Dap an chuyen de TOÁN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Chun đề 6

Phương Pháp Tọa Độ Trong Khơng Gian
§1. Tọa Độ Trong Không Gian
→
−
−
−c (−6; 1; −1).
Bài tập 6.1. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ →
a (5; 7; 2) , b (3; 0; 4) và →
→
− − →
→
−
−
1→
1−
1−
−
−
−
−c ; →
−
a) Hãy tìm các vectơ sau: →
m = 3→
a −2b +→
c ;−
n = 5→
a + 6 b + 4→
p = →
a − b + →

c.
2
3
6
→
−
→
−
→
−
→
−
−
−
−
−
b) Tính: |→
a |; b ; →
a − b ;→
a.b; →
a, b .
→
−
→
−
−
−
−
c) Tìm →
x sao cho →

a + 3 b − 2→
x = 0.
→
−
→
−
−
d) Tìm u, v để vectơ y (1; u; v) cùng phương với vectơ →
a +2b.
Lời giải.
−
a) →
m = (15 − 6 − 6; 21 − 0 + 1; 6 − 8 − 1) = (3; 22 − 3).
→
−
n = (25 + 18 − 24; 35 + 0 + 4; 10 + 24 − 4) = (19; 39; 30).
1 11 1
7
1
4 1
5
→
−
− 1 − 1; − 0 + ; 1 − −
=
; ;− .
p =
2
2
6

3 6
2 3
2
√
√
√
→
−
→
−
b) | a | = 25 + 49 + 4 = 78; b = 9 + 0 + 16 = 5.
√
√
→
−
→
−
→
−
−
a − b = (2; 7; −2) ⇒ →
a − b = 4 + 49 + 4 = 57.
→
−
→
−
→
−
−
a . b = 15 + 0 + 8 = 23; →

a, b =

7 2 2 5 5 7
= (28; −14; −21).
;
;
0 4 4 3 3 0
−
1−
3→
7
−
c) a + 3b − 2x = 0 ⇔ →
x = →
a + b = 7; ; 7 .
2
2
2
→
−
d) Ta có: a + 2b = (11; 7; 10) ⇒ u , a + 2b = (10u − 7v; 11v − 10; 7 − 11u).



10u − 7v = 0

 u= 7
→
−
→

−
→
−
→
−
→
−
11 .
11v − 10 = 0 ⇔
Do đó u và a + 2 b cùng phương ⇔ u , a + 2b = 0 ⇔
8


 v=
7 − 11u = 0
11
8
7
Vậy u = , v = .
11
11
→
−
−
−c (0; 3; −2).
Bài tập 6.2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ →
a (1; 0; −2) , b (1; 2; −1) và →
− →
→
−

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

a, b .
d) Tìm vectơ →
u biết →
u ⊥→
a ;→
u ⊥ b và |→
u | = 21.
Lời giải.
−
1→
3−
3 7 1
b − →
c =
;− ;
.
2
2
2 2 2
√
√
b) a + b + c = (2; 5; −5) ⇒ a + b + c = 4 + 25 + 25 = 3 6.
→
−
−
−
c) b − 2c = (1; −4; 3) ⇒ →
a b − 2c = 1 + 0 − 6 = −5; →
a , b = (4; −1; 2).
→

−
→
−
−
−
−
−
−
d) Ta có →
u ⊥→
a và →
u ⊥ b nên →
u =k →
a , b = (4k; −k; 2k).
√
−
−
−
u = (4; −1; 2) hoặc →
u = (−4; 1; −2).
Mặt khác |→
u | = 21 ⇔ 21k 2 = 21 ⇔ k = ±1. Vậy →
−
−
a) 2a + b − 3c − 2u = 0 ⇔ →
u =→
a +

1

Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 6.3. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; −2) , B (2; 1; −1) , C (1; −2; 2).
a) Chứng minh A, B, C khơng thẳng hàng.
b) Tính chu vi tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ D để ABCD là hình bình hành. d) Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC.
Lời giải.
−−→
−→
−−→ −→
→
−
a) Ta có: AB = (1; 1; 1) , AC = (0; −2; 4) ⇒ AB, AC = (6; −4; −2) = 0 .
−−→ −→
Suy ra AB, AC không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng.
√
√ −−→
√
b) Ta có: AB = 3, AC = 20,
√ BC√= (−1;
√−3; 3) ⇒ BC = 19.
Vậy chu vi tam giác ABC là 3 + 20 + 19.
−−→
c) Gọi D(x; y; z) ta có: AD = (x − 1; y; z + 2).


x − 1 = −1

 x=0
−−→ −−→

y = −3
y = −3 . Vậy D(0; −3; 1).
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔ AD = BC ⇔
⇔


z+2=3
z=1
4 1 1
d) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G
;− ;− .
3 3 3
Bài tập 6.4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (−1; −2; 3) , B (0; 3; 1) , C (4; 2; 2).
−−→ −→
−−→ −→
c) Tính AB, AC .
b) Tính cos BAC.
a) Tính AB.AC.
Lời giải.
−−→
−→
−−→ −→
a) Ta có: AB = (1; 5; −2) , AC = (5; 4; −1) ⇒ AB.AC = 5 + 20 + 2 = 27.
−−→ −→
−−→ −→
AB.AC
27
3
b) Ta có: cos BAC = cos AB, AC = −−→ −→ = √ √ = √
.

30. 42
140
AB . AC
−−→ −→
c) Ta có: AB, AC = (3; −9; −21).
Bài tập 6.5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 0; 3) , B (2; 2; 4) , C (0; 3; −2).
a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.
b) Tìm tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Tính diện tích tam giác ABC.
Lời giải.
−−→
−→
−−→ −→
a) Ta có AB = (1; 2; 1) , AC = (−1; 3; −5) ⇒ AB.AC = −1 + 6 − 5 = √
0 ⇒ ∆ABC vuông tại A.
−→
5
1
21
b) Gọi I trung điểm BC ⇒ I 1; ; 1 ⇒ IB = 1; − ; 2 ⇒ IB =
.
2
2
2 √
5
21
Đường trịn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I 1; ; 1 và bán kính R = IB =
.
2
2

√
√
1
210
c) Ta có AB = 6, AC = 35 ⇒ S∆ABC = AB.AC =
.
2
2
Bài tập 6.6. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1; 1; 3) , B (−1; 3; 2) , C (−1; 2; 3). Tính
diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC.
−−→
−→
−−→ −→
Lời giải. Ta có AB = (−2; 2; −1), AC = (−2; 1; 0) ⇒ AB, AC = (−1; −2; 2).
1 −−→ −→
3
Do đó S∆ABC =
AB, AC = .
2
2
−→
1 −−→ −→ −→
1
1
Lại có AO = (−1; −1; −3) ⇒ VOABC =
AB, AC .AO = |1 + 2 − 6| = .
6
6
2
Bài tập 6.7. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−3; −2; 6) , B (−2; 4; 4). Hãy tính độ dài đường cao

OH của tam giác OAB.
−→
−−→
−→ −−→
Lời giải. Ta có OA = (−3; −2; 6), OB = (−2; 4; 4) ⇒ OA, OB = (−32; 0; −16).
√
1 −→ −−→
Do đó S∆OAB =
OA, OB = 8 5.
2
√
√
−−→
2S∆OAB
16 205
Lại có AB = (1; 6; −2) ⇒ AB = 41 ⇒ OH =
=
.
AB
41
2




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 6.8. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (0; 4; 1) , B (1; 0; 1) , C (3; 1; −2). Tìm toạ
độ trực tâm tam giác ABC.
Lời giải. Gọi trực tâm ∆ABC là H(x; y; z).
−−→ −→

−−→
−→
Ta có AB = (1; −4; 0), AC = (3; −3; −3) ⇒ AB, AC = (12; 3; 9).
−−→
−−→
−−→
−→
Và AH = (x; y − 4; z − 1), BC = (2; 1; −3), BH = (x − 1; y; z − 1), AC = (3; −3;
 3).
15

 −−→ −→ −−→


x=



AB,
AC
AH
=
0
11

 12x + 3(y − 4) + 9(z − 1) = 0

1
−−→ −−→
2x

+
y
−
4
−
3(z
−
1)
=
0
⇔
Khi đó ta có
⇔
.
y
=
−
AH.BC = 0



11
 −−→ −→

3(x − 1) − 3y + 3(z − 1) = 0


BH.AC = 0
 z= 6
11

15
1 6
.
Vậy H
;− ;
11 11 11
Bài tập 6.9. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 1; 1) , B (−1; 1; 0) , C (3; 1; −1). Tìm điểm M thuộc
mặt phẳng (Oxz) sao cho M cách đều A, B, C.
Lời giải. Ta có M ∈ (Oxz) ⇒ M (x; 0; z).
−−→
−−→
−−→
Khi đó AM = (x − 1; −1; z − 1), BM = (x + 1; −1; z), CM = (x − 3; −1; z + 1).
Lại có M cách đều A, B, C nên

Vậy M



 x= 5
x2 + z 2 − 2x − 2z + 3 = x2 + z 2 + 2x + 2
6 .
⇔
7
x2 + z 2 − 2x − 2z + 3 = x2 + z 2 − 6x + 2z + 11

 z=−
6

7

5
; 0; − .
6
6

Bài tập 6.10. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 6; 6) , B (3; −6; −2). Tìm điểm M thuộc mặt
phẳng (Oxy) sao cho AM + BM là ngắn nhất.
−−→
−−→
Lời giải. Ta có M ∈ (Oxy) ⇒ M (x; y; 0) ⇒ AB = (4; −12; −8) , AM = (x + 1; y − 6; −6).
−−→ −−→
Suy ra AB, AM = (8y + 24; 16 − 8x; 12x + 4y − 12).

 8y + 24 = 0
−−→ −−→
→
−
x=2
16 − 8x = 0
Khi đó AM +BM ngắn nhất ⇔ M ∈ AB ⇔ AB, AM = 0 ⇔
.
⇔
y = −3

12x + 4y − 12 = 0
Vậy M (2; −3; 0).
Bài tập 6.11. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 5; 3) , B (3; 7; 4) , C (x, y, 6). Tìm x, y để A, B, C
thẳng hàng.
−−→
−→

−−→ −→
Lời giải. Ta có AB = (1; 2; 1), AC = (x − 2; y − 5; 3) ⇒ AB, AC = (11 − y; x − 5; y − 2x − 1).

 11 − y = 0
−−→ −→
→
−
x=5
x−5=0
Khi đó A, B, C thẳng hàng ⇔ AB, AC = 0 ⇔
⇔
. Vậy x = 5; y = 11.
y = 11

y − 2x − 1 = 0
Bài tập 6.12. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (1; 1; 1) , B (2; 3; 4) , C (6; 5; 2) , D (7, 7, 5). Chứng
minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành. Tính diện tích hình bình hành đó.
−−→
−−→
−−→ −−→
Lời giải. Ta có AB = (1; 2; 3), CD = (1; 2; 3). Vì AB = CD nên ABDC là một hình bình hành.
√
−−→
−→
−−→ −→
−−→ −→
Khi đó AB = (1; 2; 3), AC = (5; 4; 1) ⇒ AB, AC = (−10; 14; −6) ⇒ SACBD = AB, AC = 332.
Bài tập 6.13. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (2; 1; −1) , B (3; 0; 1) , C (2; −1; 3) và D
thuộc trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D, biết thể tích tứ diện ABCD bằng 5.
−−→

−→
−−→ −→
Lời giải. Ta có AB = (1; −1; 2) , AC = (0; −2; 4) ⇒ AB, AC = (0; −4; −2).
−−→
1 −−→ −→ −−→
|2y − 1|
Lại có D ∈ Oy ⇒ D(0; y; 0) ⇒ AD = (−2; y − 1; 1) ⇒ SABCD =
AB, AC AD =
.
6
3
|2y − 1|
y=8
Theo giả thiết VABCD = 5 ⇔
=5⇔
. Vậy D(0; 8; 0) hoặc D(0; −7; 0).
y = −7
3


3


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 6.14. Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu sau
b) x2 + y 2 + z 2 + 2x + 4y − 6z + 9 = 0.
a) (x − 3)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 9.
2
2
2

c) x + y + z + y − 5z + 1 = 0.
d) 3x2 + 3y 2 + 3z 2 − 6x + 8y + 15z − 3 = 0.
Lời giải.
a) Tâm I(3; −2; −1) và bán kính R = 3.
√
5.
b) Tâm I(−1; −2; 3) và bán kính R = √
1 5
22
và bán kính R =
c) Tâm I 0; − ;
.
2 2
2√
4 5
361
và bán kính R =
.
d) Tâm I 1; − ; −
3 2
6
Bài tập 6.15. Lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau:
a) Có tâm I (1; 2; −3) và qua M (2; 0; −1).
b) Có đường kính AB biết A (3; 2; −1) và B (1; 1; 2).
c) Ngoại tiếp tứ diện OABC biết A (2; 0; 0) , B (0; −1; 0) và C (0; 0; 3).
d) Ngoại tiếp tứ diện ABCD biết A (1; 2; 1) , B (3; −1; 2) , C (−2; 1; 2) và D (1; 1; 3).
e) Có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz) và qua ba điểm A (0; 8; 0) , B (4; 6; 2) , C (0; 12; 4).
Lời giải.
−−→
a) Ta có IM = (1; −2; 2) ⇒ IM = 3.

Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I(1; 2; −3) và bán kính R = IM = 3.
Vậy (S) có phương trình: (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 9.
−
→
3 1
1 3
7
b) Gọi I là trung điểm AB ⇒ I 2; ;
⇒ IA = 1; ; −
⇒ IA =
.
2 2
2 2
2
3 1
7
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm I 2; ;
và bán kính R = IA =
.
2 2
2
3 2
1 2 7
+ z−
= .
Vậy (S) có phương trình: (x − 2)2 + y −
2
2
2
c) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là (S) : x2 +y 2 +z 2 −2ax−2by−2cz+d = 0 a2 + b2 + c2 > d .



d=0



d=0






4 − 4a + d = 0
a = 1
1
Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ
(thỏa mãn).
⇔


1 + 2b + d = 0
b = − 2




9 − 6c + d = 0

c = 3

2
Vậy (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + y − 3z = 0.
2
2
2
d) Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
= 0 a2 + b2 + c2 > d .
 là (S) : x +y +z −2ax−2by−2cz+d

3


6 − 2a − 4b − 2c + d = 0
a = 34






14 − 6a + 2b − 4c + d = 0
b = − 35
34
(thỏa mãn).
Khi đó O, A, B, C ∈ (S) nên ta có hệ
⇔
25


9

+
4a
−
2b
−
4c
+
d
=
0
c
=


34






11 − 2a − 2b − 6c + d = 0
d = − 144
17
3
35
25
144
2
2

2
Vậy (S) : x + y + z − x + y + z −
= 0.
17
17
17
17
e) Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ (Oyz) ⇒ I(0; b; c). Khi đó:
√
−
→
AI = (0; b − 8; c) ⇒ AI = b2 + c2 − 16b + 64;
√
−→
BI = (−4; b − 6; c − 2) ⇒ BI = b2 + c2 − 12b − 4c + 68;
√
−→
CI = (0; b − 12; c − 4) ⇒ CI = b2 + c2 − 24b − 8c + 160.
AI = BI
−16b + 64 = −12b − 4c + 56
b=7
Vì A, B, C ∈ (S) nên
⇔
⇔
.
AI = CI
−16b + 64 = −24b − 8c + 160
c=5
√
Suy ra (S) có tâm I (0; 7; 5) và bán kính R = AI = 26.

Vậy (S) có phương trình x2 + (y − 7)2 + (z − 5)2 = 26.
4




Chun đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Khơng Gian

§2. Phương Trình Mặt Phẳng
Bài tập 6.16. Lập phương trình mặt phẳng (P ) trong các trường hợp sau
a) Đi qua ba điểm A (1; 0; 0) , B (0; −2; 0) , C (0; 0; 3).
b) Đi qua ba điểm A (2; −1; 3) , B (4; 2; 1) , C (−1; 2; 3).
c) Đi qua điểm M (2; −1; 2) và song song với mặt phẳng (β) : 2x − y + 3z + 4 = 0.
d) Đi qua M (1; 2; 3) và vng góc AB, biết A (−1; 0; 2) , B (3; 2; 1).
e) Đi qua hai điểm A (3; 1; −1) , B (2; −1; 4) và vng góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + 3z + 1 = 0.
f) Đi qua M (−2; 3; −1) và vng góc với hai mặt phẳng (α) : x + 2y + 2z + 1 = 0; (β) : 2x + 3y + z = 0.
g) Đi qua hai điểm M (1; 2; 3) , N (2; −2; 4) và song song với trục Oy.
h) Trung trực của AB, biết A (4; −1; 5) , B (2; 3; 1).
i) Song song với (β) : 4x + 3y − 12z + 1 = 0 và tiếp xúc với (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y − 6z − 2 = 0.
Lời giải.
a) Mặt phẳng (P ) qua A(1; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; 3) nên có phương trình đoạn chắn:
x
y
z
+
+ = 1 ⇔ 6x − 3y + 2z − 6 = 0
1 −2 3
−−→ −→
−−→
−→

b) Ta có: AB = (2; 3; −2), AC = (−3; 3; 0) ⇒ AB, AC = (6; 6; 15).
−−→ −→
Mặt phẳng (P ) qua A(2; −1; 3) và nhận AB, AC = (6; 6; 15) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình 6 (x − 2) + 6 (y + 1) + 15 (z − 3) = 0 ⇔ 2x + 2y + 5z − 17 = 0.
−
c) Mặt phẳng (β) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; −1; 3).
−
Mặt khác (P ) qua M (2; −1; 2) và (P )||(β) nên nhận →
n = (2; −1; 3) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: 2(x − 2) − 1(y + 1) + 3(z − 2) = 0 ⇔ 2x − y + 3z − 11 = 0.
−−→
d) Mặt phẳng (P ) qua M (1; 2; 3) và (P )⊥AB nên nhận AB = (4; 2; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: 4(x − 1) + 2(y − 2) − (z − 3) = 0 ⇔ 4x + 2y − z − 5 = 0.
−−→
−
e) Ta có: AB = (−1; −2; 5) và mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; −1; 3).
−−→ →
−
Vì (P ) qua A, B và (P )⊥(α) nên nhận AB, n = (−1; 13; 5) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: −(x − 3) + 13(y − 1) + 5(z + 1) = 0 ⇔ x − 13y − 5z + 5 = 0.
→
−−→
f) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến −
n−
(α) = (1; 2; 2) và n(β) = (2; 3; 1).
→ −−→
Ta có (P )⊥(α) và (P )⊥(β) nên nhận −
n−

(α) , n(β) = (−4; 3; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Lại có (P ) qua M (−2; 3; −1) nên có phương trình −4(x+2)+3(y−3)−(z+1) = 0 ⇔ 4x−3y+z+18 = 0.
−−→
−−→ →
−
g) Ta có: M N = (1; −4; 1) ⇒ M N , j = (−1; 0; 1).
−−→ →
−
Vì (P ) qua M, N và (P ) Oy nên nhận M N , j = (−1; 0; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: −(x − 1) + 0(y − 2) + 1(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 2 = 0.
h) Ta có (P ) là trung trực của AB nên đi qua trung điểm I(3; 1; 3) của AB.
−−→
Lại có (P )⊥AB nên nhận AB = (−2; 4; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: −2(x − 3) + 4(y − 1) − 4(z − 3) = 0 ⇔ x − 2y + 2z − 7 = 0.
i) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính r = 4.
Vì (P ) (β) nên có phương trình dạng 4x + 3y − 12z + d = 0 (d = 1).
|4 + 6 − 36 + d|
d = 78
Mặt khác (P ) tiếp xúc với (S) nên d (I; (P )) = r ⇔ √
=4⇔
.
d = −26
16 + 9 + 144
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (P ) : 4x + 3y − 12z + 78 = 0 hoặc (P ) : 4x + 3y − 12z − 26 = 0.
Bài tập 6.17. Xét vị trí tương đối của các cặp mặt phẳng sau
a) (α) : x − 2y + 3z − 3 = 0; (β) : 2x − y + z − 1 = 0.
b) (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0; (β) : −4x + 2y − 4z − 1 = 0.
c) (α) : 3x − y + 2z + 1 = 0; (β) : 6x − 2y + 4z + 2 = 0.
Lời giải.
a) Vì 1 : −2 : 3 = 2 : −1 : 1 nên (α) cắt (β).

2
−1
2
1
=
=
=
nên (α) (β).
b) Vì
−4
2
−4
−1
c) Vì 3 : −1 : 2 : 1 = 6 : −2 : 4 : 2 nên (α) ≡ (β).


5


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 6.18. Tính các khoảng cách sau
a) Giữa M (2; −3; 1) và (α) : 2x + 2y + z + 3 = 0.
b) Giữa A (−4; 1; 5) và (α) : x + 7y − 2z + 1 = 0.
c) Giữa (α) : 2x − y + 2z + 1 = 0 và (β) : 4x − 2y + 4z − 3 = 0.
Lời giải.
|4 − 6 + 1 + 3|
2
√
= .
3 √

4+4+1
|−4 + 7 − 10 + 1|
6
=
b) Ta có: d (A, (α)) = √
.
3
1 + 49 + 4

a) Ta có: d (M, (α)) =

c) Nhận thấy (α)

(β) nên lấy M (0; 1; 0) ∈ (α), ta có: d ((α), (β)) = d (M, (β)) = √

|−2 − 3|
5
= .
6
16 + 4 + 16

Bài tập 6.19. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 0) , B (0; 3; 0) , C (0; 0; 6).
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu đường kính OG.
Lời giải.
a) Mặt phẳng qua A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6) nên có phương trình đoạn chắn:
x y z
+ + = 1 ⇔ 3x + 2y + z − 6 = 0
2 3 6
b) Ta có G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G

2
; 1; 2 . Gọi I trung điểm OG ⇒ I
3

Gọi (S) là mặt cầu đường kính OG ⇒ (S) có tâm I và bán kính r = OI =
Vậy (S) có phương trình: x −

1 2
3

+ y−

1 2
2

+ (z − 1)2 =

49
.
36

1 1
; ;1 .
3 2
1 1
7
+ +1= .
9 4
6

Bài tập 6.20. (TN-07) Trong không gian Oxyz, cho điểm E (1; −4; 5) , F (3; 2; 7).
a) Viết phương trình mặt cầu qua F và có tâm E.
b) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của EF .
Lời giải.
√
√
−−→
a) Ta có EF = (2; 6; 2) ⇒ EF = 4 + 36 + 4 = 2 11.
√
Gọi (S) mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm E(1; −4; 5) và bán kính r = EF = 2 11.
Vậy (S) có phương trình (x − 1)2 + (y + 4)2 + (z − 5)2 = 44.
b) Gọi (P ) là mặt phẳng trung trực của EF và I là trung điểm của EF ⇒ I(2; −1; 6)
−−→
Mặt phẳng (P ) qua I(2; −1; 6) và nhận EF = (2; 6; 2) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: 2(x − 2) + 6(y + 1) + 2(z − 6) = 0 ⇔ x + 3y + z − 5 = 0.
Bài tập 6.21. (CĐ-09) Trong không gian Oxyz, cho (P1 ) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2 ) : 3x + 2y − z + 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A (1; 1; 1) và vng góc với hai mặt phẳng (P1 ) , (P2 ).
−→ = (1; 2; 3), −
−→ = (3; 2; −1).
Lời giải. Mặt phẳng (P1 ) và (P2 ) lần lượt có vectơ pháp tuyến −
n−(P
n−(P
1)
2)
−→, −
−−→ = (−8; 10; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Ta có (P )⊥(P1 ) và (P )⊥(P2 ) nên nhận −
n−(P
n

