Các dạng bài tập VDC phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12

Các dạng bài tập VDC phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

Môn:

Toán 12 3.8 K tài liệu

Thông tin:
65 trang 1 năm trước
Tác giả:
Student
Mai Nguyệt
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Các dạng bài tập VDC phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12

Các dạng bài tập VDC phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

48 24 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 3: Phương pháp tọa độ trong không gian 143 tài liệu

Môn: Toán 12 3.8 K tài liệu

Thông tin:

65 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRON
G KHÔNG GIAN Oxyz
BÀI 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A.
LÍ THU
YẾT TRỌ
NG TÂM
1.
Hệ tọ
a độ tr
ong không gian
Hệ trụ
c tọa độ Đề-các vuông gó
c trong không gian gồm ba trục
x'Ox, y'Oy, z'Oz vuông góc với nhau từng đôi một.
Gọi
,,ijk

lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz.
Điểm O được gọi là gốc tọa độ.
Các mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx) là các mặt phẳng tọa độ.
Không gian gắn với hệ tọa độ Oxyz được gọi là không gian Oxyz.
2. Tọa độ của vectơ
Trong không gian Oxyz, cho vectơ u
. Khi đó
ux;y;z uxiyjzk.

Chú ý:
1)
0 0;0;0 .
2)
11
22
33
ab
ab a b
ab


3) a
cùng phương

11
22
33
akb
akbb 0
b
akb


Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
Cho hai vectơ
123 123
;; , ;;aaaabbbb

và k là số thực tùy ý.
Khi đó ta có:
112 23 3
;; .ab a ba ba b

112 23 3
;; .ab a ba ba b

123
.;;k a ka ka ka
11 2 2 3 3
.. . ..ab a b a b a b

Ứng dụng của tích vô hướng:
11 2 2 3 3
a.b aab a.b0 .b a.b 0

2
222
123
aa.aaaa.

2
222
123
aa aaa.


11 2 2
222222
12
33
31 23
ab ab a
a.b
cos a; b
a.b
aa .bb
b
ab





Với a 0, b 0.


3. Tọa độ của một điểm
Trong không gian Oxyz, cho điểm M tùy ý.
Khi đó
Mx;y;z OM(xiyjzk).

Tính chất
Nếu
AAA BBB
A x ;y ;y và B x ;y ;y thì
BABACA
AB x x ; y y ;z z .

Khi đó

2
BA B
22
BAA
AB AB x x y y z z .

Tọa độ trun
g điểm I
của đoạn thẳng AB là
ABABAB
xxyyzz
;; .I
222




Tọa độ trọng t
âm G của tam giác ABC là
CCAB A A CBB
xx yy zz
;; .
33
xy
3
z
G




Tọa độ trọng t
âm G của tứ diện ABCD là
AB CDABCDA BCD
xx xxyyyyz zzz
G;;
444
 



4. Tích có hướng của hai vectơ
Định nghĩa
Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
123
b
b;b ;b .
Tích có hướng của hai vectơ avàb

là một
vectơ vuông góc với cả hai vectơ
avàb

, kí hiệu là a,b
và được xác định như sau:
2331
12
2331
12
aaaa
aa
a,b ; ;
bbbb
b
b






23 32 31 13 12 21
aab;ababba
b
;b a .
Tính chất
a
cùng phương với a b 0.b,



a,b



vuông góc với cả hai vectơ avàb
.
Chú ý: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M
(
x; y; z) ta có các khẳng định sau:
0; 0 .0;MO M
MOxy z0

, tức là
Mx;y;0.
MOyz x0

, tức là
M0;y;z.
MOxz y0

, tức là
Mx;0;z.
MOx yz0

, tức là
M x;0;0 .
MOy xz0
, tức là
M0;y;0.
MOz xy0
, tức là
M0;0;z.
b
,a a,b .
 

 
 
a,b a .b.sin a;b .


 
5. Phương trình mặt cầu
Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm
Ia;b;cbán kính R có phương trình là

222
2
xa yb zc R.
Ngược lại phương trình
222
xyz2Ax2By2CzD0 1.
Với
222
0ABCD là phương trình mặt cầu tâm
;;IABC

có bán kính
222
.
R
ABCD
Chú ý: Điều kiện để phương trình (1) là phương trình mặt cầu là:
222
0.ABCD
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
B. CÁC
DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, vectơ trong hệ trục Oxyz
1. Phương pháp
Sử dụng các định nghĩa và khái niệm có liên quan đến điểm, vectơ: Tọa độ của điểm, vectơ; độ
dài vectơ, ...và các phép toán vectơ ... để tính tổng, hiệu các vectơ; tìm tọa độ trọng tâm tam giác, ...
a,b

cùng phương
a,b 0




a,b a,b


 
a,b a .b.sin a;b


 
Không gian gắn với
hệ tọa độ Oxyz
Hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz gồm
ba trục x’Ox, y’Oy, z’Oz.
Điểm O là gốc tọa độ.
Các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy,
Oz là
i, j, k

Các mặt phẳng tọa độ:
Oxy , Oyz , Ozx
HỆ TỌA ĐỘ
KHÔNG GIAN
Tích có hướng
Tích có hướng của hai
vectơ là một vectơ

123
aa;a;a,

123
b
b;b ;b .
2331
12
2331
12
aaaa
aa
a,b ; ;
bbbb
b
b







23 32 31 13 12 21
aab;ababba
b
;b a .
Tọa độ vectơ Tọa độ điểm
ux;y;z
uxiyjzk


Mx;y;z
OM xi y j zk 

2
222
xyzuu 
BABACA
AB x x ; y y ; z z

Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
123
aa;a;a,
123
b
b;b ;b .
112 233
;; .ab a ba ba b
123
k.a ka ; k a ; k a
với k là số thực
11 2 2 3 3
.. . .ab a b a b a b
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian Oxyz, cho
2; 2; 0 , 2; 2; 0 , 2; 2; 2 .abc

Giá trị của abc

bằng
A.
6. B.
26.
C. 11. D.
211.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
T a có
2; 6; 2abc

nên
222
262 44211.abc

Bài tập 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm
1; 2;3 , 1; 0;1 .AB Trọng tâm G của tam giác
OAB
có tọa độ là:
A.
0;1;1 . B.
24
0; ; .
33



C.
0; 2; 4 . D.

2; 2; 2 .
Hướng dẫn giải
Tọa độ trọng tâm tam giác là:
G
G
G
110
x0
3
200 2 24
yG0;;.
33 33
310 4
z
33









Chọn B.
Bài tập 3.
Trong không gian Oxyz, cho vectơ
000
1; 2; 4 , ; ;abxyz
) cùng phương với vectơ
a
. Biết vectơ
b
tạo với tia Oy một góc nhọn và
b
21.
Giá trị của tổng
000
x
yz bằng
A. 3. B. 6. C. 6.
D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Lại có
b
21.
suy ra
22 2
k1
k4k16k 21
k1.

Với
k1 ta có

b
1; 2; 4 ,
suy ra góc giữa
b
và Oy thỏa mãn

b
.j
cos b, Oy ,
b
.j


trong đó
b
.j 2 0.

Suy ra góc tạo bởi
b
và Oy là góc tù. Suy ra
k1
không thỏa mãn.
Với
k1
ta có

b
1; 2; 4 ,
suy ra góc giữa
b
và Oy thỏa mãn

b
.j
cos b, Oy ,
b
.j


trong đó
b
.j 2 0.

Suy ra góc tạo bởi
b
và Oy là góc nhọn. Vậy k1
thỏa mãn.
Do đó

b
1; 2; 4 .
Suy ra
000
124 3.xyz  
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác đều .
A
BC A B C

có

A3;1;1,
hai đỉnh B, C thuộc trục Oz và
AA 1
(C không trùng với O). Biết vectơ ;;()2uab
(với
a,b ) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
A
C
. Tính
22
.Ta b
A. T5. B. T16 . C. T4.
D. T9.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Lấy
M là t
rung điểm BC.
Khi đó ta có
AM BC
AA BC
nên BC A M
tại M;
suy ra M là hình chiếu của
A
trên trục Oz
M0;0;1 và AM 2.

Mặt khác
22
AM A M AA 3.


