HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ LUYỆN THI đại học(2015)

HèNH HC KHễNG GIAN OXYZ LUYN THI I HC
Phn 1: Lớ thuyt :
1. Mp i qua A(x
0
; y
0
;z
0
) v cú VTPT
n
r
=(A;B;C) phng trỡnh l:
A(x-x
0
)+B(y-y
0
)+C(z-z
0
)=0

Ax + By + Cz + D = 0
2.ng thng (d) qua M(x
0
; y
0
;z
0
) v cú VTCP
u
r
=(a,b,c) cú:

* Phng trỡnh tham s l:
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct
= +


= +


= +

vi t

R
* Phng trỡnh chớnh tc l:
0 0 0
x x y y z z
a b c

= =
(a.b.c 0)
3.Ph ng trỡnh maởt cau taõm I(a ; b ; c),baựn kớnh R :
( ) ( ) ( )

+ + =
2 2 2

x a y b z c R

4. Ph ng trỡnh

+ + + =
2 2 2
x y z + 2Ax + 2By + 2Cz 0
(2) (

+ + >
2 2 2
vụựi 0
)



= + +
R
5.Cụng thc tớnh gúc gia hai ng thng :

1 2
1 2
.
.
u u
c
u u

=
uur uur

uur uur
os
trong ú
1 2
,u u
uur uur
ln lt l hai VTCP ca hai ng thng
6. Cụng thc tớnh gúc gia ng thng v mt phng:
.
sin
.

=
r r
r r
n u
u u

trong ú
,n u
r r
ln lt l hai VTPT v VTCP ca mt phng v ng thng
7. Cụng thc tớnh gúc gia hai ng thng :
1 2
1 2
.
.
n n
c
n n

=
uur uur
uur uur
os

trong ú
1 2
,n n
uur uur
ln lt l hai VTPT ca hai mt thng
8. Cụng thc tớnh khong cỏch gia hai im
( ) ( ) ( )
2 2 2
B A B A B A
AB= x -x + y -y + z -z
9. Khong cỏch t im M
0
(x
0
;y
0
z
0
) n mt phng (

): Ax+by+Cz+D=0 l:
( )
0 0 0
0

2 2 2
Ax +By +Cz +D
d M ,() =
A +B +C
10. Khong cỏch t im M
1
n ng thng

i qua M
0
v cú vect ch phng
u
ur
l:
1
d(M ,)=
M M ,u
0 1
u



uuuuuuuur
ur
ur
11. Khong cỏch gia hai ng thng

v

chộo nhau:

'
0 0
u,u' .M M
d( ,')=
u,u'





uuuuuur
r ur
r ur
trong ú i qua im M
0
, cú VTCP
u
r
. ng thng i qua im
'
0
M
, cú VTCP
u'
ur
.
12. Cụng thc tớnh din tớch hỡnh bỡnh hnh :
ABCD
S = AB,AD

uuur uuur
13. Cụng thc tớnh din tớch tam giỏc :
ABC
1
S = AB,AC
2


uuur uuur
14. Cụng thc tớnh th tớch hỡnh hp :
ABCD.A'B'C'D'
V = AB,AD .AA'


uuur uuur uuur
15. Cụng thc tớnh th tớch t din :
ABCD
1
V = AB,AC .AD
6


uuur uuur uuur
1
2/ Một số bài toán tổng hợp về mặt phẳng :
Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
x =

−
−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng
)(
α
đi qua d và vuông
góc với d’
Giải
.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M

và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
Ta có
)5;1;2( −=MM
,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó
 ! " #u u MM
 
= − ≠
 
r ur uuuuur
vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng
)(
α
đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' −u
nên có phương trình:
0)2(2 =−−+ zyx
hay
022
=−−+
zyx
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y

x =
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(
α
đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30
Giải.
.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
" ""u = −

r
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
" "u −
ur
.
Mp
)(
α
phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi
vậy nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=

++
−+
=+−
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA

⇔




=−−
+=
⇔





+++=
+=
02
)(632

22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+−⇔=−− CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA
−=
2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(
α
mp
có phương trình
0)2(2 =+−+ zyx
hay

042
=−++
zyx
Nếu
CA
−=
2
ta có thể chọn
2,1 −== CA
, khi đó
1−=B
, tức là
)2;1;1( −−=n
và
)(
α
mp
có phương
trình
02)2( =−−− zyx
hay …
Bài 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
− +
= =

−
và

2
2 1
( ):
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0
.
Bài 4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; -2; -6), B(2; 0; -2) và mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2
2 2 2 1 0x y z x y z+ + + − + − =
. Viết phương trình mp(P) đi qua hai điểm A, B và (P) cắt (S) theo
một đường tròn có bán kính bằng 1.
Giải
Mặt cầu (S) có tâm I( -1; 1; -1) và bán kính R = 2
Mặt phẳng (P) đi qua A(0; -2; -6) nhận véctơ
2 2 2
( , , ),( 0)n a b c a b c+ + ≠
r

làm véctto pháp tuyến có PT:
2 6 0ax by cz b c+ + + + =
Từ giả thiết:

(2;0; 2) ( )

( ;( )) 3
B P
d I P
− ∈


⇒ ⇒

=


tìm được a, b, c suy ra PT mp(P)
Kết luận có hai mặt phẳng: (P
1
): x + y – z – 4 = 0 và (P
2
): 7x – 17y + 5z – 4 = 0
2
Bài 5. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )DH ABC⊥
và
3DH =
với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC).
Giải.

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

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

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

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

2 2 8 96
2 2 4
3 3 3 3
HK
     
= + + − + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Gọi
ϕ
là góc cần tìm thì:
tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)DH HK
ϕ ϕ
= = = ⇒ =
Vậy
arctan( 6 / 3)
ϕ
=
là góc cần tìm.
Bài 6. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S):
2 2 2
2 4 2 3x y z x y z+ + − + + −
, (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với (P)
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Giải.
Ta cã: x
2
+ y
2

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

=> mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3.
Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có pt dạng:2x + 2y - z + D = 0 ( D
5≠
)
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên
( )
;( ) 3d I Q R= =
10
1 9
8
D
D
D
=

− = ⇔

= −

Vậy (Q) có phương trình: 2x + 2y - z + 10 = 0
Hoặc 2x + 2y - z - 8 = 0
Bài 7. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S):
2 2 2

2 4 4 16 0x y z x y z+ + − − + − =
’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song song
với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16
π
.
Giải.
Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến
I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo giả thuyết ta
có
2
16 4r r
π π
= ⇒ =
3
mặt khác ta có IO =
4
( ;( ))
3
D
d I Q
+
=
. l ại c ó R
2
= r
2
+ OI
2