(P2 )
1)
Lại có (P ) qua A(1; 1; 1) nên có phương trình: −8(x−1)+10(y −1)−4(z −1) = 0 ⇔ 4x−5y +2z −1 = 0.
Bài tập 6.22. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A (5; 1; 3) , B (1; 6; 2) , C (5; 0; 4) , D (4; 0; 6).
a) Viết phương trình các mặt phẳng (ACD) và (BCD).
b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa cạnh AB và song song với cạnh CD.
Lời giải.
−→
−−→
−→ −−→
a) Ta có: AC = (0; −1; 1), AD = (−1; −1; 3) ⇒ AC, AD = (−2; −1; −1).
−→ −−→
Mặt phẳng (ACD) qua A(5; 1; 3) và nhận AC, AD = (−2; −1; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (ACD) có phương trình: −2(x − 5) − (y − 1) − (z − 3) = 0 ⇔ 2x + y + z − 14 = 0.
−−→
−−→
−−→ −−→
Tương tự: BC = (4; −6; 2), BD = (3; −6; 4) ⇒ BC, BD = (−12; −10; −6).
6




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
−−→ −−→
Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 6; 2) và nhận BC, BD = (−12; −10; −6) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (BCD) có phương trình: −12(x − 1) − 10(y − 6) − 6(z − 2) = 0 ⇔ 6x + 5y + 3z − 42 = 0.
−−→ −−→
−−→
−−→

b) Ta có: AB = (−4; 5; −1), CD = (−1; 0; 2) ⇒ AB, CD = (10; 9; 5).
−−→ −−→
Mặt phẳng (α) qua A(5; 1; 3) và nhận AB, CD = (10; 9; 5) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình: 10(x − 5) + 9(y − 1) + 5(z − 3) = 0 ⇔ 10x + 9y + 5z − 74 = 0.
Bài tập 6.23. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (−2; 6; 3) , B (1; 0; 6) , C (0; 2; −1) , D (1; 4; 0).
a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện.
b) Tính chiều cao AH của tứ diện ABCD.
c) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song với CD.
Lời giải.
−−→ −−→
−−→
−−→
a) Ta có: BC = (−1; 2; −7), BD = (0; 4; −6) ⇒ BC, BD = (16; −6; −4).
−−→ −−→
Mặt phẳng (BCD) qua B(1; 0; 6) và nhận BC, BD = (16; −6; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (BCD) có phương trình: 16(x − 1) − 6y − 4(z − 6) = 0 ⇔ 8x − 3y − 2z + 4 = 0.
Nhận thấy A ∈
/ (BCD) nên ABCD là một tứ diện.
|−16 − 18 − 6 + 4|
36
√
b) Ta có: AH = d (A, (BCD)) =
=√ .
64 + 9 + 4
77
−−→ −−→
−−→
−−→
c) Ta có: AB = (3; −6; 3), CD = (1; 2; 1) ⇒ AB, CD = (−12; 0; 12).
−−→ −−→

Mặt phẳng (α) qua A(−2; 6; 3) và nhận AB, CD = (−12; 0; 12) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình: −12(x + 2) + 12(z − 3) = 0 ⇔ x − z + 5 = 0.
Bài tập 6.24. (CĐ-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 2; 3) , B (1; 0; −5) và mặt phẳng
(P ) : 2x + y − 3z − 4 = 0. Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng.
−−→
−−→
Lời giải. Gọi M (x; y; z), ta có: AB = (2; −2;−8), AM = (x + 1; y − 2; z − 3).


 x=0
2x
+
y
−
3z
−
4
=
0
M ∈ (P )
x+1
y−2
z−3 ⇔
y = 1 . Vậy M (0; 1; −1).
Theo giả thiết ta có:
−−→
−−→ ⇔
=
=



AM = k AB
z = −1
2
−2
−8
Bài tập 6.25. Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng
(β) : 4x + 3y − 12z + 1 = 0 và tiếp xúc với mặt cầu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y − 6z − 2 = 0.
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính r = 4.
Vì (α) (β) nên có phương trình dạng 4x + 3y − 12z + d = 0 (d = 1).
|4 + 6 − 36 + d|
d = 78
.
=4⇔
Mặt khác (α) tiếp xúc với (S) nên d (I; (α)) = r ⇔ √
d = −26
16 + 9 + 144
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (α) : 4x + 3y − 12z + 78 = 0 hoặc (α) : 4x + 3y − 12z − 26 = 0.
Bài tập 6.26. (D-04) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2; 0; 1) , B (1; 0; 0) , C (1; 1; 1) và (P ) :
x + y + z − 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ).
Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và tâm (S) là I(x; y; z), ta có:
−
→
AI = (x − 2; y; z − 1) ⇒ AI = x2 + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5.
−→
BI = (x − 1; y; z) ⇒ BI = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 1.
−→
CI = (x − 1; y − 1; z − 1) ⇒ CI = x2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y − 2z + 3.
Vì (S) qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc (P ) : x + y + z − 2 = 0 nên ta có hệ:




 I ∈ (P )
 x+y+z−2=0
 x=1
AI = BI ⇔
−4x − 2z + 5 = −2x + 1
y=0
⇔



AI = CI
−4x − 2z + 5 = −2x − 2y − 2z + 3
z=1
Khi đó r = AI = 1 ⇒ mặt cầu (S) có phương trình: (x − 1)2 + y 2 + (z − 1)2 = 1.


7


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 6.27. (B-2012) Trong không gian Oxyz, cho A(0; 0; 3), M (1; 2; 0). Viết phương trình mặt phẳng
(P ) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường
thẳng AM .
Lời giải. Giả sử (P ) cắt Ox, Oy lần lượt tại B(a; 0; 0) và C(0; c; 0).
−−→
−→
a b
Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G

; ; 1 ⇒ AM = (1; 2; −3), AG =
3 3
b
c
−2
b=2
Vì G ∈ AM nên ta có: = =
⇔
.
c=4
3
6
−3
x y z
Do đó (P ) có phương trình: + + = 1 ⇔ 6x + 3y + 4z − 12 = 0.
2 4 3

a b
; ; −2 .
3 3

Bài tập 6.28. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 4x − 4y − 4z = 0 và
điểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
√
−→
Lời giải. Ta có OA = (4; 4; 0) ⇒ OA = 4 2.
√
OA
4 6
Tam giác OAB đều nên có bán kính đường trịn ngoại tiếp r = √ =

.
3
3
√
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2; 2) và bán kính R = 2 3.
√
2
Nhận thấy O, A ∈ (S) nên d(I, (OAB)) = R2 − r2 = √ .
3
Mặt phẳng (OAB) qua O(0; 0; 0) nên có phương trình dạng ax + by + cz = 0 (a2 + b2 + c2 = 0).
Vì A ∈ (OAB) nên 4a + 4b = 0 ⇔ b = −a ⇒ (OAB) : ax − ay + cz = 0.
2
2
|2a − 2a + 2c|
= √ ⇔ 3c2 = 2a2 + c2 ⇔ c = ±a.
Khi đó d (I, (OAB)) = √ ⇔ √
3
3
2a2 + c2
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là (OAB) : x − y + z = 0 và (OAB) : x − y − z = 0.
Bài tập 6.29. (A-2011) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1) , B (0; −2; 3) và mặt phẳng
(P ) : 2x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) sao cho M A = M B = 3.
−−→
Lời giải. Gọi M (x; y; z) ta có AM = (x − 2; y; z − 1) ⇒ AM = x2 + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5
−−→
BM = (x; y + 2; z − 3) ⇒ BM = x2 + y 2 + z 2 + 4y − 6z + 13.
Theo giả thiết có M ∈ (P ) và AM = BM = 3 nên ta có:
 
 x=0




  y=1
 2x − y − z + 4 = 0
 x = 2y − 2

 z=3
−4x − 2z + 5 = 4y − 6z + 13
z = 3y
⇔
⇔
  x = −6
 2


7
x + y 2 + z 2 − 4x − 2z + 5 = 9
7y 2 − 11y + 4 = 0

y = 47

z = 12
7
Vậy M (0; 1; 3) hoặc M

6 4 12
− ; ;
.
7 7 7

Bài tập 6.30. (B-08) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (0; 1; 2) , B (2; −2; 1) , C (−2; 0; 1).
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) : 2x + 2y + z − 3 = 0 sao cho M A = M B = M C.
Lời giải.
−−→
−→
−−→ −→
a) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) ⇒ AB, AC = (2; 4; −8).
−−→ −→
Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm (α) qua A(0; 1; 2) và nhận AB, AC = (2; 4; −8) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình 2x + 4(y − 1) − 8(z − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 4z + 6 = 0.
−−→
b) Gọi M (x; y; z) ta có AM = (x; y − 1; z − 2) ⇒ AM = x2 + y 2 + z 2 − 2y − 4z + 5
−−→
BM = (x − 2; y + 2; z − 1) ⇒ BM = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 2z + 9
−−→
2 + 4x − 2z + 5
CM= (x + 2; y; z − 1) ⇒ CM = x2 + y 2 + z

 M ∈ (P )
 2x + 2y + z − 3 = 0
 x=2
AM = BM ⇔
−2y − 4z + 5 = −2x + 4y − 2z + 9 ⇔
y = 3 . Vậy M (2; 3; −7).
Khi đó



AM = CM

−2y − 4z + 5 = 4x − 2z + 5 = 0
z = −7
8




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 6.31. (D-2010) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x + y + z − 3 = 0 và (Q) : x − y + z − 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P ) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
→
−−→
Lời giải. Mặt phẳng (P ) và (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (1; 1; 1), n(Q) = (1; −1; 1).
→ −−→
Mặt phẳng (R) nhận −
n−
(P ) , n(Q) = (2; 0; −2) làm vectơ pháp tuyến.
√
|D|
Suy ra (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. Do đó d (O, (R)) = 2 ⇔ √ = 2 ⇔ D = ±2 2.
2
√
√
Vậy (R) : x − z + 2 2 = 0 hoặc (R) : x − z − 2 2 = 0.
Bài tập 6.32. (B-09) Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A (1; 2; 1) , B (−2; 1; 3),
C (2; −1; 1), D (0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P )
bằng khoảng cách từ D đến (P ).
→

−
−
Lời giải. Giả sử (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (a; b; c) = 0 .
Mặt phẳng (P ) qua A nên có phương trình dạng ax + by + cz − a − 2b − c = 0.
Ta có B ∈ (P ) nên b = 2c − 3a ⇒ (P ) : ax + (2c − 3a)y + cz + 5a − 5c = 0.
|10a − 6c|
|−4a + 2c|
Lại có d (C, (P )) = d (D, (P )) ⇔
=
⇔
a2 + (2c − 3a)2 + c2
a2 + (2c − 3a)2 + c2

7a = 4c
.
3a = 2c

Với 7a = 4c, chọn a = 4, c = 7 ta có (P ) : 4x + 2y + 7z − 15 = 0.
Với 3a = 2c, chọn a = 2, c = 3 ta có (P ) : 2x + 3z − 5 = 0.
Vậy (P ) : 4x + 2y + 7z − 15 = 0 hoặc (P ) : 2x + 3z − 5 = 0.
Bài tập 6.33. (B-07) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 2z − 3 = 0 và
mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2z − 14 = 0.
a) Viết phương trình (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo đường trịn có bán kính bằng 3.
b) Tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến (P ) là lớn nhất.
Lời giải.
→
a) Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; −1) và bán kính R = 3, trục Ox có vectơ chỉ phương −
u−
Ox = (1; 0; 0).

