔ = − − − − − +
uuuur
.
- Theo giả thiết ta có hệ :
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2
'
42
2 ' 1 ' ' 2 1 2
3 1 4 1 2
. 0
2 ' 1 ' ' 2 1 0
t t
MN
t t t t t t
t t t
MN n
t t t t t t

= −


=

− − + − + − + =
  
⇔ ⇔
  
+ + + − =
=
− − − − + − + =






uuuur r

( )
2
0
'
3 2 5
0;0;0 , ; ;
2
7 7 7
'
14 4 0
7
t
t t
M N
t

t t
=

= −


 
⇔ ⇔ ⇔ = = − −
 
 ÷
= −
+ =
 



Bài 30. 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
- Tìm tọa độ điểm M là giao của d với (P) , thì tọa độ M là nghiệm của hệ :
( )
3 2
2
2 2 0 1; 1; 3;0
1
2 0
x t
y t
t t M
z t
x y z
= +


= − +

⇔ ⇔ + = ⇒ = − ⇔ = −

= − −


+ + + =

- Đường thẳng
( )
; ,
P d P d

P u n d u u u n u
∆ ∆ ∆
 
∆∈ ⇒ ⊥ ∆ ⊥ ⇒ ⊥ ⇔ =
 
uur uur uur uur uur uur uur
.
Do đó :
( )
1 1 1 2 2 1
, ; ; 2; 3;1
1 1 1 1 1 1
P d
u n u
∆
 − − 
 
= = = −
 ÷
 
 
uur uur uur
.
-Gọi H (x;y;z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
thì ta có :
H thuộc (P) : x+y+z+2=0 (1).
( ) ( ) ( )
2 1 3 3 0 2x 3 11 0 2u MH x y z y z
∆

⊥ ⇔ − − + + = ⇔ − + − =
uur uuuur
Mặt khác theo giả thiết :
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
2 2
1 3 42 42 3MH x y z= − + + + = =
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2
13 4 13 4 13 4
3 15 3 15 3 15
6 8 0
1 3 42 12 4 3 3 15 42
x y x y x y
z y z y z y
y y
x y z y y y
 

= − = − = −
 
  
⇒ = − ⇔ = − ⇔ = −
  
  

+ + =
− + + + = − + + + − =

 
 
Vậy : H=(29;-4;-27) hoặc H=(21;-2;-21) . Do đó có hai đường thẳng
∆
có cùng véc tơ chỉ phương
( )
2; 3;1u
∆
= −
uur
qua hai điểm H tìm được :
1 2
29 2 21 2
: 4 3 ; : 2 3
27 21
x t x t
y t y t
z t z t
= + = +
 
 
∆ = − − ∆ = − −
 
 
= − + = − +
 

Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 19
∆
P
d
M
H
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Bài 31. (KB-08 ). 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
- Lập mặt phẳng (ABC) qua A(0;1;2) có véc tơ pháp tuyến
,n AB AC
 
=
 
r uuur uuur
.
Với :
( ) ( ) ( )
3 1 1 2 2 3
2; 3; 1 , 2; 1; 1 , ; ; 2;4; 8
1 1 1 2 2 1
AB AC AB AC
 − − − − 
 
= − − = − − − ⇒ = = −
 ÷
 

− − − − − −
 
uuur uuur uuur uuur

Do đó (ABC) có phương trình là : x+2(y-1)-4(z-2)=0 , Hay (ABC): x+2y-4z+6=0 .
- Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) : 2x+2y+z-3=0 .
Nếu M=(x;y;z) thuộc (P) : 2x+2y+z-3=0 (1) . Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
; 1; 2 1 2 2 4z 5MA x y z MA x y z x y z y⇔ = − − ⇔ = + − + − = + + − − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2; 2; 1 2 2 1 4x+4 2z 9MB x y z MB x y z x y z y⇔ = − + − ⇔ = − + + + − = + + − − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2; ; 1 2 1 4x 2 5MC x y z MC x y z x y z z⇔ = + − ⇔ = + + + − = + + + − +
uuuur
- Theo giả thiết , MA=MB=MC thì ta có hệ :
( )
2 2
2 2
2 4z 4x 4 2z 4 2x-3 z 2 7
2 4z 4x 2z 2x z 0 3 2;3; 7
2x 2 3 0 2x 2 3 0 2x 2 3 2
MA MB

y y y z
MA MC y y y M
y z y z y z x

=
− − = − + − + − = = −
  

  
= ⇔ − − = − ⇔ + + = ⇔ = ⇔ −
   
   
+ + − = + + − = + + = =
  

Bài 32. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4) vµ ®êng th¼ng
∆
:
1 2
1 1 2
x y z− +
= =
−
.T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn
∆
sao cho:
2 2
28MA MB
+ =
GIẢI

Nếu M thuộc
∆
thì M=(1-t;t-2;2t ). Khi đó ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
; 6;2 2 6 2 6 20 40MA t t t MA t t t t t⇔ = − − − ⇔ = + − + − = − +
uuur

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 ; 4;2 4 2 4 2 4 6 28 36MB t t t MB t t t t t⇔ = − − − ⇔ = − + − + − = − +
uuur
Theo giả thiết cho :
2 2
28MA MB
+ =
( ) ( )
2
2
12 48 76 28, 2 0 2 1;0;4t t t t M⇔ − + = ⇔ − = ⇒ = ⇔ = −
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 20