5, 13D D⇒ = = −

vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0.
Bài 8. . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy
viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P)
bằng
3
.
Giải.
•Gọi
Ocban ≠= );;(
là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
•TH1:
ca =
ta chọn
1== ca
⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0

• TH2:
ca 7
=
ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0
Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng:
( )
3 4 6
:
1 3 2
x y z
d

− − −
= =
,
1 4 5
( '):
2 1 2
x y z
d
+ + −
= =
−
và mặt phẳng (P): x + 4y + z + 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d’) và song song với đường thẳng (d). Lập phương
trình mặt cầu có tâm I là giao điểm của (d) và (P), có bán kính là khoảng cách giữa (d) và (d’).
Giải.
+ (d) đi qua điểm A(3;4;6) và có vecto chỉ phương
=
r
"
 "$ 
(d
’
) đi qua điểm B(-1;-4;5) và có vecto chỉ phương
= −
r

 " 
Khi đó mặt phẳng (Q) qua B và có vecto pháp tuyến là
( )
1 2

8;6; 5n u u= ∧ = − −
r ur uur
Phương trình mặt phẳng (Q) : 8x-6y+5z-41= 0 (rõ ràng d song song (Q))
+ Giao điểm của d và (P) là điểm
−"% & $'
   
"( ( "(
Khoảng cách giữa d và d
‘
là R = (d;(Q)) = d(A;(Q)) =
11
5 5
+Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R là:

2 2 2
19 6 38 121
15 5 15 125
x y z
     
− + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
Bài 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng (P):x+2y-z-1=0 và (Q):x-y+z-1=0. Viết
phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(-2;1;0), song song với đường thẳng d=(P)∩(Q) và tạo với trục Oz góc
30
0
.
Giải.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d:
)3;2;1( −−
d
u
gọi
);;( cban
(với a
2
+b
2
+c
2
≠0) là vectơ pháp tuyến của (α)
d//(α) ⇒
0. =
d
un
⇔a-2b-3c=0⇔a=2b+3c
Sin((α),Oz)=sin30
0
=
),cos(
d
un
2
1
222
=
++
⇔

cba
c
⇔3c
2
=a
2
+b
2
⇔ 3c
2
=(2b+3c)
2
+b
2
4
• d(C;(P)) =
0141623
)2(
2
3
22
222
=+−⇔=
+−+
+
⇔ caca
ccaa
ca




=
=
⇔
ca
ca
7
⇔5b
2
+12bc+6c
2
=0






+−
=
−−
=
⇔
cb
cb
5
66
5
66
với

cacb
5
623
5
66 −
=⇒
−−
=
chọn
5;66;623 =−−=−= cba
⇒phương trình mặt phẳng (α) là:
063125)66()623( =−+++−− zyx
với
cacb
5
623
5
66 +
=⇒
+−
=
chọn
5;66;623 =+−=+= cba
⇒phương trình mặt phẳng (α) là:
063125)66()623( =++++−++ cyx
Bài 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z− − −

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

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

( )
2
0a c⇔ + =
0a c
⇔ + =
với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1
⇒
pt(P) : x + y – z = 0
Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t

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

đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ

2
d
đến (P).
Giải.
Ta có :
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −

2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:
( )
2
1; 2;2u
→
= −
Gọi
n
→
là vtpt của mp(P), vì (P) song song với
1
d
và
2

d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ; -1)
⇒
pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d(
1
d
;(P)) = d(A ; (P)) =
7
3
m+
; d(
2
;( ))d P
= d( B;(P)) =
5
3
m+
vì d(
1
d
;(P)) = 2. d(
2

;( ))d P
7 2. 5m m⇔ + = +
7 2(5 )
7 2(5 )
m m
m m
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
m
m
= −


⇔

= −

Với m = -3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
5
Với m = -
17

3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Bài 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y -
3
z = 0 một góc 60
0
.
Giải.
Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,
)0;;( BAn
p
=⇒
→
và
)5;1;2( −=
→
Q
n
.
Theo gt:
22
22
0
.1022
2

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

06166
22
=−+⇔ BABA
Chọn B = 1 ta có : 6A
2
+ 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
( ) ( )
921
2
2
2
=+++− zyx
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :

22
1
1 −
=
−
=
zyx
và cắt mặt cầu (S) theo
đường tròn có bán kính bằng 2 .
Giải.
KL : Có 2 mặt phẳng : (P
1
) :
053522 =+−−+ zyx
và (P
2
) :
053522 =−−−+ zyx

Bài 16. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =

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

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

m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
3/ Một số bài toán tổng hợp về đường thẳng:
Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ − +
= =
−
và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +


= +


= +

Viết phương trình tham số của đường thẳng (

∆
) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d)
và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng
Giải.
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
6
. (S) có tâm
)2,0,1( −J
bán kính R = 3
+ đt a có vtcp
)2,2,1( −
→
u
, (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận
→
u
làm vtpt
Pt mp (P) có dạng :
022 =+−+ Dzyx
+ (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) =
5
22
=−rR
nên ta có :
5
3
)2.(20.21
=
+−−+ D





−−=
+−=
↔
535
535
D
D


x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
= −


= −


= −

+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP
( )
u 1;1;2
v
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP

( )
u ' 2;1;1
uur
Ta có :
( )
( )
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0
 
= − = − ≠
 
uuuuur r uur

( ) ( )
( )
MM' u, u '
8
d d , d'
11
u,u '
 
 
= =
 
 
uuuuur r uur
r uur
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)

x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +


= +

và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
=


= − −


= −

a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Giải.
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP
( )
u 1;2;5
v

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP
( )
u ' 1; 2; 3− −
uur
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là
1 3
I ;0;
2 2
 
−
 ÷
 
hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7
u '
 
= = − −
 ÷
 ÷
 
r
r uur
uur
.
Ta đặt :
15 15 15

a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
= + = + − −
 ÷
 ÷
 
r r r

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

1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7

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

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

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

1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Giải.
7
•
( )
MM ' 2; 1;3= −
uuuuur
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại điểm
A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

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

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a

a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

Bài 4. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)

01 =+−+ zyx
,đường thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
− zyx
. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm trong
(P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng
23
.
Giải.
• (P) có véc tơ pháp tuyến
)1;1;1(
)(
−=
P
n
và d có véc tơ chỉ phương
)3;1;1(. −−=u