−→
Vì (Q) cắt (S) theo đường trịn có bán kính bằng 3 = R nên (Q) qua I ⇒ OI = (1; −2; −1).
−→ −→
Mặt phẳng (Q) nhận OI, −
uOx = (0; −1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 2y = 0.
→
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (2; −1; 2).


x = 1 + 2t
Gọi ∆ là đường thẳng qua I(1; −2; −1) và vuông (P ) ⇒ ∆ có phương trình y = −2 − t
.


z = −1 + 2t
Điểm M cần tìm là một trong hai giao điểm của (S) và đường thẳng ∆.
 

 x = −1

x = 1 + 2t




  y = −1
y = −2 − t


 z = −3 .
Tọa độ giao điểm của ∆ và (S) thỏa mãn hệ
⇒


z = −1 + 2t

  x=3



x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 2z − 3 = 0
y = −3

z=1
Do đó ∆ cắt (S) tại M1 (−1; −1; −3) và M2 (3; −3; 1).
Vì d(M1 , (P )) > d(M2 , (P )) nên điểm cần tìm là M (−1; −1; −3).
Bài tập 6.34. Trong khơng gian Oxyz, cho ba điểm A (0; 1; 1) , B (2; −1; 1) , C (4; 1; 1) và mặt phẳng
−−→
−−→ −−→
(P ) : x + y + z − 6 = 0. Tìm điểm M trên (P ) sao cho M A + 2M B + M C đạt giá trị nhỏ nhất.
→
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (1; 1; 1).
Gọi I là trung điểm AC ⇒ I(2; 1; 1) và gọi K là trung điểm BI ⇒ K(2; 0; 1).
−−→
−−→ −−→
−−→
−−→

−−→
Ta có M A + 2M B + M C = 2M I + 2M C = 4 M K .
−−→
−−→ −−→
Do đó M A + 2M B + M C đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của K trên (P ).


9


Nguyễn Minh Hiếu


x = 2 + t
Đường thẳng KM có phương trình y = t
.


z =1+t




x
=
2
+
t
x=3







y = t
y = 1
Tọa độ M hỏa mãn hệ
⇔


z
=
1
+
t
z=2








x+y+z−6=0
t=1

. Vậy M (3; 1; 2).

Bài tập 6.35. (A-03) Trong khơng gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có A trùng gốc
toạ độ O, B (a; 0; 0), D (0; a; 0) , A (0; 0; b) , (a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm cạnh CC .
a) Tính thể tích khối tứ diện BDA M .
a
b) Xác định tỉ số để (A BD) vng góc với (M BD).
b
Lời giải.
a) Ta có C(a; a; 0), C (a; a; b) ⇒ M
−−→
−−→
Khi đó BD = (−a; a; 0), BM =

a; a;

0; a;

b
2

b
.
2
−−→ −−→
⇒ BD, BM =

−−→
ab ab
; ; −a2 , BA = (−a; 0; b).
2 2

−−→ −−→ −−→
a2 b
BD, BM BA =
.
4
−→ −−→
ab ab
→= −
b) Mặt phẳng (BDM ) có vectơ pháp tuyến −
n
BD, BM =
; ; −a2 .
1
2 2
−→ −−→
→= −
Mặt phẳng (BDA ) có vectơ pháp tuyến −
n
BD, BA = ab; ab; a2 .
2
Do đó VBDA M =

1
6

a2 b2 a2 b2
a
→.−
→
Khi đó (BDM )⊥(BDA ) ⇔ −

n
+
− a4 = 0 ⇔ = 1.
1 n2 = 0 ⇔
2
2
b

§3. Phương Trình Đường Thẳng
Bài tập 6.36. Lập phương trình đường thẳng d trong các trường hợp sau
−
a) Đi qua A (2; 1; −1) và có vectơ chỉ phương →
u = (−2; 3; 2).
b) Đi qua hai điểm A (1; 2; 3) , B (5; 4; 4).
c) Đi qua A (−3; 1; 2) và vng góc với (α) : x − 2y + 3z + 1 = 0.
x−1
y+3
z
d) Đi qua M (2; 1; −3) và song song với đường thẳng ∆ :
=
= .
2
3
4
e) Đi qua M (−3; 1; 4) và song song với giao tuyến của (α) : 3x+2y −5z +1 = 0; (β) : x−4y +3z +2 = 0.
f) Giao tuyến của (α) : x + z − 1 = 0; (β) : 2x − 2y + 3z + 1 = 0.
Lời giải.


x = 2 − 2t

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

u→
∆ = (2; 3; 4).
10




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
−
→
Gọi d là đường thẳng cần
 tìm ⇒ d qua M (2; −1; 3) và nhận u∆ = (2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 + 2t
Vậy d có phương trình y = −1 + 3t .


z = 3 + 4t
→
−−→
e) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến −
n−
(α) = (3; 2; −5) và n(β) = (1; −4; 3).
−
−
→
−
−
→
Gọi d là đường thẳng cần tìm ⇒ d qua M và nhận n(α) , n(β) = (−12; −14; −14) làm vectơ chỉ phương.



x = −3 − 12t
Vậy d có phương trình y = 1 − 14t
.


z = 4 − 14t
→
−−→
f) Mặt phẳng (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến −
n−
(α) = (1; 0; 1) và n(β) = (2; −2; 3).
−
−
→
−
−
→
Giao tuyến (α) ∩ (β) qua M (0; 2; 1) và nhận n(α) , n(β) = (2; −1; −2) làm vectơ chỉ phương.


x = 2t
Vậy (α) ∩ (β) có phương trình y = −1 + 2t .


z = 1 − 2t
Bài tập 6.37. (CĐ-09) Trong khơng gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1; 1; 0) , B (0; 2; 1) và trọng tâm
G (0; 2; −1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua C và vng góc với (ABC).


1+x



=0


 x = −1
 3
3+y
y=3
⇒ C (−1; 3; −4).
⇔
Lời giải. Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ
=2

 3

z
=
−4


 1 + z = −1
3
−−→
−→
−−→ −→
Ta có AB = (−1; 1; 1) , AC (−2; 2; −4) ⇒ AB, AC = (−6; 6; 0).
−−→ −→

Đường thẳng ∆ qua C (−1; 3; −4) và nhận AB, AC = (−6; 6; 0) làm vectơ chỉ phương.


x = −1 − 6t
Vậy ∆ có phương trình: y = 3 + 6t
.


z = −4
Bài tập 6.38. (TN-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (2; −1; 3) và (P ) : x − 2y − 2z − 10 = 0. Tính
khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình đường thẳng qua A và vng góc với (P ).
|2 + 2 − 6 − 10|
√
= 4.
1+4+4
→
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (1; −2; −2).
→
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm ⇒ ∆ qua A(2; −1; 3) và nhận −
n−
(P ) = (1; −2; −2) làm vectơ chỉ phương.


x = 2 + t
Vậy ∆ có phương trình y = −1 − 2t .


z = 3 − 2t

Lời giải. Ta có d (A, (P )) =

y−3
z
x−1
=
= và (P ) : 2x − y + 2z = 0.
2
4
1
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P ).
Bài tập 6.39. (D-2011) Trong không gian Oxyz, cho ∆ :

Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ ∆ ⇒ I(1 + 2t; 3 + 4t; t).
|2 + 4t − 3 − 4t + 2t|
√
Mặt cầu (S) có bán kính 1 và tiếp xúc (P ) nên d (I, (P )) = 1 ⇔
=1⇔
4+1+4
Với t = 2 ⇒ I(5; 11; 2) ⇒ (S) có phương trình (x − 5)2 + (y − 11)2 + (z − 2)2 = 1.
Với t = −1 ⇒ I(−1; −1; −1) ⇒ (S) có phương trình (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1.

t=2
.
t = −1

Bài tập 6.40. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (4; −6; 3) , B (5; −7; 3). Gọi d là đường thẳng qua
A và vuông với mặt phẳng (P ) : 8x + 11y + 2z − 3 = 0. Tìm điểm C ∈ d sao cho ∆ABC vuông tại B.

11


Nguyễn Minh Hiếu
→
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (8; 11; 2).
−
−
→
Đường thẳng d qua A(4; −6; 3) và nhận n(P ) = (8; 11; 2) làm vectơ chỉ phương.


x = 4 + 8t
Do đó d có phương trình y = −6 + 11t .


z = 3 + 2t
−−→
−−→
Ta có C ∈ d ⇒ C(4 + 8t; −6 + 11t; 3 + 2t) ⇒ BA = (−1; 1; 0), BC = (−1 + 8t; 1 + 11t; 2t).
−−→ −−→
2
4 40 5
Tam giác ABC vuông tại B nên BA.BC = 0 ⇔ 1 − 8t + 1 + 11t = 0 ⇔ t = − . Vậy C − ; − ;
.
3
3

3 3
y
z−2
x+1
= =
, mặt phẳng
2
1
1
(P ) : x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P ) lần lượt tại
M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng M N .
Bài tập 6.41. (A-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

Lời giải. Ta có M ∈ d ⇒ M (−1 + 2t; t; 2 + t); A là trung điểm M N ⇒ N (3 − 2t; −2 − t; 2 − t).
−−→
Lại có N ∈ (P ) nên 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (3; 2; 4) ⇒ AM = (2; 3; 2).
−−→
Đường thẳng ∆ qua M (3; 2; 4) và nhận AM = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương.


x = 3 + 2t
Vậy ∆ có phương trình y = 2 + 3t .


z = 4 + 2t
x−1
y+1
z
=
= và hai điểm

2
−1
1
A (1; −1; 2), B (2; −1; 0). Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AM B vuông tại M .

Bài tập 6.42. (D-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

−−→
−−→
Lời giải. Ta có M ∈ d ⇒ M (1 + 2t; −1 − t; t) ⇒ AM = (2t; −t; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t).
t=0
2 .
t=
3

−−→ −−→
Khi đó tam giác AM B vng tại M ⇔ AM .BM = 0 ⇔ 2t(−1 + 2t) + t2 + t(t − 2) = 0 ⇔
Vậy M (1; −1; 0) hoặc M

7 5 2
;− ;
.
3 3 3

x+1
y
z−2
=
=
và điểm

1
2
1
I(0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I.
Bài tập 6.43. (A-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

→ = (1; 2; 1).
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −
u
d
−→
Gọi H là trung điểm AB, ta có H ∈ d ⇒ H(−1 + t; 2t; 2 + t) ⇒ IH = (−1 + t; 2t; −1 + t).
−→ →
−→
1
2 2 2
Lại có A, B ∈ (S) nên IH⊥AB ⇔ IH.−
ud = 0 ⇔ −1+t+4t−1+t = 0 ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − .
3
√
√3 3 3
√
2 6
2 6
Tam giác IAB vuông cân tại I nên IA = 2IH =
⇒ (S) có bán kính R = IA =
.
3
3
8

Vậy mặt cầu (S) có phương trình x2 + y 2 + (z − 3)2 = .
3
Bài tập 6.44. Xét vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng sau
x − 12
y−9
z−1
a) d :
=
=
và (α) : 3x + 5y − z − 2 = 0.
4
3
1
x−1
y−1
z−2
b) d :
=
=
và (α) : x + y + z − 4 = 0.
1
2
−3
Lời giải.

 x − 12 = y − 9 = z − 1
a) Tọa độ giao điểm của d và (P ) là nghiệm hệ
4
3
1

3x + 5y − z − 2 = 0



x = 0
⇔ y=0


z = −2

.

Vậy d cắt (P ) tại M (0; 0; −2).
12




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

x − 1 = y − 1 = z − 2
1
2
−3
b) Tọa độ giao điểm của d và (P ) là nghiệm hệ
x + y + z − 4 = 0
Vậy d cắt (P ) tại M


3


x = − 7
⇔ y = − 13
7


z = 47

.