Lại có
ABC đều nên
3
AM BC 3
2

BC 2 MC 1.
Gọi
C0;0;c,c 0 suy ra MC c 1 .
c0
MC 1 c 1 1
c2
 
( loại c0
)
C0;0;2.
AC 3;1;1


là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AC
Suy ra

u23;2;2
cũng là một vectơ chỉ phương của AC
.
Vậy
23; 2.ab Suy ra
22
16.Ta b
Dạng 2. Tích có hướng
1. Phương pháp giải
Để tính tích có hướng của hai vectơ, ta áp
dụng công thức:
2331
12
2331
12
,;;
aaaa
aa
ab
bbbb
bb






23 32 31 13 12 21
;; .aababababbba
Bài tập: Tính tích có hướng của hai vectơ
1; 0;1 , 2;1; 1

ab
Hướng dẫn giải

011110
,;;1;3;1
111221
ab







2. Bài tập mẫu
Bài tậ
p 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ ,ab
khác
0.
Kết luận nào sau đây
sai?
A. ,3 3 , .ab ab



B. 2, 2 , .ab ab



C.
3,3 3 , .ab ab



D.
.a,b a b.sin .a,b



Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
3,3 3 ,3 9 , .
ab ab ab



 
(C sai)
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ
1; 2;1 , 0; 2; 1 , ,1;(0.)ab cm

Tìm giá trị thực của tham số m để ba vectơ ;;abc

đồng phẳng.
A.
m1.
B.
m0.
C.
1
m.
4
D.
1
m.
4
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có

,4;1;2.ab




Ba ve
ctơ
;;
abc

đồng phẳng
1
a, b . c 0 4m 1 0 m .
4




Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho năm điểm
0; 0; 3 , 2; 1; 0 ,AB
3; 2; 4 ,C

1; 3; 5 ,D
4; 2;1E tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác. Đỉnh của hình chóp tương ứng là
A. Điểm C. B. Điểm A. C. Điểm B. D. Điểm D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét đáp án A, giả sử C là đỉnh của hình chóp, ta có:
2; 1; 3 , 1;3; 2 , 4; 2; 2 , 3; 2;1AB AD AE AC
   
AB, AD .AE 4.7 2.7 2.7 0
AB, AD .AC 3.7 2.7 1.7 14.






  
  
Suy ra A, B, D, E đồng phẳng.
Vậy đ
iểm C là đỉnh của hình chóp.
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz cho các điểm
1; 0; 0 , 0; 2; 0 , 0; 0; 3 , 2; 2; 0 .AB C D
Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D?
A. 10. B. 7. C. 5. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
1; 2; 0 , 1; 2; 0 ,AB AD

suy ra 3 điểm A, B, D thẳng hàng.
Từ đó chúng ta xác định được vị trí các điểm trong hệ trục độ Oxyz và đếm trực tiếp ta có 5 mặt
phẳng đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D là:
, , , ,OCB OCA OCD OAB ABC
Dạng 3. Ứng dụng của tích có hướng để tính diện tích và thể tích
1. Phương pháp giải
Diện tích hình bình hành:
ABCD
SAB,AD.

Tính diện tích tam giác:
ABC
SAB,AC.
 
Tính thể tích hình hộ
p:
ABCD.A B C D
VAB,AC.AD.



  
Tính thể tích tứ diện:
ABCD
1
VAB,AC.AD.
6


  
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
1; 2; 0 , 2;1; 2 , 1; 3;1 .ABC
Bán kính đư
ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
A. 310. B.
310
.
5
C.
10
.
5
D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
1; 1; 2 , 2; 1; 1 , 3; 2; 1AB AC BC
  
Suy ra
AB AC 6; BC 14.
Suy ra
ABC
135
SAB,AC.
22




Gọi R
ABC
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có
ABC
ABC
AB.AC.BC 6. 6. 14 3 10
R.
4S 5
35
4.
2

Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho
2; 1; 1 , 3;0 (;1 , 2; 1;3)ABC và D nằm trên trục Oy.
Thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là
A.
D0; 7;0. B.
D0;8;0.
C.
D0; 7;0 hoặc
D0;8;0. D.
D 0;7;0 hoặc
D0; 8;0.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì D Oy nên

D0;y;0. Khi đó. Thể tích của tứ diện ABCD là
11
VAB,AC.AD4y2
66



  
Theo đề ra, ta có
y7
1
4y 2 5
y8.
6

Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ
.' ' '
A
BC A B C
có tọa độ các đỉnh
 
3
0; 0; 0 , 0; ; 0 , ; ; 0 0; 0; 2 .
22




aa
A
Ba C vàA a Gọi D là trung điểm cạnh BB' và M di động
trên cạnh AA'. Diện tích nhỏ nhất của tam giác MDC' là
A.
2
3
.
4
a
B.
2
5
.
4
a
C.
2
6
.
4
a
D.
2
15
.
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có






 
a3a
CC AA C ; ;2a .
22


 
CC BB B 0;a;2a .
Điểm D là trung điểm của BB' nên
0; ; .Daa
()0; 0;
M
t
với

0t2a.
Ta có






 
a3 a
DC ; ;a ,DM 0; a;t a .
22
Ta có:







2
2
22 2
MDC
a2t3a 6a
1 a 4t 12at 15a a 6
SDC,DM .
2444
Suy ra
2
MDC
a6
minS
4
khi
3
ta.
2
Dạng 4: Phương trình mặt cầu
1. Phương pháp giải
Cách viết phương trình mặt cầu:
Mặt cầu tâm
Ia;b;c,
bán kính R có phương trình

222
2
xa yb zc R.
Bài tập: Phương trình mặt cầu tâm
2; 1;1 ,I bán kính R = 3 là

222
x2 y1 z1 9.

Xét phương trình:
222
y z 2ax 2by 2cz d 0. *x 
Ta có
222
*x2axy2byz2czd

222
222
xa yb zc a b c d. 
Điều kiện để phương trình (*) là phương trình mặt cầu
222
abcd.
Khi đó (S) có


22 2
taâm I a; b; c
baùnkínhR a b c d.
Đặc biệt mặt cầu
222 2
:x SyzR thì (S) có

taâm O 0;0;0
baùnkínhR.
2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
22 2
S:x y z 2x 6y 6z 6 0. Tính diện tích mặt cầu (S)
A. 100 .
B. 120 .
C. 9.
D. 42 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Mặt cầu (S) có tâm
I1; 3;3
, bán kính r19965.

Vậy diện tích mặt cầu là
22
4r 4.5 100.


Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm
I1; 2;3. Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục
Ox tại hai điểm A và B sao cho
AB 2 3.
A.

222
x 1 y 2 z 3 16. B.

22
2
x1 y2 z3 2() 0.
C.

222
x 1 y 2 z 3 25. D.

222
x1 y2 z3 9.

Chú ý:
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
:
- Xác định
điểm
M.
- Áp dụng công thức:

AM, u
dA, .
u




Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H
là trung điểm
AB IH AB tại



I;Ox
I; AB
HIHd d
Lấy


I,Ox
IM, i
M2;0;0 Ox IH d 3.
i




Bán kính mặt cầu cần tìm là
22
RIA IH HA 4.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là

222
x 1 y 2 z 3 16.
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

222
S:x 1 y 2 z 1 9

và hai điểm
A 4;3;1 , B 3;1;3 ; M là điểm thay đổi trên (S). Gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức
22
P2MA MB.
Giá trị
(m n)
bằng
A.
64. B. 60. C. 68. D. 48.
Hướng dẫn giải
Mặt cầu (S) có tâm
I1;2; 1
và bán kính R = 3.
Lấy điểm E sao cho
2AE BE 0 E 5;5; 1 .

Ta có IE 5.
Dễ thấy điểm E
là điểm nằm ngoài mặt cầu (S).
Khi đó
22
22 2 22
P 2MA MB 2MEAE MEBE ME 2AE BE.
   