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

)1;1;2(2 −−=


Phương trình (Q):
0420)4()2()1(2 =+−+−⇔=−−−+−− zyxzyx
Gọi
11
)()( dQPd ⇒∩=
có vécto chỉ phương
[ ]
)1;1;0(3)3;3;0(;
)()(
==
QP
nn
và
1

d
qua I





+=
+=
=
⇒
tz
ty
x
ptd
4
2
1
:
1

Ta có
);;0()4;2;1(
1
ttIHttHdH =⇒++⇒∈
⇒



−=

=
⇔=⇔=
3
3
23223
2
t
t
tIH
Bài 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
=


= −


= − +

;d
2
:
2
1 3 3
x y z−

= =
− −
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z+ − +
= =
. Chứng tỏ rằng
1 2
;d d
là hai đường thẳng
chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1 2
;d d
.Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba
đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Giải.
+)Đường thẳng
1
: 4
1 2
x t

d y t
z t
=


= −


= − +

suy ra
1
d
đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp
1
(1; 1;2)u −
ur
.Đường thẳng
d
2
:
2
1 3 3
x y z−
= =
− −
suy ra
2
d
đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp

2
(1; 3; 3)u − −
uur
.Ta có
(0; 2;1)AB −
uuur
và
8
• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆
)(QmpH ∈⇒
qua I và vuông góc
∆
• TH1:
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3
−
−
=
−
=
−
−
∆⇒⇒=
zyx

ptHt
TH2:
1
1
1
1
2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt
( )
1 2
, 9;5; 2u u
 
= −
 
ur uur
suy ra
1 2
. , 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0AB u u
 

= + − + − = − ≠
 
uuur ur uur
.Vậy
1
d
và
2
d
là hai đường thẳng
chéo nhau. Khoảng cách giữa
1
d
và
2
d
là :
( )
1 2
1 2
2 2 2
1 2
. ,
12
6
,
55
9 5 ( 2)
,
AB u u

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

⇔ − + + = −


− + + − + = −

Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z−
= =
Bài 6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; −6; 6), B(4; 4; 4), C(− 2; 10; −2) và
S(−2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên
mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Giải.
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+
( ) ( )
8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB= − − = ⇒ = − + − = ⇒ ⊥
uuur uuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC

SI OB

= − + =

= − ⇒ ⊥

= − =


uur uuur
uur
uur uuur
+ Do OABC là hình thoi và
( )SI OABC⊥
nên:
( )
AC OB
AC SOB
AC SI
⊥

⇒ ⊥

⊥

Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ
IH SO
⊥
tại H thì
IH AC

⊥
tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của
SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
11
2 11
SI OI
d SO AC IH
SO
⇒ = = = =
4/ Một số bài toán tổng hợp về mặt cầu:
Bài 1. Trong kg Oxyz cho đường thẳng (
∆
): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT
mặt cầu(S) có tâm I
∈∆
và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến
đường tròn (C)có bán kính r=3 .
Giải. Mặt cầu(S) có tâm I
∈∆
g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của
∆
(1)
*
( )
( )
; 2d I P =
(2)
Từ (1) và(2) ta có hệ PT:

2 2 2 6
11 14 1 1 1 7
; ; ; ; ;
2 1
6 3 6 3 3 3
2
a b c
a t
heconghiem va
b t
c t
 − − − =


   
=
⇒ ⇒ − − −

 ÷  ÷
= −
   

= +


Do
2
4 3 13r R R= − = ⇔ =
Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :
( )

2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z
     
− + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
     
+ + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
9
Bài 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng
1
3
2
3
1
1
:
−

=
+
=
−
− zyx
d
và hai mặt phẳng
.04:)(,0922:)(
=++−=+−+
zyxQzyxP
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P)
và cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi
π
2
.
Giải.
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì
dI
∈
nên
)3;32;1( +−+− tttI
.
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
22
))(;(
t
PIdR
−
==

Ta có
3
211
))(;(
t
QId
−
=
. Chu vi của đường tròn giao tuyến
122 =⇒= rr
ππ
.
Suy ra
1
3
)211(
))(;(
2
222
+
−
=+=
t
rQIdR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra





=
=
⇔+
−
=
−
2
23
4
1
3
)211(
9
)22(
22
t
t
tt
* Với
4=t
ta có
2),7;5;3( =− RI
. Suy ra mặt cầu
.4)7()5()3(
222
=−+−++ zyx
* Với
2
23
=t

ta có
7,
2
29
;20;
2
21
=






− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
( )
49
2
29
20
2
21
2
2
2
=







−+−+






+ zyx
.
Bài 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng
,0422:)(
=+++
zyxP
đường thẳng
1
1
1
1
2
2
:
−
−
=
−
+
=

− zyx
d
và đường thẳng
∆
là giao tuyến của hai mặt phẳng
.04,1
=−+=
zyx
Viết
phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với
∆
và (P).
Giải.
Mặt cầu có tâm
dtttI ∈+−−−+ )1;1;22(
.
3
9
))(;(
+
=
t
PId
. Chọn
)1;1;0( −=
∆
u
và
∆∈)3;1;1(M
.

Khi đó
)2;2;12( −−−−+= tttMI
.
Suy ra
)12;12;42(],[
−−−−−−=
∆
yttMIu
Suy ra
2
182412
],[
),(
2
++
==∆
∆
∆
tt
u
MIu
Id
.
Từ giả thiết ta có
RIdPId =∆= );())(;(






−=
=
⇔=+⇔++=
+
⇔
53
90
0
090539126
3
9
22
t
t
tttt
t
* Với
0=t
. Ta có
3),1;1;2( =− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
.9)1()1()2(
222
=−+++− zyx
* Với
53
90
−=t
. Ta có
53

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





=






−+






−+






+ zyx
Bài 4 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d
1
) :
4

2 1 0
x y z −
= =
. Gọi (d
2
) là
giao tuyến của 2 mặt phẳng
)(
α

03=−+ yx
;
)(
β

012344 =−++ zyx
. Chứng minh (d
1
)

và (d
2
) chéo
nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuômg góc chung của (d
1
) và (d
2
).
10
Bài 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt

phẳng (P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách
từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng
3
5
.
Giải.
.(S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R =
dcba −++
222
.
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
d(I, (P)) =
5,0552
3
5
==⇔=+−⇔ bbb
• b = 0 , (S): x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x – 4z = 0
• b = 5 , (S) : x

2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 10y – 4z = 0
Bài 6. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; 1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
02 =−++ zyx
. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt
phẳngOxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường
tròn (C) là giao của (P) và (S).
Giải.
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>−++=++++++
Vì
( )
SD,C,B,'A ∈
nên ta có hệ: ……
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình:
01225
222
=+−−−++ zyxzyx
(S) có tâm