3 13 4
.
− ;− ;
7
7 7

Bài tập 6.45. Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau
x−1
y
z−3
x−2
y−3
z−5
a) d :
= =
và d :
=
=
.
1

2
−1
2
4
−2
x−3
y−4
z−5
x−2
y−5
z−3
b) d :
=
=
và d :
=
=
.
−1
1
−2
−3
3
−6
y−2
z−3
x−2
y+2
z−1
x−1

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

2
2
Lời giải.
−
a) Đường thẳng d qua M (1; 0; 3) và có vectơ chỉ phương →
u = (1; 2; −1).
→
−
Đường thẳng d qua M (2; 3; 5) và có vectơ chỉ phương u = (2; 4; −2).
→
−
−−−→
→
− −−−→
→
−
−
−
Ta có →
u , u = (0; 0; 0) = 0 , M M = (1; 3; 2) ⇒ →
u , M M = (7; −3; 1) = 0 . Vậy d||d .
−
b) Đường thẳng d qua M (3; 4; 5) và có vectơ chỉ phương →
u = (−1; 1; −2).
→
−
Đường thẳng d qua M (2; 5; 3) và có vectơ chỉ phương u = (−3; 3; −6).
→
−
−−−→

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

→
−
Đường thẳng d qua M (1; −2; −1) và có vectơ chỉ phương u = (3; 2; 2).
→
−
→
− −−−→
→
− −−−→
−
−
Ta có →
u , u = (4; −1; −5) = 0 , M M = (0; −1; −6) ⇒ →
u , u M M = 0 + 1 + 30 = 31 = 0.
Vậy d và d chéo nhau.
Bài tập 6.46. (TN-09) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 36 và
mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z + 18 = 0.
a) Xác định toạ độ tâm T và bán kính của (S). Tính khoảng cách từ T đến (P ).
b) Viết phương trình đường thẳng d qua T và vng góc (P ). Tìm toạ độ giao điểm của d và (P ).
Lời giải.
a) Mặt cầu (S) có tâm T (1; 2; 2) và bán kính R = 6. Khi đó d (T, (P )) =

|1 + 4 + 4 + 18|
√
= 9.
1+4+4

→
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−

(P ) = (1; 2; 2).
→
Đường thẳng d qua T (1; 2; 2) và nhận −
n−
(P ) = (1; 2; 2) làm vectơ chỉ phương.


x = 1 + t
Do đó d có phương trình y = 2 + 2t .


z = 2 + 2t




x
=
1
+
t
x = −2






y = 2 + 2t
y = −4

⇔
Tọa độ giao điểm của d và (P ) thỏa mãn hệ

z = 2 + 2t
z = −4






x + 2y + 2z + 18 = 0
t = −3
Vậy d cắt (P ) tại M (−2; −4; −4).


13

.


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 6.47. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : 3x + 5y − z − 2 = 0 và đường thẳng
x − 12
y−9
z−1
d:
=
=
.

4
3
1
a) Tìm giao điểm M của d và (α).
b) Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa M và vng góc với d.
Lời giải.

 x − 12 = y − 9 = z − 1
a) Tọa độ giao điểm M của d và (α) là nghiệm hệ
4
3
1
3x + 5y − z − 2 = 0



x = 0
⇔ y=0


z = −2

.

Vậy d cắt (P ) tại M (0; 0; −2).
→ = (4; 3; 1).
b) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −
u
d
→ = (4; 3; 1) làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng (β) qua M (0; 0; −2) và nhận −
u
d
Vậy (β) có phương trình: 4x + 3y + x + 2 = 0.
Bài tập 6.48. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :

x−1
y
z
x
y+1
z
= =
và d : =
= .
−1
1
−1
2
1
1

a) Chứng minh d và d chéo nhau.
b) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d và song song với d .
Lời giải.
−
a) Đường thẳng d qua M (1; 0; 0) và có vectơ chỉ phương →
u = (−1; 1; −1).
→
−

Đường thẳng d qua M (0; −1; 0) và có vectơ chỉ phương u = (2; 1; 1).
→
−
→
− −−−→
→
− −−−→
−
−
Ta có →
u , u = (2; −1; −3) = 0 , M M = (−1; −1; 0) ⇒ →
u , u M M = −2 + 1 + 0 = −1 = 0.
Do đó d và d chéo nhau (đpcm).
→
−
−
b) Mặt phẳng (α) qua M (1; 0; 0) và nhận →
u , u = (2; −1; −3) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình 2x − y − 3z − 2 = 0.

 x=t
y = 2t
Bài tập 6.49. (CĐ-2012) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
, d2

z =1−t
Chứng minh d1 và d2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d2 .


 x = 1 + 2s

y = 2 + 2s .
:

z = −s

→ = (1; 2; −1).
Lời giải. Đường thẳng d1 qua M1 (0; 0; 1) và có vectơ chỉ phương −
u
1
→ = (2; 2; −1).
Đường thẳng d2 qua M2 (1; 2; 0) và có vectơ chỉ phương −
u
2
→
− −−−−→
→, −
→
−
→ −
→ −−−−→
Ta có [−
u
1 u2 ] = (0; −1; −2) = 0 , M1 M2 = (1; 2; −1) ⇒ [u1 , u2 ] M1 M2 = 0 − 2 + 2 = 0.
Do đó d và d cắt nhau tại M (1; 2; 0) (đpcm).
→, −
→
Gọi (P ) là mặt phẳng cần tìm ⇒ (P ) qua M1 (0; 0; 1) và nhận [−
u
1 u2 ] (0; −1; −2) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình: y + 2z − 2 = 0.

x
y−1
Bài tập 6.50. (B-06) Trong không gian Oxyz cho điểm A (0; 1; 2) và hai đường thẳng d1 : =
=
2
1
z+1
x−1
y+1
z−2
, d2 :
=
=
.
−1
1
−2
1
a) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A và song song với d1 , d2 .
b) Tìm M thuộc d1 , N thuộc d2 sao cho A, M, N thẳng hàng.
Lời giải.
→ = (2; 1; −1).
a) Đường thẳng d1 qua M1 (0; 1; −1) và có vectơ chỉ phương −
u
1
→ = (1; −2; 1).
Đường thẳng d2 qua M2 (1; −1; 2) và có vectơ chỉ phương −
u
2
→, −

→
Mặt phẳng (P ) qua A(0; 1; 2) và nhận [−
u
1 u2 ] = (−1; −3; −5) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (P ) có phương trình x + 3y + 5z − 13 = 0.
Vì M 1, M2 ∈
/ (P ) : x + 3y + 5z − 13 = 0 nên (P ) : x + 3y + 5z − 13 = 0 là mặt phẳng cần tìm.
b) Ta có N ∈ d1 ⇒ N (2t1 ; 1 + t1 ; −1 − t1 ), N ∈ d2 ⇒ N (1 + t2 ; −1 − 2t2 ; 2 + t2 )
−−→
−−→
Suy ra AM = 2t1 ; t1 ; −3 − t1 , AN = (1 + t2 ; −2 − 2t2 ; t2 ).
−−→ −−→
AM , AN = (−t1 t2 − 2t1 − 6t2 − 6; −3t1 t2 − t1 − 3t2 − 3; −5t1 t2 − 5t1 ).
14




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

 −t1 t2 − 2t1 − 6t2 − 6 = 0
−−→ −−→
→
−
−3t1 t2 − t1 − 3t2 − 3 = 0 ⇔
Khi đó A, M, N thẳng hàng ⇔ AM , AN = 0 ⇔

−5t1 t2 − 5t1 = 0
Vậy M (0; 1; −1) và N (0; 1; 1).

t1 = 0
.
t2 = −1

Bài tập 6.51. (D-03) Trong không gian Oxyz, cho d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) : x+3ky−z+2 =
0 và (Q) : kx − y + z + 1 = 0. Tìm k để d vng góc với (α) : x − y − 2z + 5 = 0.
Lời giải. Mặt phẳng (P ), (Q) và (α) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−
→
−−→
−−→
n−
(P ) = (1; 3k; −1), n(Q) = (k; −1; 1), n(α) = (1; −1; −2)
Khi đó d⊥ (α) ⇔

−
→ −−→
n−
(P ) .n(α) = 0
⇔
−
−
n →.−
n−→ = 0
(Q)

(α)

1 − 3k + 2 = 0
⇔ k = 1.

k+1−2=0

Bài tập 6.52. (D-02) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : 2x − y + 2 = 0 và d là giao tuyến hai mặt phẳng
(α) : (2m + 1) x + (1 − m) y + m − 1 = 0 và (β) : mx + (2m + 1) z + 4m + 2 = 0. Xác định m để d song
song với (P ).
Lời giải. Mặt phẳng (P ), (α) và (β) lần lượt có vectơ pháp tuyến
−
→
−−→
−−→
n−
(P ) = (2; −1; 0), n(α) = (2m + 1; 1 − m; 0), n(β) = (m; 0; 2m + 1)
2
→= −
→ −−→
Khi đó d nhận −
u
n−
d
(α) , n(β) = (1 − m)(2m + 1); −(2m + 1) ; −m(1 − m) làm vectơ chỉ phương.

Lấy M (0; 1; −2) ∈ d, ta có M ∈ (P ) nên
1
→.−
−→
2
d||(P ) ⇔ −
u
d n(P ) = 0 ⇔ 2(1 − m)(2m + 1) + (2m + 1) = 0 ⇔ m = −
2

Bài tập 6.53. (D-09) Trong không gian Oxyz, cho A (2; 1; 0) , B (1; 2; 2) , C (1; 1; 0) và mặt phẳng (P ) :
x + y + z − 20 = 0. Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song
với mặt phẳng (P ).
−−→
Lời giải. Đường thẳng AB quaA(2; 1; 0) và nhận AB = (−1; 1; 2) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 − t
Do đó AB có phương trình y = 1 + t .


z = 2t
−−→
Ta có D ∈ AB ⇒ D(2 − t; 1 + t; 2t) ⇒ CD = (1 − t; t; 2t).
−−→ −→
1
Nhận thấy C ∈
/ (P ) nên CD||(P ) ⇔ CD.−
n(P ) = 0 ⇔ 1 − t + t + 2t = 0 ⇔ t = − . Vậy D
2
Bài tập 6.54. Lập phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng d1 :
và d2 :

x−3
y−1
z−1
=
=
.
−7
2

3

5 1
; ; −1 .
2 2

x−7
y−3
z−9
=
=
1
2
−1

Lời giải. Gọi ∆ là đường vng góc chung của d1 và d2 và giả sử ∆ ∩ d1 = M, ∆ ∩ d2 = N .
Ta có M (7 + t1 ; 3 + 2t1 ; 9 − t1 ), N (3 − 7t2 ; 1 + 2t2 ; 1 + 3t2 ).
−−→
Suy ra M N = (−4 − t1 − 7t2 ; −2 − 2t1 + 2t2 ; −8 + t1 − 3t2 ).
−−→ −→
M N .ud1 = 0
−4 − t1 − 7t2 − 4 − 4t1 + 4t2 + 8 − t1 + 3t2 = 0
t1 = 0
Khi đó
⇔
⇔
.
−−→ −→
28
+

7t
+
49t
−
4
−
4t
+
4t
−
24
+
3t
−
9t
=
0
t2 = 0
1
2
1
2
1
2
M N .ud2 = 0
−−→
Suy ra M (7; 3; 9), M N = (−4; −2; −8).
−−→
Đường thẳng ∆ qua M (7;
 3; 9) và nhận M N = (−4 − 2 − 8) làm vectơ chỉ phương.


x = 7 − 4t
Vậy ∆ có phương trình y = 3 − 2t .


z = 9 − 8t


15


Nguyễn Minh Hiếu

Bài tập 6.55. Viết phương trình đường thẳng qua A (1; −1; 1) và cắt hai đường thẳng d :
x
y+1
z−2
z−3
,d : =
=
.
−1
1
−2
1

x−1
y
= =
2

1

Lời giải. Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ ∩ d = M, ∆ ∩ d = N .
−−→
−−→
Ta có M (1 + 2t; t; 3 − t), N (t ; −1 − 2t ; 2 + t ) ⇒ AM = (2t; 1 + t; 2 − t), AN = (−1 + t ; −2t ; 1 + t ).
−−→ −−→
Suy ra AM , AN = (2tt − t − t + 5; −3tt − t + 2t − 2; tt − 3t − t + 1).