P lớn nhất và nhỏ nhất khi và chỉ khi ME lớn nhất và nhỏ nhất.
maxME IE R 8;minME IE R 2. 
Do đó
2222
;n mimmaxP64 nP42AE BEE.2AE B 
Suy ra mn 60.
Chọn B.
BÀI 2. PHƯƠNG TR
ÌNH MẶT PHẲNG
A.
LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1.
Ph
ương tr
ình mặt phẳng
Vectơ pháp tuyến
Vectơ
0n
ρρ
là vectơ pháp tuyến của
nếu giá của
n
ρ
vuông góc với
.
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng
Hai vectơ
,ab
ρρ
không cùng phương là cặp vectơ chỉ phương của
nếu các giá của chúng song song
hoặc nằm trên

.
Chú ý:
Nếu
n
ρ
là một vectơ pháp tuyến của
thì
0kn k
ρ
cũng là vectơ pháp tuyến của

.
Nếu ,ab
ρρ
là một cặp vectơ chỉ ph
ương của
thì ,nab
ρ
ρρ
là một vectơ pháp tuyến của
.
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
0 Ax By Cz Dvới
222
0ABC
.
Nếu
()
có phương trình 0Ax By Cz D thì (;; )nABC
là một vectơ pháp tuyến của
()
.
Phương trình mặt phẳng
đi qua
0000
;;
M
xyz
và có một vectơ pháp tuyến ( ; ; )nABC
là:
000
0Ax x By y Cz z .
Các trường hợp đặc biệt
Các hệ số
Phương trình mặt phẳng
Tính chất mặt phẳng
0D .
0Ax By Cz
đi qua gốc tọa độ O
0A 0By Cz D
//Ox
hoặc
Ox
0B 0Ax Cz D
//Oy hoặc
Oy
0C
0Ax By D
//Oz hoặc
Oz
0AB 0Cz D
// Oxy
hoặc
Oxy
0AC 0By D
// Oxz hoặc
Oxz
0BC 0Ax D
// Oyz
hoặc
Oyz
Nếu
()
cắt các trục toạ độ tại các điểm
( ;0;0), (0; ; 0), (0;0; )abc
với
0
abc
thì ta có phương trình mặt
phẳng theo đoạn chắn
(): 1
x
yz
abc

.
Chú ý: Nếu trong phương trình ()
không chứa ẩn nào thì ()
song song hoặc chứa trục tương ứng.
2. Kh
oảng cách từ một điểm tới mặt phẳng
Trong không gian
,Oxyz
cho điểm
;;
A
AA
A
xyz và mặt phẳng
(): 0Ax By Cz D
.
Khi đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
()
được tính theo công thức:
222
d( ,( ))
AAA
A
xByCzD
A
ABC


3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng
Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
11 1 1 2 2 2 2
(): 0; (): 0Ax By Cz D Ax B y C z D
+)
111 1
222 2
() ()
A
BCD
A
BCD


.
+)
111 1
222 2
()//()
A
BC D
A
BC D


.
+)
11
22
() ()
A
B
A
B


hoặc
11
22
B
C
B
C
.
+)
12 12 12
() () 0AA BB CC
.
Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu
Trong không gian
,Oxyz
cho mặt phẳng và mặt cầu
(): 0Ax By Cz D
;
2222
():( )( )( )Sxa yb zc R.
Để xét vị trí của
()
và ()S ta làm như sau:
+) Nếu
,dI R
thì
()
không cắt
()S
.
+) Nếu
,dI R thì

tiếp xúc
S tại .H Khi đó H được gọi là
tiếp điểm đồng thời
H là hình chiếu vuông góc của I lên
và
được gọi là
tiếp diện.
+) N
ếu
,dI R
thì
cắt
S
theo đường tròn có phương trình
2
22 2
()()
():
0.
x
aybzcR
C
Ax By Cz D


Bán kính của
C
là
22
d[,( )]rR I
.
Tâm J của (C) là hình chiếu vuông góc của
I trên
.
4. Góc giữa hai mặt phẳng
Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
11 1 1
(): 0Ax By Cz D
và
22 2 2
(): 0Ax By Cz D

.
Góc giữa ( )
và ( )
bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến , .nn
Tức là


12 12 12
222 222
111 222
cos , cos , .
nn
AA BB CC
nn
nn
A
BC ABC


 






Chùm mặt phẳng
Tập hợp tất cả các mặt phẳng qua giao tuyến của hai mặt phẳng ()
và
()
được gọi là một chùm mặt phẳng.
Gọi

d là giao tuyến của hai mặt phẳng
11 1 1
22 2 2
(): 0
(): 0
Ax By Cz D
Ax By Cz D


Khi
đó nếu
P
là mặt phẳng chứa

d thì mặt phẳng
P
có dạng
11 1 1 2 2 2 2
0mAxByCzD nAxByCzD
với
22
0mn
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng
1. Phương pháp
1. Mặt phẳng
đi qua điểm
000
;;
M
xyz có vectơ pháp tuyến
;;nABC
ρ
là
000
0.Ax x By y Cz z
2.
Mặt phẳng ( )
đi qua điểm
000
;;
M
xyz có cặp vectơ chỉ phương , .ab
Khi
đó một vectơ pháp tuyến của
()
là [, ].nab
2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Cho mặt phẳng
:220.Qxy z  Viết phương trình mặt phẳng
()
P
song song với mặt
phẳng

,Q đồng thời cắt các trục
, Ox Oy
lần lượt tại các điểm
,
M
N
sao cho 22MN .
A. (): 2 2 0Pxy z . B. (): 2 0Pxy z
.
C.
(): 2 2 0.Pxy z  D. (): 2 2 0Pxy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
()//()
P
Q
nên phương trình mặt phẳng
()
P
có dạng
20(2).xy zD D

Khi
đó mặt phẳng ( )
P
cắt các trục ,Ox Oy lần lượt tại các điểm ( ;0;0)MD
, (0; ;0)ND.
Từ giả thiết:
2
2 2 2 2 2 2 (do 2).MN D D D 
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 2 2 0Pxy z .
Chú ý:
Mặt phẳng
đi qua điểm
000
;;
M
xyz
và song song với mặt phẳng (): 0Ax By Cz D
thì

có phương trình là
000
0Ax x By y Cz z
Bài tập 2:
Cho điểm (1;2;5).M Mặt phẳng ( )
P
đi qua điểm
M
cắt trục tọa độ ,,Ox Oy Oz tại , ,
A
BC
sao cho
M
là trực tâm tam giác
.
A
BC
Phương trình mặt phẳng
()
P
là
A.
80xyz

. B.
25300xyz
. C.
0
521
xyz

.
D.
1
521
xyz

.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
() ( ) (1)
OA BC
OA OBC BC OAM BC OM
AM BC
 
Tương tự
(2)AB OM
.
Từ (1) và (2) suy ra
()OM ABC hay ()OM P
.
Suy ra (1;2;5)OM

là vectơ pháp tuyến của ( )
P
.
Vậy phương trình mặt phẳng
P
là
1 2 2 5 5 0 2 5 30 0.xy z xyz
Bài tập 3: Cho tứ diện
A
BCD có đỉnh (8; 14; 10); , ,
A
AD AB AC
lần lượt song song với , , .Ox Oy Oz
Phương trình mặt phẳng

B
CD
đi qua
(7; 16; 15)H
là trực tâm
BCD
có phương trình là
A. 2 5 100 0xyz . B. 2 5 100 0xyz
 .
C.
0
71615
xy z


. D.
1
71615
xy z

.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Theo đề ra, ta có
()BCD đi qua (7; 16; 15),H
nhận (1; 2; 5)HA

là vectơ pháp tuyến. Phương trình
mặt phẳng

B
CD là
( 7) 2( 16) 5( 15) 0
2 5 100 0.
xy z
xyz


Vậy (
) : 2 5 100 0BCD x y z
 .
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz lập phương trình của các mặt phẳng song song với mặt
phẳng
(): 3 0xyz
và cách
()
một khoảng bằng 3.
A.
60; 0xyz xyz 
. B.
60xyz

.
C.
60; 0xyz xyz 
. D.
60; 0xyz xyz

.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi ( )
là mặt phẳng cần tìm. Ta có (0;0;3) ( )A
.
Do ( ) / /( )
nên phương trình của mặt phẳng ( )
có dạng:
0xyzm
 với 3m .
Ta có
|3|
d((),()) 3 d(,()) 3 3
3
m
A
 