1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R =
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là:
( )
1;1;1n
….Do
( )
)P(dH ∩=
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
−=⇔−=⇔=−+++++







⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29

IHRr
22
==−=−=
5/ Một số bài toán tổng hợp về tìm điểm:
Bài 1. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(
−−
CBA
. Tìm tọa độ D.
Giải.
+) Rõ ràng
ACkAB .≠
nên A, B, C không thẳng hàng.
+) CD // AB nên chọn
)1;1;2( −−== ABu
CD
. Suy ra pt





−−=
+=
−=
tz
ty
tx
CD
1

3
21
:
CDtttD ∈−−+−⇒ )1;3;21(
.
Vì ABCD là hình thang cân với hai đáy AB, CD nên AD = BC. Do đó

6)2()2()2(
222
=−−+++− ttt
2
3 4 1 0t t⇔ + + =
(3 ; 2 ; 0)
1
5 8 2
1
; ;
3 3 3
3
D
t
D
t

= −



⇔ ⇒
 



−
= −
 ÷


 

Để ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do đó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi đó.
ABCD là hình bình hành.
11
Với






−−
3
2
,
3
8
,
3
5
D
thỏa mãn.

Bài 2. . Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng
.
2
1
2
3
1
2
:
−
−
=
−
−
=
+ zyx
d
Xét hình bình
hành ABCD có
.),2;2;2(),0;0;1( dDCA
∈
Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng
.23
Giải.
+)
)12;32;2(
2
1
2
3

1
2
: +−+−−⇒
−
−
=
−
−
=
+
∈ tttD
zyx
dD
2
23
23 =⇒=
ACDABCD
SS
. (1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC
.
Suy ra
)94;74;4(],[ +−−−= ttADAC
.
Suy ra

[ ]
14612832
2

1
)94()74(16
2
1
,
2
1
222
+−=+−+−+== ttttADACS
ACD
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
2012812832
2
=⇔=+− ttt
. Suy ra
)3;1;0( −−D
.
+) ABCD là hình bình hành nên
DCAB =
. Suy ra B(3 ; 3 ; 5).
Bài 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm
)1;2;1(
−
A
và hai đường thẳng
,
2
1
11

1
:
1
−
−
==
−
∆
zyx

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

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

122
2
12
2
1
)(
−+−
=
+−
=
−−
⇒⊥
tststs
PMN
.
Suy ra
.2,2 −=−= st
Vậy
).4;3;2(),5;2;1( −−−− NM
Bài 4. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hình vuông
MNPQ
có
)4;3;2(),1;3;5( −− PM
. Tìm
toạ độ đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N

nằm trong mặt phẳng
.06:)( =−−+ zyx
γ
Giải.
- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=−−+⇒∈ zyxN
γ

- MNPQ là hình vuông
MNP∆⇒
vuông cân tại N





=
=
⇔
0.PNMN
PNMN








=+++−+−−
++−+−=++−+−
⇔
0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx





=+++−+−−
=−+
⇔
)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra



+−=
+−=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta được
065
0
2
0
=+− xx




−===
−===
⇒
2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay



−
−
)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
12
- Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I là trung điểm MP và NQ
⇒
)
2

5
;3;
2
7
( −I
.
Nếu
)13;2( −N
thì
).4;3;5( −Q
Nếu
)2;1;3( −N
thì
).3;5;4( −Q
Bài 5. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)( =++ yx
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(
α

Giải.
Giả sử
);;(
000
zyxM
. Khi đó từ giả thiết suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx

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

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx
Từ (1) và (2) suy ra




−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0
x
x





−
⇒
).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M
Bài 6 .
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z
d

− −
= =
−

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

( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur
Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −
Bài 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
211
zyx
==
, d
2
:





+=
=
−−=
tz
ty
tx
1
21

và
mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M
1
d∈
, N
2
d∈
sao cho MN song song (P) và
MN =
6
.
Giài.
)1;;21(),2;;(,
1
21
:,
2
:
22221111
2
2
2
2
1
1
1
1
tttNdNtttMdM
tz
ty

tx
d
tz
ty
tx
d +−−⇒∈⇒∈





+=
=
−−=





=
=
=
)21;;21(
121212
ttttttMN −+−−−−=
13
Theo gt :






−==
+=
⇔



=+
+=
⇔





=
=
⇔



=
→
13
12
;0
21
01213
21

6
0.
6
)//(
22
21
2
2
2
21
2
tt
tt
tt
tt
MN
nMN
MN
PMN
…….
Bài 8. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho điểm
),0;1;1( −M
đường thẳng
1
1
1
1
2

2
:
−
=
−
+
=
−
∆
zyx
và
mặt phẳng
.02:)( =−++ zyxP
Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng
)(P
biết đường thẳng
AM
vuông
góc với
∆
và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
∆
bằng
.
2
33
Giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với
∆
. Khi đó pt

.032:)(
=−+−
zyxQ
Ta có
).1;1;1(),1;1;2(
PQ
nn −
Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó
)3;1;2(],[ −==
QPd
nnu
và
dN
∈
)1;0;1(
nên pt của





−=
=
+=
tz
ty
tx
d
31
21

:
.
Vì
dA
∈
suy ra
).31;;21( tttA
−+
Gọi H là giao điểm của
∆
và mặt phẳng (Q). Suy ra
).
2
1
;
2
1
;1( −H
Ta có
7
8
1016214
2
33
),(
2
=∨−=⇔=−−⇔==∆
ttttAHAd
.
Suy ra

)4;1;1(
−−
A
hoặc
).
7
17
;
7
8
;
7
23
(
−
A
Bài 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Giải.
+ Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:
1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC
 
= = −
 
r uuur uuur

Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
+ Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5= = − − + − + − =R IA
Bài 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và

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

.
+ MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
uur uuuur
2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
uuuur
.
14
+ Ta có:
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0
4
7
t
MN t t t t t
t
=


= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔

=


.
+ Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)−M N
hoặc
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
−M N
.
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).M P∈
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.
Bài 11. .Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng





=
=
=
∆
1
2:
z
ty
tx
và điểm
)1,0,1( −A

Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng
∆
để tam giác AEF là tam giác đều.
Giải.
+ Đường thẳng
)1,0,0(
0
Mquađi∆
và có vtcp
)0,2,1(
→
u
;
)2,2,4(,;)2,0,1(
00
−=






−=
→→→
uAMAM
+ Khoảng cách từ A đến
∆
là AH =
5
62

,
),(
0
=






=∆
→
→→
u
uAM
Ad
+ Tam giác AEF đều
5
24
3
2
. ===→ AHAFAE
.Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R =
5
24
và đường thẳng
∆
, nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :










=+++−
=
=
=
5
32
)1()1(
1
2
222
zyx
z
ty
tx
t =
5
221
suy ra tọa độ E và F là :












=
+
=
+
=
∨











=
−
=
−
=
1
5

242
5
221
1
5
242
5
221
z
y
x
z
y
x
6/ Một số bài toán về giá trị lớn nhất nhỏ nhất trong hình học không gian 0xyz
Bài 1. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4B
−
. Viết phương trình đường
thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm
H

của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
( )
OAB
. Tìm tọa độ điểm
M
trên mặt phẳng
( )
OAB
sao cho
2 2
MA MB+
nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)
Giải.
( )
( )
( )
1;4;2
, 12, 6,6
1;2;4
OA
n OA OB
OB

=

 
⇒ = = −


 
= −


uuur
r uuur uuur
uuur
mặt phẳng
( ) :OAB
2 0x y z− + =
15
( , , )H a b c
là trực tâm tam giác OAB nên :
0
( )
2 0
5
2 2 2 0
2
( 1) 2( 4) 4( 2) 0
5
2
a
H mp OAB
a b c
OH AB a b c b
a b c
AH OB
c



=
∈

− + =



 
⊥ ⇔ − − + = ⇔ =
  
  
− − + − + − =
⊥



=


uuur uuur
uuur uuur
( )
2
5
:
2
5
2
x t

y t
z t


=


∆ = −



= +


Với mọi điểm
K
ta đều có:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2 2MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB+ = − + − = + + − +
uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
Chọn
(0;3;3)K
là trung điểm
AB
nên
2 2 2 2
2 2MA MB KA KM+ = +
KA

không đổi nên
2 2
MA MB+
nhỏ nhất khi
KM
ngắn nhất khi đó
M
là hình chiếu của
K
trên mặt
phẳng
( )OAB
( ; ; ) ( ; 3; 3) / / (2; 1;1) (2 ;3 ;3 )
⇒ = − − = − ⇔ − +
uuuur r
M x y z KM x y z n M t t t
( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0M OAB t t t t
∈ ⇒ − − + + = ⇒ =
Vậy
(0;3;3)M
Bài 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng(d):
1
2 ( )
2
x t
y t t R
z t
= −



= − + ∈


=

. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A và cắt đường thẳng (d) sao cho
khoảng cách từ B đến
∆
lớn nhất.
Giả sử
∆
cắt d tại M nên
(1 ; 2 ;2 )M t t t− − +
. Ta có
2
2
28 152 208
( , )
3 10 20
t t
d B
t t
− +
∆ =
− +

Giải.
Khi đó đường thẳng

∆
có PT:
1 4 2
1 4 3
x y z− − −
= =
− −
Bài 3. 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.
M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d∈
, AB//d.
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB

≥
A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
Bài 4. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
0922:)( =++− zyxP
và hai điểm
),2;1;3( −A
).0;5;1( −B
Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho
MBMA.
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
+) Gọi I là trung điểm AB. Khi đó
)1;3;2( −I
và
.0
=+
IBIA
+) Ta có
 
!       !MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA
= + + = + − = −
uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
16
Xét hàm

2 2
2 2 2
28 152 208 16(11 8 60)
( ) '( )
3 10 20 (3 10 20)
t t t t
f t f t
t t t t
− + − −
= ⇒ =
− + − +

2
28
'( ) 0 , ( )
30
3
11
t
t
f t lim f t
t
→±∞
= −


= ⇔ =

=


BBT
Từ BBT ta thấy
( ) 12 2 ( , ) 12 2
max
maxf t t d B t= ⇔ = − ⇒ ∆ = ⇔ = −
MBMA.
⇒
đạt giá trị nhỏ nhất
⇔
MI nhỏ nhất (do
4
2
2
AB
IA =
không đổi).
⇒
M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
+) Chọn
 " 
p
IM
u n
= = − ⇒
uuur r
phương trình






+=
−−=
+=
tz
ty
tx
IM
21
3
22
:
. Thay vào phương trình (P) suy ra
).3;1;2(2
−−−⇒−=
Mt
Bài 5. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
21
4
2
1
:
zyx
d =
−
=
−
+

và các điểm
),7;2;1(A
).4;2;3(),2;5;1( CB
Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho
222
MCMBMA −−
đạt giá trị lớn nhất.
Giải.
+)
).2;4;12( tttMdM
+−−⇒∈
+)
−−+++−−=−−= ])72()2()22[(
222222
tttMCMBMAP

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


.2121)1(9
2
≤++−= t
Suy ra
21max

=
P
, đạt khi
1
−=
t
hay
).2;3;1( −M
Bài 6. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)6;1;2(),4;5;3(),11;8;5( −−− CBA
và
đường thẳng
1
1
1
2
2
1
:
−
−
=
−
=
− zyx
d
. Xác định toạ độ điểm
dM

∈
sao cho
MCMBMA −−
đạt giá trị
nhỏ nhất.
Giải.
*
).;4;12()1;2;12( tttMCMBMAtttMdM −++=−−⇒+−++⇒∈
*
1111)1(617126)4()12(
22222
≥++=++=++++=−− ttttttMCMBMA
Suy ra min
11=−− MCMBMA
khi
).2;1;1(1 −⇒−= Mt
Bài 7. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
12
4
1
2
:
1
zyx
=
+
=
−

−
∆
và
.
2
8
1
10
1
6
:
2
+
=
−
−
=
−
∆
zyx
Tìm toạ độ điểm
1
∆∈M
và
2
∆∈N
sao cho độ dài
MN
đạt giá trị nhỏ
nhất.

Giải.
*
);42;2(
1111
tttMM −+−⇒∆∈

)82;10;6(
2222
−+−+⇒∆∈ tttNN

)82;142;4(
121212
−−+−−++=⇒ ttttttMN
*
1
∆
qua
)0;4;2( −A
và có
)1;2;1(
1
−=u

2
∆
qua
)8;10;6( −B
và có
)2;1;1(
2

−=⇒ u

070.],[
21
≠=⇒ ABuu
.
Suy ra
21
, ∆∆
chéo nhau .
Để độ dài MN nhỏ nhất thì MN là đường vuông góc chung của
21
, ∆∆




⇒



=
=
⇔



=−+
=+−−
⇔






=
=
⇔
)0;6;10(
)2;0;0(
4
2
0266
0166
0.
0.
2
1
21
21
2
1
N
M
t
t
tt
tt
uMN
uMN

Bài 8. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
( )
052: =+−+ zyxP
và đường thẳng
31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng 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.
17
Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:





+=
−=
−=
3

1
32
tz
ty
tx

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

( )
1;1;1u −⇒



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

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =+−+−−⇔=⇔⊥⇔

3
4
u =⇔
. Vậy







−
3
16
;
3
4
;
3
7
M
Bài 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
3
1
12
1 −
==
− zyx
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
(P) là lớn nhất.
Giải.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là véc
tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
Bài 10. Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đến

( )
α
lớn nhất.
Giải.
Gọi K là hình chiếu của A trên d
K⇒
cố định;
Gọi
( )
α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
( )
α
.
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK≤
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β

⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
⇒
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
Bài 11. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz
sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A,
B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c
trong đó a, b, c là
các số thực dương ⇒ phương trình mp(ABC):
1
x y z
a b c
+ + =
+ M(1, 2, 3) ∈ mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
+ + =
18
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:

1 1
. . . .
6 6
V OAOB OC a b c= =
+ Theo bđt CauChy:
3
1 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
= + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
) a c
a b c
= = = = = =
Vậy
max
27V =
đạt được khi
(3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C
Bài 12 . Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x+z=0 và đường
thẳng d có phương trình






−=
+−=
+=
tz
ty
tx
2
1
. Tìm tọa độ điểm A thuộc d và tọa độ điểm B trên trục
Oz
sao cho
AB//(P) và độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Giải.
A(1+t;-2+t;-t)∈d, B(0;0;b)∈Oz,
);2;1( tbttAB +−−−
,
)1;0;2(
)(P
n
tbnAB
P
+=⇔= 20.
)(
B∉(P) ⇒b≠0 , AB
2
=6t
2
+6t+9 ;
AB đạt giá trị nhỏ nhất khi

2
1
−=t
2
3
=⇒ b
Vậy
)
2
3
;0;0(),
2
1
;
2
5
;
2
1
( BA −
Bài 1 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có
phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t

= − +


= −


=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm
M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −



=

.Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t

= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +





= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
. Như vậy
2 29AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t

t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
19
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
Bài 14. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho
độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Giải.
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −



= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm
D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
Bài 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t

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

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am ⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với
IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur

, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
Bài 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c
là những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC)
lớn nhất.
Giải.
Pt mp(ABC):
222
111
1
))(;(1
cba
ABCOd
c
z
b

y
a
x
++
−
=⇒=++
Theo bất đẳng thức Côsi :
3
222222
1
3
111
cbacba
≥++
và 3 = a
2
+ b
2
+ c
2

3
222
3 cba≥
Ta có :
3
1
.3
111
3

111
222222
≤⇒≥++⇔≥++ d
cbacba
Dấu = xảy ra khi a
2
= b
2
= c
2
hay a = b = c = 1
Vậy d lớn nhất bắng
3
1
khi a = b = c = 1
20
Bài 17. Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho các điểm
),3;1;1(),2;1;2(),0;0;1( −−− CBA
và đường
thẳng
.
2
2
21
1
:
−
==

−
−
∆
zyx
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
,∆
đi qua điểm A và
cắt mặt phẳng
)(ABC
theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất.
Giải.
Ta có
).3;1;2(),2;1;1(
−−−
ACAB
Suy ra pt
.01:)(
=−−−
zyxABC

Gọi tâm mặt cầu
⇒∆∈
I

)22;2;1( tttI
+−
. Khi đó bán kính đường tròn là
.2
3
6)1(2

3
842
))(,(
22
22
≥
++
=
++
=−=
ttt
ABCIdIAr
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.1
−=
t
Khi đó
.5),0;2;2(
=−
IAI
Suy ra pt mặt cầu
.5)2()2(
222
=+++− zyx
Bài 18.: Cho mặt phẳng
( )
: 4 0P x y z+ + − =
. Tìm điểm
( )
M P∈

sao cho:
1).
MA MB+
nhỏ nhất, biết
( )
1;0;0A
,
( )
1;2;0B
.
2).
MA MB−
lớn nhất, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;2B
.
3).
2 2
3MA MB+
nhỏ nhất, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;2B
.
4).

2 2 2
3 2MA MB MC+ +
nhỏ nhất, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;2B
,
( )
0;0;3C
.
5).
3 4MA MB MC+ +
uuur uuur uuuur
nhỏ nhất, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;2B
,
( )
0;0;3C
.
Hướng dẫn :
1). Cách giải
• Xét vị trí tương đối của A, B so với (P).
Đặt
( )

; ; 4f x y z x y z= + + −
.
Thay tọa độ của A, B vào và tính
( ) ( )
; ; . ; ;
A A A B B B
f x y z f x y z
.
- Nếu
( ) ( )
; ; . ; ; 0
A A A B B B
f x y z f x y z <
thì A, B ở hai phần không gian khác nhau ngăn cách bởi (P).
- Nếu
( ) ( )
; ; . ; ; 0
A A A B B B
f x y z f x y z >
thì A, B ở cùng phía so với (P).
• Nếu A, B ở khác phía so với (P) thì với
( )
M P∈
tùy ý ta có
MA MB AB+ ≥
. Suy ra
( )
min MA MB AB+ =
đạt được khi
( )

M AB P= ∩
.
- Viết p/trình đường thẳng AB.
- Tìm giao điểm M của
( )
AB P∩
. (Giải hệ p/trình của AB và (P))
- Kết luận.
• Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) , ta lấy điểm
A
′
đối xứng với A qua (P).
Khi đó
MA MA MA MB MA MB A B
′ ′ ′
= ⇒ + = + ≥
( )
min MA MB A B
′
⇒ + =
đạt được khi
( )
M A B P
′
= ∩
♣ Tính tọa độ
A
′
:
- Viết phương trình đường thẳng

( )
d
qua
A
và
( ) ( )
d P⊥
- Giải hệ
( ) ( )
{ }
;d P
tìm được tọa độ của
( ) ( )
H d P= ∩
là hình chiếu vuông góc của A trên (P).
-
H
là trung điểm của
A A
′
. Biết tọa độ của
,A H
suy ra tọa độ của
A
′
.
♣ Viết p/trình đường thẳng
A B
′
.