4
 2tt − t − t + 5 = 0
−−→ −−→
−−→
→
−
t=
−3tt − t + 2t − 2 = 0 ⇔
Vì A ∈ ∆ nên AM , AN = 0 ⇔
⇒ AN = (−8; 14; −6).
5

t = −7
tt − 3t − t + 1 = 0
−−→
Đường thẳng ∆ qua A(1; −1; 1) và nhận AN = (−8; 14; −6) làm vectơ chỉ phương.


x = 1 − 8t
Vậy ∆ có phương trình y = −1 + 14t .



z = 1 − 6t
Bàitập 6.56. Viết phương
 trình đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng (Oxz) và cắt hai đường thẳng
 x = 1 − 2t
 x=t
y = −3 + t .
y = −4 + t , d :
d:


z = 4 − 5t
z =3−t
→
Lời giải. Mặt phẳng (Oxz) có vectơ pháp tuyến −
n−
Oxz = (0; 1; 0).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ ∩ d = M, ∆ ∩ d = N .
−−→
Ta có M (t; −4 + t; 3 − t), N (1 − 2t ; −3 + t ; 4 − 5t ) ⇒ M N = (1 − t − 2t ; 1 − t + t ; 1 + t − 5t ).
−−→ −−−→
Suy ra M N , −
n(Oxz) = (−1 − t + 5t ; 0; 1 − t − 2t ).


 t= 3
−−→ −−−−→
→
−
−1 − t + 5t = 0

7 ⇒ M 3 ; − 25 ; 18 .
⇔
Vì ∆⊥(Oxz) nên M N , n(Oxz) = 0 ⇔
2
1 − t − 2t = 0

7
7 7
 t =
7
3 25 18
→
Đường thẳng ∆ qua M
;− ;
và nhận −
n−
Oxz = (0; 1; 0) làm vectơ chỉ phương.
7
7
7

3


x=


7

25

Vậy ∆ có phương trình y = − + t .

7



z = 18
7
Bài tập 6.57. (B-04) Trong không gian Oxyz, cho A (−4; −2; 4) và d :

x+3
y−1
z+1
=
=
. Viết
2
−1
4

phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt và vng góc với d.


x = −3 + 2t
−
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương →
u = (2; −1; 4) và phương trình tham số y = 1 − t


z = −1 + 4t

−−→
Giả sử ∆ ∩ d = M , ta có M (−3 + 2t; 1 − t; −1 + 4t) ⇒ AM = (1 + 2t; 3 − t; −5 + 4t).
−−→ −
−−→
Lại có ∆⊥d nên AM .→
u = 0 ⇔ 2 + 4t − 3 + t − 20 + 16t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AM = (3; 2; −1).
−−→
Đường thẳng ∆ qua A (−4; −2; 4) và nhận AM = (3; 2; −1) làm vectơ chỉ phương.


x = −4 + 3t
Vậy ∆ có phương trình y = −2 + 2t .


z =4−t

.

x+2
y−2
z
=
=
và (P ) : x + 2y − 3z + 4 = 0.
1
1
−1
Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P ) sao cho d cắt và vuông góc với ∆.
Bài tập 6.58. (D-09) Trong khơng gian Oxyz, cho ∆ :

16




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
−
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 2; −3).
→
−
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u = (1; 1; −1).



x = −3
x + 2 = y − 2 = z
1
1
−1 ⇔ y = 1
Tọa độ giao điểm M của ∆ và (P ) là nghiệm hệ
⇒ M (−3; 1; 1).

x + 2y − 3z + 4 = 0

z=1
→
−
→
−

Đường thẳng d qua M (−3;
 1; 1) và nhận [ n , u ] = (1; −2; −1) làm vectơ chỉ phương.

x = −3 + t
Vậy d có phương trình y = 1 − 2t .


z =1−t

 x = −1 + 2t
x
y−1
z+2
y =1+t
Bài tập 6.59. (A-07) Trong không gian Oxyz, cho d1 : =
=
và d2 :
.

2
−1
1
z=3
a) Chứng minh d1 và d2 chéo nhau.
b) Viết phương trình d vng góc với (P ) : 7x + y − 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d1 , d2 .
Lời giải.
→ = (2; −1; 1).
a) Đường thẳng d1 qua M1 (0; 1; −2) và có vectơ chỉ phương −
u
1

−
→
Đường thẳng d2 qua M2 (−1; 1; 3) và có vectơ chỉ phương u2 = (2; 1; 0).
→
− −−−−→
→, −
→
−
→ −
→ −−−−→
Ta có [−
u
1 u2 ] = (−1; 2; 4) = 0 , M1 M2 = (−1; 0; 5) ⇒ [u1 , u2 ] M1 M2 = 1 + 0 + 20 = 21 = 0.
Do đó d1 và d2 chéo nhau.
−
b) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (7; 1; −4).
Giả sử d ∩ d1 = M, d ∩ d2 = N , ta có M (2t1 ; 1 − t1 ; −2 + t1 ), N (−1 + 2t; 1 + t; 3).
−−→
−−→ −
Suy ra M N = (−1−2t1 +2t; t1 +t; 5−t1 ) ⇒ M N , →
n = (−3t1 − 4t − 5; −15t1 + 8t + 31; −9t1 − 5t − 1).

 −3t1 − 4t − 5 = 0
−−→ −
→
−
t1 = 1
−15t1 + 8t + 31 = 0 ⇔
Lại có d⊥(P ) nên M N , →

n = 0 ⇔
⇒ M (2; 0; −1).
t = −2

−9t1 − 5t − 1 = 0
→
−
Đường thẳng d qua M (2;
 0; −1) và nhận n = (7; 1; −4) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 + 7t
Vậy d có phương trình y = t
.


z = −1 − 4t
x−2
y+1
z+1
=
=
và mặt
−1
−1
1
phẳng (P ) : 2x + y − 2z = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong (P ) vng góc với d tại giao điểm của d và (P ).
Viết phương trình đường thẳng ∆.
Bài tập 6.60. (CĐ-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

Lời giải. Tọa độ giao điểm M của d và (P ) là nghiệm hệ

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

⇒ M (1; −2; 0)

−
−
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương →
u = (−1; −1; 1), (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; 1; −2).
→
−
→
−
Đường thẳng ∆ qua M (1;
−2;
0)
và
nhận

[
u
,
n
]
=
(1;
0;
1)
làm
vectơ
chỉ
phương.

x = 1 + t

Vậy ∆ có phương trình y = −2
.


z=t

§4. Hình Chiếu
Bài tập 6.61. Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 4; 2) và mặt phẳng (α) : x + y + z − 1 = 0. Tìm
toạ độ điểm H là hình chiếu vng góc của A lên (α). Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua (α).


17

Nguyễn Minh Hiếu
−
Lời giải. Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 1; 1).
→
−
Đường thẳng AH qua A(1; 4;2) và nhận n = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.

x = 1 + t
Do đó AH có phương trình y = 4 + t .


z =2+t




x
=
1
+
t
x = −1






y = 4 + t

y = 2
Tọa độ H thỏa mãn hệ
⇔
⇒ H(−1; 2; 0).


z
=
2
+
t
z
=
0






x + y + z − 1 = 0
t = −2
Điểm A đối xứng với A qua (α) ⇔ H là trung điểm AA ⇒ A (−3; 0; −2).
y−1
z
x−2
=
= . Tìm toạ độ điểm H là
1
2

1
hình chiếu vng góc của A lên ∆. Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua ∆.


x = 2 + t
→
−
Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u = (1; 2; 1) và phương trình tham số y = 1 + 2t .


z=t
−−→
Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(2 + t; 1 + 2t; t) ⇒ AH = (1 + t; 1 + 2t; t).
−−→ −
3
1
1
; 0; − .
Khi đó AH.→
u = 0 ⇔ 1 + t + 2 + 4t + t = 0 ⇔ t = − ⇒ H
2
2
2
Điểm A đối xứng với A qua ∆ ⇔ H là trung điểm AA ⇒ A (2; 0; −1).
Bài tập 6.62. Trong không gian Oxyz, cho A (1; 0; 0) và ∆ :

y+2
z−3
x−2
=

=
và
2
−1
1
x−1
y−1
z+1
d2 :
=
=
. Tìm A đối xứng với A qua d1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A,
−1
2
1
vng góc d1 và cắt d2 .


x = 2 + 2t1
−
→
Lời giải. Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương u1 = (2; −1; 1) và phương trình tham số y = −2 − t1 .


z = 3 + t1


x = 1 − t2
−
→

Đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương u2 = (−1; 2; 1) và phương trình tham số y = 1 + 2t2 .


z = −1 + t2
−−→
Gọi H là hình chiếu của A trên d1 , ta có H ∈ d1 ⇒ H(2+2t1 ; −2−t1 ; 3+t1 ) ⇒ AH = (1+2t1 ; −4−t1 ; t1 ).
−−→ →
Khi đó AH.−
u1 = 0 ⇔ 2 + 4t1 + 4 + t1 + t1 = 0 ⇔ t1 = −1 ⇒ H(0; −1; 2).
Điểm A đối xứng với A qua d1 ⇔ H là trung điểm AA ⇒ A (−1; −4; 1).
−−→
Giả sử ∆ ∩ d2 = N ⇒ N (1 − t2 ; 1 + 2t2 ; −1 + t2 ) ⇒ AN = (−t2 ; −1 + 2t2 ; −4 + t2 ).
−−→ →
−−→
Vì ∆⊥d1 nên AN .−
u1 = 0 ⇔ −2t2 + 1 − 2t2 − 4 + t2 = 0 ⇔ t2 = −1 ⇒ AN = (1; −3; −5).
−−→
Đường thẳng ∆ qua A(1;
2; 3) và nhận AN = (1; −3; −5) làm vectơ chỉ phương.

x = 1 + t
Vậy ∆ có phương trình y = 2 − 3t .


z = 3 − 5t
Bài tập 6.63. (D-06) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 2; 3); d1 :

Bài tập 6.64. Trong không gian Oxyz, cho d :

x

y−1
z−3
=
=
và (P ) : x + y + z − 10 = 0. Viết
2
−1
1

phương trình hình chiếu d của d lên (P ).
Lời giải. Tọa độ giao điểm A của d và (P ) là nghiệm hệ



x
y
−
1
z
−
3
 =
x = 6
=
2
−1
1
⇔ y = −2
x + y + z − 10 = 0



z=6
18

⇒ A(6; −2; 6)




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
−
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 1; 1), đường thẳng d qua điểm M (0; 1; 3).
Gọi H là hình chiếu của M trên (P ).
−
Đường thẳng M H qua M (0; 
1; 3) và nhận →
n (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
x = t

Do đó M H có phương trình y = 1 + t .


z =3+t




x
=

t

x = 2




y = 1 + t
y = 3
Tọa độ H thỏa mãn hệ
⇔
⇒ H(2; 3; 5).


z
=
3
+
t
z
=
5






x + y + z − 10 = 0
t = 2

−−→
Đường thẳng d qua H(2;
3; 5) và nhận AH = (−4; 5; −1) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 − 4t
Vậy d có phương trình y = 3 + 5t .


z =5−t
Bài tập 6.65. Trong không gian Oxyz, cho d :

y+1
z−2
x−1
=
=
và (P ) : x + 2y − 2z − 4 = 0.Viết
2
1
2

phương trình hình chiếu d của d lên (P ).
−
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 2; −2).
−
Đường thẳng d qua điểm M (1; −1; 2) và có vectơ chỉ phương →
u = (2; 1; 2).
Nhận thấy d||(P ) nên gọi H là hình chiếu của M trên (P ) thì d qua H và d ||d.
−

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



z
=
2
−
2t
z
=
0








x + 2y − 2z − 4 = 0
t=1
→
−
Đường thẳng d qua H(2;
1; 0) và nhận u (2; 1; 2) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 + 2t
Vậy d có phương trình y = 1 + t
.



z = 2t
Bài tập 6.66. Trong không gian Oxyz, lập phương trình d đối xứng của d :
(P ) : x − y + 2z − 13 = 0.