.
6
|3|3
0
m
m
m

(thỏa mãn).
Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là
60xyz
 và 0xyz.
Bài tập 5: Trong không gian ,Oxyz cho hai mặt phẳng
(): 3 2 0,(): 3 4 0Px z Qx z
 .
Mặt phẳng song song và cách đều ( )
P
và ( )Q có phương trình là:
A. 310xz. B. 320xz. C. 360xz
. D. 360xz.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Điểm
(; ;)
M
xyz
bất kỳ cách đều
()
P
và
() ( ;()) ( ;())QdMPdMQ
32 34
|32||34|
32 34
19 19
24
310.
310
xz xz
xz xz
x
zxz
xz
xz

 






Vậy
M
thuộc (): 3 1 0.xz
Nhận thấy ()
song song với ()
P
và ()Q .
Bài tập 6: Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai điểm
1; 2;1 , 3; 4;0 AB và mặt phẳng
(): 46 0Paxbycz. Biết rằng khoảng cách từ ,
A
B đến mặt phẳng ( )
P
lần lượt bằng 6 và 3. Giá trị
của biểu thức
T abc bằng
A. 3. B. 6. C. 3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Gọi ,HK lần lượt là hình chiếu của ,
A
B trên mặt phẳng ()
P
.
Theo giả thiết, ta có:
3, 6, 3AB AH BK
.
Do đó ,
A
B ở cùng phía với mặt phẳng ( )
P
.
Lại có:
.
A
BBK AK AH
Mà
A
BBK AH
nên HK
.
Suy ra
,,
A
BH
là ba điểm thẳng hàng và
B
là trung điểm của
A
H
nên tọa độ
(5;6; 1)H
.
Vậy mặt phẳng ( )
P
đi qua (5;6; 1)H
và nhận (2;2; 1)AB

là vectơ pháp tuyến nên có phương
trình là
2( 5) 2( 6) 1( 1) 0 2 2 23 0xyz xyz
Theo bài ra, ta có
():4 4 2 46 0Pxyz
nên
4, 4, 2abc

.
Vậy
6Tab
c

.
Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến mặt cầu
1. Phương pháp
Viết phương trình mặt phẳng
tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm
.H
Giả sử mặt cầu

S
có tâm I và bán kính ,
R
khi đó ta viết được phương trình mặt phẳng ( )
đi qua H
và có một vectơ pháp tuyến là
nIH

.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt cầu
S
có phương trình
222
(1)( 2)(3)12xy z và mặt phẳng ( ): 2 2 3 0.Pxyz
 Viết phương trình mặt phẳng song
song với
()
P
và cắt ()S theo thiết diện là đường tròn ()C sao cho khối nón có đỉnh là tâm mặt cầu và
đáy là hình tròn (C) có thể tích lớn nhất.
A.
22 20xyz
hoặc
22 80xyz
.
B.
22 10xyz hoặc 22 110xyz.
C.
22 60xyz hoặc 22 30xyz.
D.
22 20xyz hoặc 22 20xyz.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
()//()
P
nên
():2 2 0( 3).xyzd d
Mặt cầu

S có tâm (1; 2;3),I bán kính 23R .
Gọi
H
là khối nón thỏa mãn đề bài với đường sinh
23.IM R
Đặt ( ,( )).xhdI
Khi đó bán kính đường tròn đáy hình nón là
2
12rx
.
Thể tích khối nón là

2
()
1
12
3
H
Vxx
với 023x .
Xét hàm số:

2
1
() 12
3
f
xxx
với
023x
.
Khi đó
()
f
x
đạt giá trị lớn nhất tại 2x
hay
(,( )) 2dI
.
Ta có
22 2
56 11
|2.1 2 ( 2) 3 |
(,( )) 2 2
56 1
22(1)
dd
d
dI
dd

 
 
 

.
.
Chú ý:
Công thức tính thể tích hình nón:
11
.2 .
33
VhS Rh
Trong đó
R
là bán kính đáy, h là chiều cao.
Bài tập 2: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu (S):
22 2
(1) 4xy z
 và điểm (2;2;2).A Từ
A
kẻ
ba tiếp tuyến
,,
A
BACAD
với mặt cầu
(,,
B
CD
là các tiếp điểm). Phương trình mặt phẳng
B
CD
là
A. 22 10xyz. B. 22 30xyz
.
C.
22 10xyz. D. 22 50xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có mặt cầu

S có tâm I (0;0;1) và bán kính 2R
.
Do ,,
A
BACAD là ba tiếp tuyến của mặt cầu ()S với ,,BCD là các tiếp điểm nên
AB AC AD
IA
IB IC ID R


là trục của đường tròn ngoại tiếp
.
B
CD
()IA BCD .
Khi đó mặt phẳng
B
CD
có một vectơ pháp tuyến (2;2;1)nIA
.
Gọi
J
là tâm của đường tròn ngoại tiếp
BCD J IA

và
.IJ BJ
Ta có
IBA
vuông tại
B
và
B
JIA nên
2
2
44
.
39
IB
IB IJ IA IJ IJ IA
IA


.
Đặt
(; ;).
J
xyz
Ta có
(; ; 1); (2;2;1)IJ x y z IA

.
Từ
4
9
IJ IA

suy ra
8813
;;
99 9
J



.
Mặt phẳng
()BCD đi qua
8813
;;
99 9
J



và nhận vectơ pháp tuyến
(2;2;1)n
có phương trình:
8813
22 02250
999
xyz xyz

  


.
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
S :
222
(1)(1)(1)12xyz
 và mặt phẳng
(): 2 2 11 0.Px y z Xét điểm
M
di động trên ( )
P
và các điểm , ,
A
BC phân biệt di động trên
S
sao cho
, ,
A
MBMCM là các tiếp tuyến của
.S
Mặt phẳng
A
BC
luôn đi qua điểm cố định nào dưới
đây?
A.
111
;;
422




.
B. (0; 1;3) . C.
3
;0;2
2



.
D.
0;3; 1
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt cầu

S
có tâm
I
(1;1;1) và bán kính
23R
.
Xét điểm
(;;) ( ); (;;) ()
M
abc P Ax yz S nên ta có hệ điều kiện:
222
222
(1)(1)(1)12
22110
xyz
AI AM IM
abc



222
222222
( 1) ( 1) ( 1) 12 (1)
12 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2)
22110(3)
xyz
xaybzcabc
abc

 


Lấy (1) (2) ta có:
222 2 22
(1)(1)(1) 12( )( )( )
x
yz xaybzc



222
12 ( 1) ( 1) ( 1)abc

(1)(1) (1) 90axbyczabc
Vậy mặt phẳng đi qua ba tiếp điểm là:
():( 1) ( 1) ( 1) 9 0Qa xb yc zabc
Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định (0;3;-
1).
Dạng 3. Phương trình mặt phẳng đoạn chắn
1. Phương pháp
Phương trình mặt phẳng ( )
đi qua ba điểm ( ;0;0), (0; ;0)
A
aBb và (0;0; )Cc với 0abc là:
1.
xyz
abc

2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Trong không gian với hệ trục tọa độ ,Oxyz cho hai điểm (3;0;0), (2;2;2)MN. Mặt phẳng ( )
P
thay đổi qua
,
M
N
cắt các trục
,Oy Oz
lần lượt tại
(0; ; 0), (0; 0; )Bb C c
với
,0.bc
Hệ thức nào dưới đây
là đúng?
A.
6bc
.
B.
3( )bc b c
. C.
bc b
c
.
D.
111
6bc

.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
()
P
đi qua
(3;0;0), (0; ;0), (0;0; )
M
Bb C c
với
,0bc
nên phương trình mặt phẳng
()
P
theo đoạn chắn là:
1
3
xyz
bc

Mặt phẳng
()
P
đi qua
(2;2;2)N
suy ra
222 111
1
36bc bc

.
Bài tập 2: Trong không gian ,Oxyz cho điểm
1; 4; 3 .G Phương trình mặt phẳng cắt các trục tọa độ
,,Ox Oy Oz lần lượt tại , ,
A
BC sao cho
G
là trọng tâm tứ diện
OABC
là
A.
1
3129
xyz