♣ Giải hệ
( )
{ }
;A B P
′
tìm được tọa độ của
( )
M A B P
′
= ∩
.
2). Làm ngược lại của hai trường hợp trên câu 1.
• Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) thì
MA MB AB− ≤
• Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P), ta lấy điểm
A
′
đối xứng với A qua (P).
Khi đó
MA MA MA MB MA MB A B
′ ′ ′
= ⇒ − = − ≤
Cách làm mỗi trường hợp như câu 1.
3). Xét điểm I tùy ý, ta có
( )
2
2 2 2
2
2 .MA MA MI IA MI IA MI IA= = + = + +
uuur uuur uur uuur uur uuur uur

21
( )
2
2 2 2
2
2 .MB MB MI IB MI IB MI IB= = + = + +
uuur uuur uur uuur uur uuur uur
Suy ra
( )
2 2 2 2
2 2
2 2 . 2 2 .MA MB MI IA MI IA MI IB MI IB+ = + + + + +
uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
( )
2 2 2
2 2
2 3 2 2 2MA MB MI IA IB MI IA IB⇒ + = + + + +
uuur uur uur uuur uur uur
( )
2 2 2 2 2
2 3 2 2 2MA MB MI IA IB MI IA IB⇒ + = + + + +
uuur uur uur
Giả sử
2 0 2IA IB IA IB+ = ⇔ = −
uur uur r uur uur
, ta có tọa độ của I là:
2 1 2.0 1
1 2 3 3
2 2 2.1 4
1 2 3 3

2 1 2.2 5
1 2 3 3
A B
A B
A B
x x
x
y y
I y
z z
z
+ +

= = =

+

+ +

= = =

+

+ +

= = =

+

. Hay

1 4 5
; ;
3 3 3
I
 
 ÷
 
Vậy, với
1 4 5
; ;
3 3 3
I
 
 ÷
 
, ta có
2 0IA IB+ =
uur uur r
nên
2 2 2 2 2
2 3 2MA MB MI IA IB+ = + +
.
Do I cố định nên
2 2
,IA IB
không đổi. Vậy
2 2
2MA MB+
nhỏ nhất
2

MI⇔
nhỏ nhất
MI
⇔
nhỏ nhất
M
⇔
là hình chiếu của I trên (P).
• Đường thẳng
( )
d
qua
1 4 5
; ;
3 3 3
I
 
 ÷
 
và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến
( )
1;1;1n =
r
của (P)
làm vecto chỉ phương nên có p/trình
( )
5
1 4
: ; ;
3 3 3

= + = + = +d x t y t z t
- Tọa độ giao điểm H của
( ) ( )
d P∩
là:
5 14 17
; ;
9 9 9
H
 
 ÷
 
.
- H là hình chiếu của I trên (P).
• Vậy M là hình chiếu của I trên (P) nên
M H≡
Kết luận:
2 2
2MA MB+
nhỏ nhất khi
5 14 17
; ;
9 9 9
M
 
 ÷
 
4). Làm tương tự câu 3)
5). Cần rút gọn tổng
3 4MA MB MC+ +

uuur uuur uuuur
thành một vecto
MH
uuuur
.
Khi đó
3 4MA MB MC MH MH+ + = =
uuur uuur uuuur uuuur
nhỏ nhất
M⇔
là hình chiếu của H trên (P).
Làm như câu 3).
Bằng cách phân tích
( ) ( )
3 4 3 4MA MB MC MI IA MI IB MI IC+ + = + + + + +
uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur
8 3 4MI IA IB IC= + + +
uuur uur uur uur
Đến đây chỉ việc tìm tọa độ điểm
I
sao cho
3 4 0IA IB IC+ + =
uur uur uur r
rồi làm tiếp theo hướng dẫn trên.
Chú ý:
( )
1
3 4 0 3 4
8
IA IB IC OI OA OB OC+ + = ⇔ = + +

uur uur uur r uur uuur uuur uuur
Suy ra tọa độ của I ….
Bài 19.: đường thẳng
( )
:
1 1 1
x y z
d = =
và hai điểm
( )
0;0;3A
,
( )
0;3;3B
.Tìm tọa độ điểm
( )
M d∈
sao cho:
1)
MA MB+
nhỏ nhất. 2)
2 2
2MA MB+
nhỏ nhất.
3)
3MA MB−
uuur uuur
nhỏ nhất. 4)
MA MB−
lớn nhất.

Hướng dẫn:
22
1) Chuyển p/trình của
( )
d
sang dạng tham số
( )
:
x t
d y t
z t
=


=


=

Gọi tọa độ của
( )
M d∈
có dạng
( )
; ;M t t t
,
t
∈
¡
.

Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 0 3 0 3 3P MA MB t t t t t t= + = − + − + − + − + − + −
2 2
3 6 9 3 12 18P t t t t= − + + − +
(
)
2 2
3 2 3 4 6t t t t= − + + − +
( ) ( )
2 2
3 1 2 2 2P t t
 
= − + + − +
 ÷
 
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 1 0 2 2 0 2P t t
 
= − + − + − + −
 ÷
 
Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm
( )

;0N t Ox∈
;
( ) ( )
1; 2 ; 2; 2H K
Gọi
( )
1; 2H
′
−
là điểm đối xứng của điểm
( )
1; 2H
qua trục Ox.
• Ta có
( )
3P NH NK= +
=
( )
3 NH NK
′
+
3H K
′
≥
.
Dấu “=” xảy ra
, ,H N K
′
⇔
thẳng hàng

N H K Ox
′
⇔ = ∩
.
Đường thẳng
H K
′
có vecto chỉ phương
( )
1;2 2H K
′
=
uuuur
nên có vecto pháp tuyến
( )
2 2; 1n = −
r
và
đi qua
( )
1; 2H
′
−
nên có phương trình tổng quát
( )
( )
2 2 1 1 2 0 2 2 3 2 0x y x y− − + = ⇔ − − =
.
Tọa độ giao điểm
N

của đường thẳng
H K
′
và trục Ox là nghiệm của hệ
3
2 2 3 2 0
2
0
0
x
x y
y
y


=
− − =
 
⇔
 
=



=

. Vậy
3
;0
2

N
 
−
 ÷
 
.
Vậy
( )
2
2
min 3 3. 1 2 2 3 3P H K
′
= = + =
.
Đạt được khi
( )
3 3
;0 ;0
2 2
N t N t
 
≡ ⇔ =
 ÷
 
.
Suy ra
MA MB+
nhỏ nhất bằng
3 3
khi

3 3 3
; ;
2 2 2
M
 
 ÷
 
Cách 2:
• Làm như cách 1, đến đoạn
( ) ( )
2 2
3 1 2 2 2P t t
 
= − + + − +
 ÷
 
.
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 2 2f t t t= − + + − +
Ta có
( )
( ) ( )
2 2
1 2
1 2 2 2
t t
f t
t t

− −
′
= +
− + − +
( )
( ) ( )
2 2
1 2
0
1 2 2 2
t t
f t
t t
− −
′
= ⇔ = −
− + − +
( )
( )
( )
2 2
2
1
1 2
2 2
t
t
t
t
− −