y−1
z−2
x−4
=
=
qua
3
1
−4

Lời giải. Tọa độ giao điểm A của d và (P ) là nghiệm hệ


x = 1
⇔ y=0


z=6


x − 4 = y − 1 = z − 2
3
1
−4
x − y + 2z − 13 = 0

⇒ A(1; 0; 6)

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


19


Nguyễn Minh Hiếu




x
=
4

+
t
x=5






y = 1 − t
y = 0
Tọa độ H thỏa mãn hệ
⇔
⇒ H(5; 0; 4).


z = 2 + 2t
z=4






x − y + 2z − 13 = 0
t = 1
Gọi M đối xứng M qua (P ) ⇒ H trung điểm M M ⇒ M = (6; −1; 6).
−−→
Đường thẳng d qua M (6;
−1;

6)
và
nhận
AM = (5; −1; 0) làm vectơ chỉ phương.


x = 6 + 5t
Vậy d có phương trình y = −1 − t .


z=6
y
z−2
x−1
= =
.
2
1
2
Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của A trên d. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng
cách từ A đến (α) lớn nhất.


x = 1 + 2t
→
−
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = (2; 1; 2) và phương trình tham số y = t
.



z = 2 + 2t
−−→
Gọi H là hình chiếu của A trên d, ta có H ∈ d ⇒ H(1 + 2t; t; 2 + 2t) ⇒ AH = (−1 + 2t; −5 + t; −1 + 2t).
−−→ −
Khi đó AH.→
u = 0 ⇔ −2 + 4t − 5 + t − 2 + 4t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(3; 1; 4).
Gọi K là hình chiếu của A trên (α) ta có d(A, (α)) = AK ≤ AH.
Do đó d(A, (α)) lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH ⇔ K ≡ H.
−−→
Khi đó (α) qua H(3; 1; 4) và nhận AH = (1; −4; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (α) có phương trình (x − 3) − 4(y − 1) + (z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0.
Bài tập 6.67. (A-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng d :

Bài tập 6.68. (CĐ-2010) Trong không gian Oxyz, cho A (1; −2; 3) , B (−1; 0; 1) và (P ) : x + y + z + 4 = 0.
AB
Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của A trên (P ). Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng
,
6
có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) tiếp xúc với (P ).
−
Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 1; 1). Gọi H là hình chiếu của A trên (P ).
→
−
Đường thẳng AH qua A(1; −2;
3)
và
nhận
n
(1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.



x = 1 + t
Do đó AH có phương trình y = −2 + t .


z =3+t




x
=
1
+
t
x = −1






y = −2 + t
y = −4
Tọa độ H thỏa mãn hệ
⇔
⇒ H(−1; −4; 1).



z
=
3
+
t
z
=
1








x+y+z+4=0
t = −2
√
√
−−→
3
AB
=
.
Ta có AB = (−2; 2; −2) ⇒ AB = 2 3 ⇒ (S) có bán kính R =
6
3
−−→
Đường thẳng AB qua A(1; −2;

 3) và nhận AB = (−2; 2; −2) làm vectơ chỉ phương.

x = 1 − 2t
Do đó AB có phương trình y = −2 + 2t .


z = 3 − 2t
Gọi I là tâm mặt cầu (S), ta có I ∈ AB ⇒ I(1 − 2t; −2√
+ 2t; 3 − 2t).
|t + 6|
3
t = −5
=
.
Lại có (S) tiếp xúc (P ) nên d (I, (P )) = R ⇔ √
⇔
t = −7
3
3
1
Với t = −5 ⇒ I(−4; 3; −2) ⇒ (S) có phương trình (x + 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = .
3
1
2
2
2
Với t = −7 ⇒ I(−6; 5; −4) ⇒ (S) có phương trình (x + 6) + (y − 5) + (z + 4) = .
3
20

Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
Bài tập 6.69. Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x+2y−2z−7 = 0 và (S) : x2 +y 2 +z 2 −4x+2y−2z−10 = 0.
Chứng minh (P ) cắt (S) theo một đường trịn. Tìm tâm và bán kính của đường trịn đó.
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(2; −1; 1) và bán kính R = 4.
−
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (1; 2; −2).
|2 − 2 − 2 − 7|
Ta có d (I, (P )) = √
= 3 < R ⇒ (P ) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn (đpcm).
1+4+4
Gọi K là tâm đường trịn giao tuyến ta có K là hình chiếu của I trên (P ).
→
−
Đường thẳng IK qua I(2; −1;
 1) và nhận n = (1; 2; −2) làm vectơ chỉ phương.

x = 2 + t
Do đó IK có phương trình y = −1 + 2t .


z = 1 − 2t




x

=
2
+
t



x = 3


y = −1 + 2t
y = 1
Tọa độ K thảo mãn hệ
⇔
⇒ K(3; 1; −1).


z
=
1
−
2t
z
=
−1







x + 2y − 2z − 7 = 0
t = 1
√
Vậy đường tròn giao tuyến có tâm K(3; 1; −1) và bán kính r = R2 − d2 (I, (P )) = 7.
Bài tập 6.70. (A-09) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0 và (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x −
4y − 6z − 11 = 0. Chứng minh (P ) cắt (S) theo một đường trịn. Tìm tâm và bán kính của đường trịn đó.
Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.
−
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; −2; −1).
|2 − 4 − 3 − 4|
= 3 < R ⇒ (P ) cắt (S) theo giao tuyến là một đường trịn (đpcm).
Ta có d (I, (P )) = √
4+4+1
Gọi K là tâm đường tròn giao tuyến ta có K là hình chiếu của I trên (P ).
−
Đường thẳng IK qua I(1; 2;3) và nhận →
n = (2; −2; −1) làm vectơ chỉ phương.

x = 1 + 2t
Do đó IK có phương trình y = 2 − 2t .


z =3−t


x = 1 + 2t
x = 3







y = 2 − 2t
y = 0
Tọa độ K thảo mãn hệ
⇔
⇒ K(3; 0; 2).


z =3−t
z=2






2x − 2y − z − 4 = 0
t = 1
Vậy đường trịn giao tuyến có tâm K(3; 0; 2) và bán kính r =

R2 − d2 (I, (P )) = 4.

Bài tập 6.71. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A (3; 3; 0) , B (3; 0; 3) , C (0; 3; 3) , D (3; 3; 3). Viết
phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D. Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Gọi mặt cầu cần tìm là (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz +
d = 0 a2 + b2 + c2 > d .

3



a=


2
18 − 6a − 6b + d = 0




3


18 − 6a − 6c + d = 0
b=
Vì (S) qua A, B, C, D nên ta có hệ
⇔
2 (thỏa mãn).
18
−
6b
−
6c
+
d
=
0






 c= 3


27 − 6a − 6b − 6c + d = 0
2


d=0
Do đó mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D có phương trình (S) : x2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0.
3 3 3
Mặt cầu S có tâm I
; ;
.
2 2 2
−−→
−→
−−→ −→
Ta có AB = (0; −3; 3), AC = (−3; 0; 3) ⇒ AB, AC = (−9; −9; −9).
−−→ −→
Mặt phẳng (ABC) qua A(3; 3; 0) và nhận AB, AC = (−9; −9; −9) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (ABC) có phương trình −9(x − 3) − 9(y − 3) − 9z = 0 ⇔ x + y + z − 6 = 0.


21

Nguyễn Minh Hiếu
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
 ∆ABC ta có K là hình chiếu của I trên (ABC).
3


x= +t


2

3
Đường thẳng IK có phương trình y = + t .

2



z = 3 + t
2


3

x= +t


x=2





2




y = 3 + t
y = 2
Tọa độ K thỏa mãn hệ
⇒ K(2; 2; 2).
⇔
2
z=2


3




z = 2 + t

1



t =


2
x+y+z−6=0
Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm K(2; 2; 2).
Bài tập 6.72. (D-2012) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + y − 2z + 10 = 0 và điểm
I (2; 1; 3). Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P ) theo một đường trịn có bán kính bằng 4.
√
|4 + 1 − 6 + 10|
√
= 3 ⇒ mặt cầu cần tìm có bán kính R = 16 + 9 = 5.
4+1+4
Mặt cầu cần tìm có tâm I(2; 1; 3) và bán kính R = 5 nên có phương trình (x−2)2 +(y−1)2 +(z−3)2 = 25.

Lời giải. Ta có d(I, (P )) =

§5. Góc Và Khoảng Cách
Bài tập 6.73. Trong khơng gian Oxyz, cho tứ diện ABCD. Tính góc và khoảng cách giữa hai cạnh AB
và CD biết A (3; −1; 0) , B (0; −7; 3) , C (−2; 1; −1) , D (3; 2; 6).
−−→
−−→
−→
−−→ −−→
Lời giải. Ta có AB = (−3; −6; 3), CD = (5; 1; 7), AC = (−5; 2; −1) ⇒ AB, CD = (−45; 36; 27).
−−→ −−→
Dễ thấy AB.CD = −15 − 6 + 21 = 0 ⇒ AB⊥CD ⇒ góc giữa AB và CD là 900 .
−−→ −−→ −→
AB, CD AC
√
|225 + 72 − 27|
=√
= 3 2.

Và d (AB, CD) =
−−→ −−→
2025 + 1296 + 729
AB, CD
x+1
y−2
z+3
=
=
.
2
1
−1
a) Viết phương trình tổng qt của mặt phẳng qua A và vng góc với d.
b) Tính khoảng cách từ A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.

Bài tập 6.74. (TN-09) Trong không gian Oxyz, cho A (1; −2; 3) và d :

Lời giải.
−
a) Đường thẳng d qua M (−1; 2; −3) và có vectơ chỉ phương →
u = (2; 1; −1).
−
Gọi (P ) là mặt phẳng cần tìm ⇒ (P ) qua A(1; −2; 3) và nhận →
u = (2; 1; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (P ) có phương trình 2(x − 1) + (y + 2) − (z − 3) = 0 ⇔ 2x + y − z + 3 = 0.
−−→ →
AM , −
u
√

−−→
−−→ →
−
b) Ta có AM = (−2; 4; −6) ⇒ AM , u = (2; −14; −10) ⇒ d(A, d) =
= 5 2.
→
−
|u|
√
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có tâm A(1; −2; 3) và bán kính R = d(A, d) = 5 2.
Vậy (S) có phương trình (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 50.
x−1
y+3
z−3
=
=
và (P ) : 2x + y − 2z + 9 = 0.
−1
2
1
a) Tìm điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến (P ) bằng 2.
b) Tìm giao điểm A của d và (P ). Lập phương trình ∆ nằm trong (P ), qua A và vuông với d.

Bài tập 6.75. (A-05) Trong không gian Oxyz, cho d :

Lời giải.
a) Ta có I ∈ d ⇒ I(1 − t; −3 + 2t; 3 + t).
|2 − 2t − 3 + 2t − 6 − 2t + 9|
√
Khi đó d (I, (P )) = 2 ⇔

=2⇔
4+1+4
Do đó I(−3; 5; 7) hoặc I(3; −7; 1).
22

t=4
.
t = −2




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian



y
+
3
z
−
3
x
−
1
x = 0

=
=
−1

2
1
⇔ y = −1 ⇒ A(0; −1; 4).
b) Tọa độ A là nghiệm hệ

2x + y − 2z + 9 = 0

z=4
→
−
−
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến n = (2; 1; −2), đường thẳng d có vectơ chỉ phương →
u = (−1; 2; 1).
→
−
→
−
Đường thẳng ∆ qua A(0; −1;
4)
và
nhận
[
n
,
u
]
=
(5;
0;
5)

làm
vectơ
chỉ
phương.


x = 5t
Do đó ∆ có phương trình y = −1
.


z = 4 + 5t
Bài tập 6.76. (TN-08) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (3; −2; −2) và (P ) : 2x − 2y + z − 1 = 0.
a) Viết phương trình đường thẳng qua A và vng góc với (P ).
b) Tính d (A, (P )).Viết phương trình (Q) sao cho (Q) song song (P ) và d ((P ) , (Q)) = d (A, (P )).
Lời giải.
−
a) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; −2; 1).
−
Gọi ∆ là đường thẳng cần
tìm ⇒ ∆ qua A(3; −2; −2) và nhận →
n = (2; −2; 1) làm vectơ chỉ phương.

x
=
3
+
2t


Do đó ∆ có phương trình y = −2 − 2t .


z = −2 + t
7
|6 + 4 − 2 − 1|
= .
b) Ta có d (A, (P )) = √
3
4+4+1
Mặt phẳng (Q)||(P ) nên có phương trình dạng 2x − 2y + z + d = 0 (d = −1).
Mặt phẳng (P ) qua M (0; 0; 1).
7
7
|d + 1|
d=6
Khi đó d ((P ) , (Q)) = d (A, (P )) ⇔ d (M, (Q)) = ⇔ √
= ⇔
.
d = −8
3
3
4+4+1
Vậy (Q) : 2x − 2y + z + 6 = 0 hoặc (P ) : 2x − 2y + z − 8 = 0.
x
y−1
z
=
= và (P ) : 2x − y + 2z − 2 = 0.
−2

1
1
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vng góc với (P ).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều góc tọa độ O và (P ).