.
B.
1
41612
xy z

.
C.
312 9780xyz. D. 4 16 12 104 0xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử (,0,0); (0,,0); (0;0;)
A
aBbCc.
(1; 4; 3)G
là trọng tâm tứ diện
4
4
4
A
BCD
G
A
BCD
G
ABCD
G
x
xxx
x
yyyy
OABC y
zzzz
x




0004.1 4
00 04.4 16
000 4.3 12
aa
bb
cc






.
Ta có phương trình mặt phẳng ( )
A
BC là: 1
41612
xy z
.
Bài tập 3: Trong không gian với hệ tọa độ .Oxyz Viết phương trình mặt phẳng
P
đi qua điểm
(1; 2; 3)M và cắt các trục , ,Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm , ,
A
BC khác với gốc tọa độ
O
sao cho biểu
thức
22 2
111
OA OB OC

có giá trị nhỏ nhất.
A.
(): 2 14 0Px yz
. B.
(): 2 3 14 0Px y z

.
C.
(): 2 3 11 0Px y z. D. (): 3 14 0Pxy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi H là trực tâm
.
A
BC
Ta có

() 1.
BH AC
AC OBH AC OH
OB AC
 
Chứng minh tương tự, ta có:
B
COH
2 .
Từ (1), (2) ta có ( )OH ABC .
Suy ra
22 2 2
111 1
OA OB OC OH
 .
Vậy để biểu thức
22 2
111
OA OB OC

đạt giá trị nhỏ nhất thì
OH
đạt giá trị lớn nhất. Mà
OH OM
nên
OH
đạt giá lớn nhất bằng
OM
hay
.HM
Khi đó ( )OM ABC nên ( )
P
có một vectơ pháp tuyến là (1;2;3)OM

.
Phương trình mặt phẳng ( )
P
là
1( 1) 2( 2) 3( 3) 0 2 3 14 0xyz xyz   .
Bài tập 4: Trong không gian ,Oxyz có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm
4; 4;1M
và chắn trên ba trục
tọa độ ,,Ox Oy Oz theo ba đoạn thẳng có độ dài theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng
1
?
2
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi ( ; 0; 0), (0; ;0), (0; 0; )
A
aBbCc với 0abc
là giao điểm của mặt phẳng ()
P
và các trục toạ độ. Khi
đó
()
P
có phương trình là
1
x
yz
abc

.
Theo giả thiết ta có:
441
8, 4, 2
()
1
8, 4, 2
11
11
|| || ||
16, 8, 4
24
24
abc
MP
abc
ab c
OC OB OA
cba
ab c









Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn.
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm

1; 0; 0 , 0;1;0 .AB
Mặt phẳng
0xaybzc đi qua các điểm ,
A
B đồng thời cắt tia Oz tại C sao cho tứ diện OABC có thể tích
bằng
1
.
6
Giá trị của
32abc là
A. 16. B. 1. C. 10. D. 6.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng đi qua các điểm ,
A
B đồng thời cắt tia Oz tại
0;0;Ct
với 0t có phương trình là
1
11
xyz
t
.
Mặt khác:
OABC
11
.
66
V  OA.OB.OC
1
1
6
t
.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng
110
111
xyz
xyz
.
Vậy 1, 1ab c .
Suy ra
3213.126abc .
Dạng 4. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho hai mặt phẳng:
(): 0PAxByCzD
;
:0PAxByCzD

.
Kh
i đ
ó:
()
P
cắt
:: : :.PABCABC



()//
A
BC D
PP
A
BCD


.

()
A
BCD
PP
A
BCD


.
 
() ()
() 0
PP
PP
PP n n nn



.
0.AA BB CC


Chú ý:
Nếu
0A
thì tương ứng
0A
.
Nếu
0B thì tương ứng 0B
.
Nếu
0C thì tương ứng 0C
.
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục toạ độ ,Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : 2 1 0xyz
và
():2 4 2 0xymz
.
Tìm
m để

và
song song với nhau.
Hướng dẫn giải
Ta có
12 1 1
()//()
24 2m




(vô lý vì
24 2
12 1

).
Vậy không tồn tại
m
để hai mặt phẳng
,
song song với nhau.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng
P
có phương trình
(1) 100mx m y z và mặt phẳng ():2 2 3 0Qxyz
.
Với giá trị nào của
m thì
()
P
và
()Q
vuông góc với nhau?
A. 2m  . B. 2m . C. 1m
. D. 1m  .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
(): ( 1) 10 0Pmx m yz có vectơ pháp tuyến
1
(; 1;1)nmm
.
():2 2 3 0Qxyz
có vectơ pháp tuyến
2
(2;1; 2)n
.
12
() () 0 2 12 0 1PQnn mm m

.
Dạng 5. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho mặt phẳng ( ) : 0Ax By Cz D
và mặt cầu tâm ;I bán kính .
R
()
và ( )S không có điểm chung ( ,( ))dI R
.
()
tiếp xúc với () (,()) .SdI R
Khi đó ()
là tiếp diện.
()
và ()S cắt nhau (;( ))dI R
.
Khi đó
O
có tâm là hình chiếu của
I
trên
và bán kính
22
(;( ))rRdI
.
2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
222
(): 6 4 12 0Sx y z x y
 .
Mặt phẳng nào cắt
S theo một đường tròn có bán kính 3?r
A. 43 4260xyz . B. 22 120xyz
 .
C.
345172020xyz . D. 30xyz
 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phương trình mặt cầu

S là
222
6 4 12 0.xyz xy
Suy ra tâm
3; 2; 0I
và bán kính
5R
.
Ta gọi khoảng cách từ tâm
I của mặt cầu tới các mặt phẳng ở các đáp án là h, khi đó để mặt phẳng cắt
mặt cầu
S theo một đường tròn có bán kính 3r
thì
22
25 9 4hRr
 .
Đáp án
A loại vì
|18 4 26 |
4
26
h

.
Đáp án
B loại vì
14
4
3
h .
Chọn đáp án
C vì 4h .
Đáp án
D loại vì
13
4
3
h
.
Bài tập 2: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
1; 2; 2I
và mặt phẳng
():2 2 5 0.Pxyz Phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ()
P
theo giao tuyến là một đường
tròn có diện tích bằng
16 là
A.
222
(2)(2)(1)36xyz.
B.
222
(1)( 2)(2)9xy z .
C.
222
(1)( 2)(2) 25xy z .
D.
222
(1)( 2)(2)16xy z .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
222
|2.1 2.2 2 5|
(;( )) 3
221
adIP



.
Bán kính của đường tròn giao tuyến là:
16 4
S
r

.
Mặt cầu tâm
I
cắt mặt phẳng
P
theo giao tuyến là một đường tròn nên ta có
222
916 25 5Rar R.
Vậy phương trình mặt cầu tâm I , bán kính
5R
là:
222
(1)( 2)(2)25xy z .
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho mặt cầu
S có phương trình
222
24620xyz xyz

và mặt phẳng
():4 3 12 10 0.xy z
Tìm phương trình mặt phẳng
thỏa mãn đồng thời các điều
kiện: tiếp xúc với
S ; song song với ( )
và cắt trục
Oz
ở điểm có cao độ dương.
A. 4 3 12 78 0xy z . B. 4 3 12 26 0xy z
.
C.
4 3 12 78 0xy z . D. 4312260xy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu ()S có tâm (1; 2; 3),I bán kính
222
12324R
.
Vì ( ) / /( )
nên phương trình ( )
có dạng: 4 3 12 0, 10xy zd d
 .
Vì
()
tiếp xúc mặt cầu
()S
nên
(,( ))
22 2
26
| 4.1 3.2 12.3 |
4| 26|52
78
4 3 ( 12)
I
d
d
dR d
d



.
Do
()
cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn 78d
.
Vậy phương trình mặt phẳng
():4 3 12 78 0xy z

.
Dạng 6. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng
1. Phương pháp
Khoảng cách từ điểm
0000
;;
M
xyz
đến mặt phẳng
:0Ax By Cz D

là


000
0
222
,.
A
xByCzD
dM
ABC



2. Bài tập
Bài tập 1:
Trong không gian ,Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng
:22100Px y z
và

:2230Qx y z
bằng
A.
4
.
3
B. 3. C.
8
.
3
D.
7
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Vì
//
P
Q nên
,,dP Q dAQ với
.
A
P
Chọn