−
⇔ =
− +
− −  +
 
(*)
• Xét hàm số
( )
2
2
u
g u
u
=
+
,
23
Ta có
( )
( )
2
2
2 3
2
1 2
2 . . 0
2
2
2
u

g u u u
u
u
u
 
′
= + − = >
 ÷
 ÷
+
+
 
+
nên hàm số g đồng biến trên
¡
.
• Do đó từ (*) ta có
( ) ( )
3
1 2 1 2
2
g t g t t t t− = − −  ⇔ − = − + ⇔ =
 
Bảng biến thiên của hàm số f :
t
−∞
3
2
+∞
( )

f t
′
−
0
+
( )
f t
+∞
3
+∞
Từ bảng biến thiên suy ra
( )
3
min 3
2
f t f
 
= =
 ÷
 
.Vậy
( )
min 3 3MA MB+ =
đạt được tại
3
2
t =
,
tức là
3 3 3

; ;
2 2 2
M
 
 ÷
 
.
Cách 3:
Bước 1 : Tìm tọa độ H và H’
Bước 2 : Tính AH và BH’
Bước 3 : Tìm M thỏa mãn
'
'
AH
MH MH
BH
= −
uuuur uuuuur
=>ycbt
2). Làm tương tự câu 1), ta tính được
( )
2 2 2 2
2 3 6 9 2 3 12 18Q MA MB t t t t= + = − + + − +
2
9 30 45t t= − +
.
Biểu thức này là tam thức bậc hai với hệ số
9 0a = >
nên đạt giá trị nhỏ nhất khi
30 5

2.9 3
t
−
= − =
.
Tức là
5 5 5
; ;
2 2 2
M
 
 ÷
 
.
Nhận xét: nếu không nhớ tính chất về đồ thị bậc hai thì có thể khảo sát hàm số
( )
2
9 30 45f t t t= − +
để tìm giá trị hỏ nhất.
3). Theo câu 1) , gọi
( )
; ;M t t t
.
Ta có
( )
; ;3MA t t t= − − −
uuur
,
( )
;3 ;3MB t t t= − − −

uuur
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
( )
2 2 ; 2 3 ;3 2 3MA MB t t t t t t− = − − − − − − − − −
uuur uuur
( )
; 6; 3t t t= − −
.
( ) ( )
2 2
2 2
2 6 3 3 18 45MA MB t t t t t⇒ − = + − + − = − +
uuur uuur
( )
2
2 3 3 18 18 3 2MA MB t⇒ − = − + ≥ =
uuur uuur
.Dấu “=” xảy ra
3 0 3t t⇔ − = ⇔ =
hay
( )
3;3;3M
.Vậy
min 2 3 2MA MB− =
uuur uuur
đạt được tại
( )
3;3;3M

.
Nhận xét: nếu không phân tích được
( )
2
2 3 3 18MA MB t− = − +
uuur uuur
thì có thể khảo sát hàm số
( )
2
3 18 45f t t t
= − +
để tìm giá trị nhỏ nhất.
4). Tương tự câu 1), ta tính được
(
)
2 2
3 2 3 4 6MA MB t t t t− = − + − − +
( ) ( )
2 2
3 1 2 2 2MA MB t t
 
− = − + − − +
 ÷
 
Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm
( )
;0N t Ox∈
;
( ) ( )
1; 2 ; 2; 2H K

.
24
Khi đó
3MA MB NH NK− = −
. Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox.
Suy ra
3 3MA MB NH NK HK− = − ≤
. Bài toán này vô nghiệm vì
||KH Ox
.
CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CĐ TỪ NĂM 2005-2011
Bài 1. KA 2005. Cho đường thẳng d:
1 3 3
1 2 1
x y z− + −
= =
−
và mp(P): 2x+y-2z+9=0. Tìm giao điểm A
của d và (P). Viết phương trình đường thẳng d’đi qua A nằm trong (P) và vuông góc d’.
Bài 2: KD 2005. Cho hai đường thẳng
*+",$
* " )  - "
. / 0. / )+
$ " 
-+"#,

− + +

= =


−


. Mặt phẳng tọa độ Oxz
cắt hai đường thẳng d, d’ lần lượt tại A, B. Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ).
Bài 3: KD 2006. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d:
2 2 3
2 1 1
x y z− + −
= =
−
và d’:
* " ) " - "
"  "
− − +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng
∆
qua điểm A vuông góc với d và cắt d’.
Bài 4: KA 2007. Cho hai đường thẳng
* ) " - 
. /
 " "
− +
= =
−
, d’:
* " 
) " 

- $
= − +


= +


=

.
1. Chứng minh d và d’ chéo nhau.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đt d, d’
Bài 5: KB 08. Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1).
1. Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
Bài 6: CĐ 08. Cho điểm A(1;1;3) và đường thẳng d:
* ) - "
" " 
−
= =
−
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d.
Tìm tọa độ M thuộc d sao cho tam giác MOA cân tại O.
Bài 7. KD 08. Cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3).
1. Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D.
2. Tìm tọa độ tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 8: KD 08. Cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng d:
* " ) - 
 " 

− −
= =
. Xác định hình chiếu vuông góc
của A lên d.
Bài 9. KB 09. Cho tứ diện ABCD có A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1), D(0;3;1).
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D
đến (P).
Bài 10. KA09. Cho mặt phẳng (P): 2x-2y-z-4=0 và mặt cầu (S):
  
* ) - * 1) &- "" #+ + − − − − =
.
Chứng minh (P) cắt (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và bán kính đường tròn.
Bài 11. KD 09. Cho ba điểm A(2;1;0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mp(P): x+y+z-20=0. Xác định điểm D
thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P).
Bài 12. KD 09. Cho đường thẳng d:
*  )  -
" " "
+ −
= =
−
và mp(P): x+2y-3z+4=0. Viết phương trình
đường thẳng nằm trong (P) cắt d và vuông góc với d.
Bài 13. CĐ 09. Cho hai mặt phẳng (P): x+2y+3z+4=0, (Q): 3x+2y-z+1=0 và điểm A(1;1;1). Viết
phương trình mặt phẳng (R) đi qua điểm A và vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q).
Bài 14. CĐ 09. Cho tam giác ABC với A(1;1;0), B(0;2;1) và trọng tâm G(0;2;-1). Viết phương trình
đường thẳng d qua điểm C và vuông góc mặt phẳng (ABC).
Bài 15. CĐ 10. Cho hai điểm A(1;-2;3), B(-1;0;1) và mp(P): x+y+z+4=0.
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên (P).
2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng


&
, có tâm thuộc đường thẳng AB
và mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng (P).
25