Bài tập 6.77. (CĐ-2010) Trong không gian Oxyz, cho d :

Lời giải.
−
a) Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến →
n = (2; −1; 2).
−
Đường thẳng d qua A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương →
u = (−2; 1; 1).
−
−
Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm ⇒ (α) qua A(0; 1; 0) và nhận [→
n,→
u ] = (−3; −6; 0) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó (α) có phương trình −3x − 6(y − 1) = 0 ⇔ x + 2y − 2 = 0.
√
−−→
b) Ta có M ∈ d ⇒ M (−2t; 1 + t; t) ⇒ OM = (−2t; 1 + t; t) ⇒ OM = 6t2 + 2t + 1.
|−4t − 1 − t + 2t − 2|
√
Lại có d (M, (P )) = OM ⇔
= 6t2 + 2t + 1 ⇔ t = 0. Vậy M (0; 1; 0).
4+1+4
x−1
y+1

z−1
=
=
. Viết
4
−3
1√
phương trình mặt cầu có tâm I (1; 2; −3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB = 26.
Bài tập 6.78. (CĐ-2011) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

−
Lời giải. Đường thẳng d qua M (1; −1; 1) và có vectơ chỉ phương →
u = (4; −3; 1).
−−→ →
√
√
IM , −
u
−−→
−−→ →
81 + 256 + 144
74
−
Ta có IM = (0; −3; 4) ⇒ IM , u = (9; 16; 12) ⇒ d(I, d) =
= √
=
.
→
−
2

|u|
16 + 9 + 1
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có bán kính R =

d2 (I, d) +

AB
2

2

= 5 và tâm I(1; 2; −3).

Vậy (S) có phương trình (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 25.
x+2
y−2
z+3
=
=
. Tính
2
3
2
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B, C sao cho BC = 8.

Bài tập 6.79. (A-2010) Trong không gian Oxyz, cho A (0; 0; −2) và ∆ :



23

Nguyễn Minh Hiếu
−
Lời giải. Đường thẳng ∆ qua M (−2; 2; −3) và có vectơ chỉ phương →
u = (2; 3; 2).
−−→ →
√
AM , −
u
−−→
−−→ →
49 + 4 + 100
−
= √
Ta có AM = (−2; 2; −1) ⇒ AM , u = (7; 2; −10) ⇒ d(A, d) =
= 3.
→
−
|u|
4+9+4
Gọi (S) là mặt cầu cần tìm ⇒ (S) có bán kính R =

d2 (A, d) +

AB
2

2

= 5 và tâm A(0; 0; −2).

Vậy (S) có phương trình x2 + y 2 + (z + 2)2 = 25.
−→
Bài tập 6.80. (B-03) Trong không gian Oxyz, cho A (2; 0; 0) , B (0; 0; 8) và điểm C sao cho AC = (0; 6; 0).
Tính khoảng cách từ trung điểm I của BC đến đường thẳng OA.
−→
Lời giải. Ta có A(2; 0; 0), AC = (0; 6; 0) ⇒ C(2; 6; 0), I là trung điểm của BC ⇒ I(1; 3; 4).
−→
−→
−→ −→
Khi đó OA = (2; 0; 0), OI = (1; 3; 4) ⇒ OA, OI = (0; −8; 6).
−→ −→
√
OA, OI
64 + 36
√
= 5.
Do đó d(I, OA) =
=
−→
4
OA

 x=3+t
x−2
y−1
z
y=t
Bài tập 6.81. (D-2010) Trong không gian Oxyz, cho ∆1 :

và ∆2 :
=
= . Xác

2
1
2
z=t
định tọa độ điểm M thuộc ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến ∆2 bằng 1.
→ = (2; 1; 2).
Lời giải. Đường thẳng ∆2 qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương −
u
2
−−→
−−→ −
→ = (t − 2; −2; 3 − t).
Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M (3 + t; t; t) ⇒ AM = (1 + t; −1 + t; t) ⇒ AM , u
2
−−→ −
√
→
AM , u
2
2t2 − 10t + 17
t=1
√
.
=
1
⇔

=1⇔
Lại có d(M, ∆2 ) = 1 ⇔
−
→
t=4
|u2 |
4+1+4
Vậy M (4; 1; 1) hoặc M (7; 4; 4).
x−1
y
z+2
= =
và (P ) : x − 2y + z = 0. Gọi
2
1
−1
√
C là giao điểm của ∆ và (P ), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P ), biết M C = 6.



x − 1 = y = z + 2
x = −1
2
1
−1
Lời giải. Tọa độ C là nghiệm hệ
⇔ y = −1 ⇒ C(−1; −1; −1).
x − 2y + z = 0



z = −1
√
−−→
Ta có M ∈ ∆ ⇒ M (1 + 2t; t; −2 − t) ⇒ CM = (2 + 2t; 1 + t; −1 − t) ⇒ CM = 6|t + 1|.
√
√
√
t=0
.
Lại có M C = 6 ⇒ 6|t + 1| = 6 ⇔
t = −2
|1 − 2|
1
Với t = 0 ⇒ M (1; 0; −2) ⇒ d(M, (P )) = √
=√ .
1+4+1
6
| − 3 + 4|
1
Với t = −2 ⇒ M (−3; −2; 0) ⇒ d(M, (P )) = √
=√ .
1+4+1
6
1
Vậy d(M, (P )) = √ .
6
Bài tập 6.82. (A-2010) Trong không gian Oxyz, cho ∆ :

Bài tập 6.83. (B-2010) Trong không gian Oxyz, cho ∆ :

x
y−1
z
=
= . Xác định tọa độ điểm M trên
2
1
2

trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến ∆ bằng OM .
−
Lời giải. Đường thẳng ∆ qua A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương →
u = (2; 1; 2).
−−→
Ta có M ∈ Ox ⇒ M (a; 0; 0) ⇒ OM = (a; 0; 0) ⇒ OM = |a|.
−−→
−−→ −
Lại có AM = (a; −1; 0) ⇒ AM , →
u = (−2; −2a; a + 2).
−−→ →
√
√
AM , −
u
5a2 + 4a + 8
5a2 + 4a + 8
Suy ra d(M, ∆) =
=
.

= √
→
−
3
|u|
4+1+4
24




Chuyên đề 6. Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian
√
Theo giả thiết d(M, ∆) = OM ⇔

5a2 + 4a + 8
= |a| ⇔
3

a = −1
.
a=2

Vậy M (−1; 0; 0) hoặc M (2; 0; 0).
Bài tập 6.84. (B-2010) Trong không gian Oxyz, cho A (1; 0; 0) , B (0; b; 0) , C (0; 0; c), (b, c > 0) và (P ) :
y − z + 1 = 0. Xác định b, c biết mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P ) và khoảng cách từ O
1
đến (ABC) bằng .
3
→

Lời giải. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (0; 1; −1).
x y z
Mặt phẳng (ABC) có phương trình đoạn chắn + + = 1 ⇔ bcx + cy + bz − bc = 0.
1
b
c
−−→ = (bc; c; b).
Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến −
n−
(ABC)



−
−
→
−
−
−
−
→
 b−c=0
 b= 1
n(P ) .n(ABC) = 0
b=c
2 .
bc
1 ⇔

Ta có
1 ⇔
4 = b4 + 2b2 ⇔
1
=
9b
 √ 2 2

d(O, (ABC)) =

c=
3
3
b c + c2 + b2
2
1
Vậy b = c = .
2
x−1
y
z
Bài tập 6.85. (B-2012) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
và hai điểm
2
1
−2
A(2; 1; 0), B(−2; 3; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.
Lời giải. Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm (S), ta có I ∈ d ⇒ I(1 + 2t; t; −2t).

√
−
→
Khi đó AI = (−1 + 2t; −1 + t; −2t) ⇒ AI = 9t2 − 6t + 2
√
−→
BI = (3 + 2t; −3 + t; −2 − 2t) ⇒ BI = 9t2 + 14t + 22.
√
Lại có A, B ∈ (S) nên AI = BI ⇔ −6t + 2 = 14t + 22 ⇔ t = −1 ⇒ I(−1; −1; 2) ⇒ R = AI = 17.
Vậy mặt cầu (S) có phương trình (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 17.
Bài tập 6.86. (A-09) Trong không gian Oxyz, cho (P ) : x − 2y + 2z − 1 = 0 và hai đường thẳng
x+1
y
z+9
x−1
y−3
z+1
∆1 :
= =
, ∆2 :
=
=
. Xác định điểm M thuộc ∆1 sao cho khoảng cách
1
1
6
2
1
−2
từ M đến ∆2 bằng khoảng cách từ M đến (P ).

→ = (2; 1; −2).
Lời giải. Đường thẳng ∆2 qua A(1; 3; −1) và có vectơ chỉ phương −
u
2
−−→
Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M (−1 + t; t; −9 + 6t) ⇒ AM = (−2 + t; −3 + t; −8 + 6t).
−−→ −
→
AM , u
2
−−→ −
→
Suy ra AM , u2 = (14 − 8t; −20 + 14t; 4 − t) ⇒ d (M, ∆2 ) =
= 29t2 − 88t + 68.
−
→
|u2 |
t=1
|−1 + t − 2t − 18 + 12t − 1|
√
Do đó d(M, (P )) = d (M, ∆2 ) ⇔
= 29t2 − 88t + 68 ⇔
53 .
t=
1+4+4
35
53
18 53 3
18 53 3
Với t = 1 ⇒ M (0; 1; −3); với t =

⇒M
; ;
. Vậy M (0; 1; −3) hoặc M
; ;
.
35
35 35 35
35 35 35
x−2
y+1
z
Bài tập 6.87. (B-2011) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
=
=
và mặt phẳng
1
−2
−1
(P ) : x + y + z − 3 = 0. Gọi
√ I là giao điểm của ∆ và (P ). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) sao cho M I
vng góc với ∆ và M I = 4 14.
−
Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương →
u = (1; 
−2; −1).


x = 1
x − 2 = y + 1 = z
1

−2
−1 ⇔ y = 1 ⇒ I(1; 1; 1).
Tọa độ I là nghiệm hệ
x + y + z − 3 = 0


z=1
√
−−→
Gọi M (a; b; c) ta có IM = (a − 1; b − 1; c − 1) ⇒ IM = a2 + b2 + c2 − 2a − 2b − 2c + 3.
 
 a=5





  b=9
M ∈ (P )
a + b + c − 3 = 0

−−→ →
 c = −11 .
Theo giả thiết ta có IM .−
⇔ a − 1 − 2(b − 1) − (c − 1) = 0
⇔
u =0




√

 2
  a = −3
a + b2 + c2 − 2a − 2b − 2c + 3 = 224
IM = 4 14

b = −7

c = 13


25