0;0;5
A
P thì


222
02.02.53
7
.
3
122
dAQ



Chú ý:
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng
này đến mặt phẳng kia.
Nếu hai mặt phẳng không song song thì khoảng cách giữa chúng bằng 0.
Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục toạ độ
,Oxyz
cho
1; 2;3 , 3;4; 4 .AB
Tìm tất cả các giá trị của
tham số
m sao cho khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
:2 1 0Pxymz
 bằng độ dài đoạn
thẳng
.
A
B
A. 2.m B. 2.m  C. 3.m
D. 2.m 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
 
222
2; 2;1 2 2 1 3 1 .AB AB
υυυρ
Khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
P
là
22 2 2
|2.1 2 3 1| |3 3|
(,())
21 5
mm
dA P
mm



(2).
Vì

22
2
|3 3|
(,()) 3 95 9( 1) 2
5
m
AB d A P m m m
m

.
Bài tập 3: Trong không gian
,Oxyz
cho tứ diện
A
BCD với
1; 2;1 ,A
2;1;3 ,B
(3;2;2), (1;1;1)CD
. Độ dài chiều cao
DH
của tứ diện bằng
A.
314
14
.
B.
14
14
.
C.
414
7
.
D.
314
7
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có (1; 1;2), (2;0;1) [ ; ] ( 1;3;2)AB AC AB AC
  
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
()
A
BC
.
Vậy phương trình mặt phẳng
()
A
BC
là
1( 1) 3( 2) 2( 1) 0 3 2 7 0xy z xyz .
Độ dài chiều cao DH của tứ diện
A
BCD
là khoảng cách từ D đến ( )
A
BC .
Suy ra
222
| 1.1 3.1 2.1 7 | 3 14
(,( ))
14
(1) 3 2
DH d D ABC



.
Bài tập 4: Trong không gian tọa độ
,Oxyz
cho điểm
;;
A
abc
với
,, 0.abc
Xét
P
là mặt phẳng thay
đổi đi qua điểm
A
. Khoảng cách lớn nhất từ điểm O đến mặt phẳng ()
P
bằng
A.
222
abc. B.
222
2 abc. C.
222
3 abc
. D.
222
4 abc.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng
P
.
Khi đó
222
(,())dOP OHOA abc.
Dạng 7. Góc giữa hai mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho hai mặt phẳng

, có phương trình:

11 1 1
22 2 2
:0
:0.
Ax By Cz D
Ax B y Cz D


Góc giữa

,
bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến
12
,.nn
υ
ρυυρ

•
12
12
.
cos ,
.
nn
nn

υρ υυρ
υρ υυρ
12 12 12
222222
111 222
.
.
AA BB CC
A
BC ABC

 
Chú ý:

•
0,90.
oo
 
2. Bài tập
Bổ
sung
sau
Dạng 8. Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian ,Oxyz cho ba điểm
1;1;1 , 1; 2; 0 , 3; 1; 2AB C và
M
là điểm thuộc
mặt phẳng
:2 2 7 0.xy z
Tính giá trị nhỏ nhất của
357.
P
MA MB MC
υυυρ υυυρ υυυυρ
A.
min
20.P B.
min
5.P C.
min
25.P
D.
min
27.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi điểm
;;Ixyz sao cho 357 0.IA IB IC
υυρυυρυυρρ
Khi đó



31 5 1 7 3 0
23
31 5 2 7 1 0 20 23;20; 11.
11
31 50 7 2 0
xxx
x
yy y y I
z
zzz






 
Xét
357 3 5 7 .
P
MA MB MC MI IA MI IB MI IC
υυυρ υυυρ υυυυρ υυυρυυρυυυρυυρ υυυρυυρ
357 .
M
IIAIBICMIMI
υυυρυυρυυρυυρ υυυρ
min
P
khi
M
I ngắn nhất hay
M
là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng
.
Khi đó:



min
2
22
2. 23 20 2. 11 7
, 27.
212
PdI



Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ ,Oxyz cho hai điểm
3;5; 5 , 5; 3;7AB và mặt
phẳng
(): 0.Pxyz Tìm toạ độ điểm
M
trên mặt phẳng ()
P
sao cho
22
2
M
AMB
lớn nhất.
A. ( 2;1;1)M . B. (2; 1;1)M . C. (6; 18;12)M
. D. (6;18;12)M .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi I thỏa mãn
20.IA IB

Khi đó
2( ) 0 2 (13; 11;19).IO OA IO OB OI OB OA I 
     
Ta có

22 2 2
22 22 2
22 2 2.
M
AMBMAMBMIIAMIIBMIIAIB
   
22
2
M
AMB
lớn nhất khi
M
I
nhỏ nhất. Khi đó
I
là hình chiếu vuông góc của
M
lên
()
P
.
Ta tìm được
(6; 18;12)M
.
Bài tập 3: Trong không gian ,Oxyz cho các điểm ( ;0; 0), (0; ;0), (0; 0; )
M
mNnPp không trùng với gốc
tọa độ và thỏa mãn
22 2
3mnp . Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng
M
NP bằng
A.
1
3
.
B. 3. C.
1
3
.
D.
1
27
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do , ,
M
NP không trùng với gốc tọa độ nên 0, 0, 0mn p
.
Phương trình mặt phẳng ( )
M
NP là:
111
110
xyz
xyz
mn p m n p
 .
Suy ra
22 2
1
(,( ))
111
dO MNP
mn p

.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương
22 2
,,mn p và ba số dương
2
1
m
22
11
,
np
ta có:
22 2 222
3
3mn p mnp và
3
22 2 222
111 1
3
mn p mnp
 .
Suy ra

22 2
22 2
111
9mn p
mn p





22 2
22 2
111
39do 3mn p
mn p




22 2 22 2
22 2
111 111 1 1
33
111 3
mn p mn p
mn p
 

Vậy
1
(,( )) .
3
dO MNP Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
22 2
1mn p
.
Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ
O đến mặt phẳng
M
NP
là
1
3
.
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
(): 2 2 3 0Px y z

và mặt cầu
222
(): 2 4 2 5 0.Sx y z x y z
Giả sử
()
M
P
và
()NS
sao cho
M
N

cùng phương với vectơ
(1; 0;1)u
và khoảng cách giữa
M
và N lớn nhất. Tính .
M
N
A.
3MN
. B.
122MN 
. C.
32MN
. D.
14MN
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

S có tâm
(1;2;1)I
và bán kính
1R
.
Ta có:
222
|12.2 2.13|
(,( )) 2
122
dI P R



.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
N trên mặt phẳng
P
và
là góc giữa
M
N và .NH
Vì
M
N
υυυυρ
cùng phương với
u
nên góc
có số đo không đổi.
M
NH
vuông tại H có
•
HNM nên
1
.cos .
cos
HN MN MN HN
Do đó
M
N lớn nhất HN lớn nhất (,( )) 3.HN d I P R

Có
1
cos cos( , )
2
P
un

nên
1
32
cos
MN HN
.
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
gọi
:30Paxbycz
 (với
,,abc
là các số
nguyên không đồng thời bằng 0) là mặt phẳng đi qua hai điểm
0; 1; 2 , 1;1; 3MN và không đi qua
điểm
(0;0;2).H
Biết rằng khoảng cách từ
H
đến mặt phẳng
()
P
đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của tổng
2312Ta b c
bằng
A. 16 . B. 8. C. 12. D. 16.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi
K
là hình chiếu của H lên ( ),
P
E là hình chiếu của H lên .
M
N
Ta có
(;())dH P HK và (; ) ,d H MN HE HK HE
(không đổi).
Vậy ( ;( ))dH P lớn nhất khi ,
K
E với E là hình chiếu của H lên
M
N
.
Suy ra
117
;;
333
E




.
Vậy mặt phẳng ( )
P
cần tìm là mặt phẳng nhận
111
;;
333
HE





làm vectơ pháp tuyến và đi qua
M
có phương tr
ì
nh là
30xyz .
Suy ra
1
1
1
a
b
c


.
Vậy 16T .
BÀI
3. PHƯƠNG TR
ÌNH ĐƯỜNG THẲNG
A.
LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1.
Phương tr
ình đường thẳng
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
Cho đường thẳng . Vectơ
0

u gọi là vectơ chỉ phương của
đường thẳng nếu giá của nó song song hoặc trùng với .
Cho đường thẳng đi qua
000
;;
M
xyz
và có vectơ chỉ
phương là

;;
uabc.
Chú ý:
+ Nếu
u là vectơ chỉ phương của
thì
.0
ku k cũng là vectơ chỉ
phương của .
+
Nếu đường thẳng đi qua hai điểm
A, B thì

A
B
là một vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thẳng
Phương trình tham số của đường thẳng có dạng
0
0
0
, (1)



xx at
yy btt
zz ct
Cho đường thẳng có phương trìn
h
(1) thì
+
;;
uabc
là một vectơ chỉ
phương của .
+ Với điểm
M
thì
000
;;
M
xatybtzct
trong đó t
là một giá trị cụ thể tương ứng với
từng điểm M.
Phương trình chính tắc
Nếu
,, 0abc
thì phương trình chính tắc của đường thẳng có
dạng

000
2


xx yy zz
abc
2. Khoảng cách
Khoả
ng
cách từ điểm đến đường thẳng
Cho đường thẳng đi qua
0
M
, có vectơ chỉ phương
u
và điểm
M
. Khi đó để tính khoảng
cách từ
M
đến ta có các cách sau:
Cách 1: Sử dụng công thức:

0
,
,

M
Mu
dMd
u
.
Cách 2:
+ Lập ph
ương trình mặt phẳng

P
đi qua
M
vuông góc với .
+ Tìm giao điểm H của

P
với .
+ Khi đó độ dài
M
H là khoảng cách cần tìm.
Cách 3:
+ Gọi Nd, suy ra tọa độ N theo tham số t .
+ Tính
2
M
N theo t .
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của tam thức bậc hai.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau đi qua
0
M
có vectơ chỉ phương
u và
đi qua
0
M
có vectơ
chỉ phương

u . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
được tính theo các cách sau:
Cách 1: Sử dụng công thức:

00
,.
,
,







uu MM
d
uu
.
Cách 2: Tìm đoạn vuông góc chung
M
N
. Khi đó độ dài
M
N
là khoảng cách cần tìm.
Cách 3: Lập phương trình mặt phẳng
P
chứa qua và song song với
. Khi đó khoảng cách
cần tìm là khoảng cách từ một điểm bất kì trên
đến
P
.
3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, hai đường thẳng
000
1
:


x
xyyzz
d
abc
đi qua
1000
;;
M
xyz có
vectơ chỉ phương
1
;;

uabc, và
000
2
:




x
xyyzz
d
abc
đi qua
2000
;;
M
xyz có
vectơ chỉ phương
2
;;


uabc.
Để xét vị trí tương đối của
1
d và
2
d , ta sử dụng
phương pháp sau:
Phương pháp hình học
+
1
d trùng
2
d
3
12
12
123
12
12
//




 
a
aa
uu
bbb
Md
Md
+
12
12
112
,0
//
,0
uu
dd
uMM




 

hoặc
3
12
12
123
12
12
||



 
a
aa
uu
bbb
Md
Md
Ta có thể dùng
phương pháp đại số để xét vị
trí tương đối: Dựa vào số nghiệm của hệ
phương trình các đường thẳng.
Chú ý trường hợp vô nghiệm
+ Nếu
12
;

uu cùng phương thì
12
//dd.
+ Nếu
12
;

uu
không cùng phương thì
12
;dd
chéo nhau.
+
1
d cắt
2
d
12
12 12
,0
,. 0




 
  
uu
uu MM
+
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0



 
uu MM
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
:0Ax By Cz D
có vectơ pháp tuyến
;;

nABC
và đường thẳng
0
0
0
:
x
xat
dyybt
zz ct
đi qua
000
;;
M
xyz
có vectơ chỉ phương
;;

d
uabc
.
Phương p
háp đại số
Xét hệ phương trình



0
0
0
1
2
3
04




xx at
yy bt
zz ct
Ax By Cz D
Để xét vị trí tương đối của
d và
ta sử dụng phương
pháp sau:
Phương pháp hình học
Nếu

000
;;

d
un
Mxyz
thì
d
.
Nếu

000
;;

d
un
Mxyz
thì

//d
.
Nếu

d
u và

n
cùng phương .

d
ukn
với 0
k
thì
d
.
Nếu
.0

d
un
;

d
u và

n
không cùng phương thì d
cắt

.
Thay (1), (2), (3) vào (4), ta được
000
0*A x at B y bt C z ct D 
+) Nếu ph
ương trình (*) vô nghiệm
t
thì
//d
.
+) Nếu phương trình (*) có nghiệm t duy
nhất thì
d
cắt
.
+) Nếu phương trình (*) có vô số nghiệm t
thì
d
.
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng
d
và mặt phẳng
ta giải phương trình (*),
sau đó thay giá trị t vào phương trình tham số
của
d
để tìm
;;
x
yz
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng và mặt cầu
có phương trình lần lượt là:
0
0
0
:,



xx at
dyybtt
zz ct
và

222
2
: Sxa yb zc R
.
Để xét vị trí tương đối của
d và
ta sử dụng
phương pháp sau:
Phương pháp hình học
Bước 1:
Tìm khoảng cách từ tâm I của
S đến d .
Bước 2:
+ Nếu
, dId R thì d không cắt
S .
+ Nếu
, dId R
thì d tiếp xúc
S
.
+ Nếu
, dId R thì d cắt
S .
Phương pháp đại số
thay x, y, z từ phương trình tham số của d vào
phương trình
S
, khi đó ta được phương trình
bậc hai theo t . Biện luận số giao điểm của
d và
S theo số nghiệm của phương trình
bậc hai theo
t
.
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng và
mặt cầu ta giải phương trình bậc hai theo
t
,
sau đó thay giá trị của
t
vào phương trình
tham số của d để tìm
;;
x
yz
.
4. Góc
Góc giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
12
,dd
lần lượt có các vectơ pháp tuyến là
12
,
 
uu
.
Góc giữa
1
d
và
2
d
bằng hoặc bù với góc giữa
1
u
và
2

u
.
Ta có:


12
12 12
12
.
cos , cos ,
.




uu
dd uu
uu
.
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn.
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có vectơ
chỉ phương

d
u và mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến

n
.
Góc giữa đường thẳng
d và mặt phẳng
bằng
góc giữa đường thẳng
d
với hình chiếu
d
của nó trên
.
Ta có:



.
sin , cos ,
.




d
d
d
un
dun
un
.
Chú ý: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là
góc nhọn.
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG
Đi qua
0000
;;
M
xyz
và có
vectơ chỉ phương là
;;
uabc
Tham số:
0
0
0
,



xx at
yy btt
zz ct
Chính tắc:
Nếu , , 0
abc thì
000


x
xyyzz
abc
u
Phương
trình đư
ờ
n
g
ĐƯỜNG THẲN
G
Vị trí
tươn
g đối
Hai đường thẳng
12
,dd
12 12
12 12
12 12
// //
;//







uu uu
dd dd
M
dMd
;
1
d cắt
2
d
12 12 12
,0;,. 0



 
uu uu MM
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0


 
uu MM
Đường thẳng
d và mặt phẳng

000
;;;

d
dunMxyz
000
;;;// 

d
dunMxyz
d cắt
.0
d
un

, ,

d
un
không cùng phương
Đường thẳng
d và mặt cầu
,SIR
d
không cắt
S
,dId R
d
ti
ế
ú
S
dId R
Khoản
g
cách
Khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng

0
,
,




M
Mu
dM
u
Khoảng cách 2 đường
thẳng chéo nhau
,

0
,.
,







uu MM
d
Góc
Giữa hai đường thẳng
d và
d

12 12
cos , cos ,
 
dd uu
Góc
giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng

sin , cos ,

d
dun
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng
1. Phương pháp
Đường thẳng d đi qua điểm

0000
;;
M
xyz
và có vectơ chỉ phương
123
;;
aaaa
có phương
trình tham số là

01
02
03



xx at
yy att
zz at
.
Đường thẳng
d
đi qua hai điểm A, B: Một vectơ chỉ phương của d là

A
B .
Đư
ờng thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và song song với đường thẳng cho trước: Vì
//
d
nên ve
ctơ chỉ phương của cũng là vectơ chỉ phương của
d .
Đường thẳng d đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và vuông góc với mặt phẳng
P
cho trước: Vì
dP
nên vectơ pháp tuyến của
P
cũng là vectơ chỉ phương của
d
.
Đường thẳng
d là giao tuyến của hai mặt phẳng
P
,
Q
.
Cách 1: Tìm một điểm và một vectơ chỉ phương
Tìm toạ độ một điểm
A
d bằng cách giải hệ phương trình mặt phẳng của
P
,
Q với việc
chọn giá trị cho một ẩn.
Tìm một vectơ chỉ phương của d : ,
PQ
ann

.
Cách 2: Tìm hai điểm A, B thuộc d rồi viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đó.
Đường thẳng d đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và vuông góc với hai đường thẳng
12
,dd: Vì
12
,dddd nên một vectơ chỉ phương của d là:
12
,
 
dd
uuu.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác
A
BC có
2;1; 1 , 2;3;1 AB và
0; 1;3C .
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
A
BC và vuông góc với mặt
phẳng
A
BC . Phương trình đường thẳng d là
A.
112
111


xyz
.
B.
1
111
x
yz
.
C.
2
211

x
yz
.
D.
1
111
x
yz
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
4; 2; 2 16 4 4 2 6

AB AB .
2; 2; 4 4 4 16 2 6

AC AC
.
2; 4; 2 4 16 4 2 6

BC BC .
Vậy tam giác
A
BC
đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm
0;1;1G .
Ta có

, 12;12;12 12 1;1;1




AB AC .
Đường thẳng
d
đi qua
0;1;1G và có vectơ chỉ phương cùng phương với
,



A
BAC
, do đó
chọn
1;1; 1
u .
Phương trình đường thẳng
d
là
1
1
x
t
yt
zt
.
Với
1t , ta có điểm
1; 0; 0
A
d
.
Vậy đường thẳng
d đi qua
1; 0; 0A
và có vectơ chỉ phương
1;1; 1
u .
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho hai
1; 2; 3 , 3; 4; 5 MN
và mặt phẳng
:23140Px y z . Gọi là đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng
P
, các điểm
,HK
lần lượt là hình chiếu vuông góc của ,
M
N trên . Biết rằng khi
M
HNK
thì trung điểm của HK
luôn thuộc một đường thẳng
d cố định, phương trình của đường thẳng d là
A. 13 2
4


xt
yt
zt
.
B. 13 2
4


xt
yt
zt
.
C. 13 2
4

xt
yt
zt
.
D.
1
13 2
4


x
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi I là trung điểm của HK .
Do
M
HNK nên HMI KNI IM IN . Khi đó I thuộc mặt phẳng
Q
là mặt phẳng
trung trực của đoạn
M
N .
Ta có
Q
đi qua trung điểm của
M
N
là điểm
2;3; 4J
và nhận

1
1; 1; 1
2


nMN
làm vectơ
pháp tuyến nên có phương trình là
:90
Qxyz
.
Mà
IA P. Suy ra

90
:
23140



xyz
Id P Q
xyz
Tìm được
0;13; 4d và vectơ chỉ phương của d là
1; 2;1 .
Vậy
:132
4


xt
dy t
zt
.
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz. Cho điểm
1;1; 1E , mặt cầu
222
:4
Sx y z và mặt phẳng

:3530Px y z . Gọi là đường thẳng đi qua E , nằm trong
P
và cắt

S tại hai điểm
,
A
B sao cho OAB là tam giác đều. Phương trình tham số của là
A.
12
1
1



x
t
yt
zt
. B.
14
13
1



x
t
yt
zt
. C.
12
1
1
x
t
yt
zt
. D.
1
1
12



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
;;
uabc
là một vectơ chỉ phương của với
222
0
abc
.
Ta có
1; 3; 5

P
n .
Vì

P
nên .0 350 35  

PP
un un a b c a b c. (1)
Mặt cầu
S có tâm
0; 0; 0O và bán kính 2
R .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
O trên
A
B
Ta có
OAB
là tam giác đều cạnh
R
nên
3
3
2

R
OH .
Suy ra khoảng cách từ
O
đến đường thẳng bằng
3OH
.
Khi đó
,
3



uOE
u

222
222
3 ab bc ca abc

2
00 abc abc (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
35 0 2bcbc bca c.
Thay
1c thì 1b và 2a .
Ta được một vectơ chỉ phương của
là
2; 1; 1

u
Vậy phương trình của đường thẳng
là
12
1
1
x
t
yt
zt
.
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng bằng phương pháp tham số hóa
1. Phương pháp
Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz , vuông góc và cắt đường thẳng .
Cách 1: Gọi
H là hình chiếu vuông góc của
0
M
trên đường thẳng . Khi đó
0
,

 
HMHu.
Khi đó đường thẳng
d là đường thẳng đi qua
0
,
M
H .
Cách 2: Gọi
P
là mặt phẳng đi qua
0
M
và vuông góc với d .
Q là mặt phẳng đi qua
0
M
và
chứa
d . Khi đó

dP Q
Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và cắt hai đường thẳng
12
,dd.
Cách 1: Gọi
11 2 2
, 
M
ddMdd
. Suy ra
012
,,
M
MM
thẳng hàng. Từ đó tìm được
12
,
M
M
và suy ra phương trình đường thẳng
d .
Cách 2: Gọi

P
là mặt phẳng đi qua
0
M
và chứa
1
d ;
Q là mặt phẳng đi qua
0
M
và chứa
2
d .
Khi đó

dP Q. Do đó một vectơ chỉ phương của d có thể chọn là ,



PQ
unn.
Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng
P
và cắt cả hai đường thẳng
12
,dd: Tìm các giao điểm
 
12
,
A
dPBd P . Khi đó d chính là đường thẳng
A
B .
Đường thẳng d song song với và cắt cả hai đường thẳng
12
,dd: Viết phương trình mặt phẳng
P
song song với và chứa
1
d , mặt phẳng
Q
song song với và chứa
2
d . Khi đó

dP Q.
Đường thẳng d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng
12
,dd
chéo nhau:
Cách làm: Gọi
12
, 
M
dNd. Từ điều kiện
1
2
M
Nd
M
Nd
, ta tìm được
,
M
N
. Viết phương trình
đường thẳng
M
N
chính là đường vuông góc chung của
12
,dd.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:10
Pxyz và đường
thẳng
421
:
22 1


x
yz
d . Phương trình đường thẳng
d
là hình chiếu vuông góc của
d
trên
mặt phẳng

P
là
A.
21
57 2


x
yz
.
B.
21
57 2

x
yz
.
C.
21
57 2


x
yz
.
D.
21
57 2

x
yz
.
Hướng dẫn giảii
Chọn B.
Đường thẳng d có phương trình tham số là

42
22
1



xt
ytt
zt
.
Lấy điểm
42;22;1 
M
dP M t t td. Thay đổi tọa độ điểm
M
vào phương
trình mặt phẳng
P
ta được:
42 22 1 0 2ttt t
.
Suy ra
0; 2;1M .
Do đó
0; 2;1dPM
.
Lấy
4; 2; 1
A
d
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng
P
.
Đường thẳng
A
H đi qua
4; 2; 1A và nhận

1; 1; 1

P
n làm vectơ chỉ phương nên
A
H có
phương trình là

1
11
1
4
2
1



xt
ytt
zt
.
Suy ra
111
4;2;1Ht t t.
Thay tọa độ
H vào phương trình mặt phẳng
P
được
111 1
21081
42110 ;;
3333
ttt t H




.
M
H
là hình chiếu của d lên mặt phẳng
P
,
M
H
đi qua
0; 2;1M và nhận

10 14 4 2
;; 5;7;2
333 3





MH
là vectơ chỉ phương nên có phương trình là
21
57 2


x
yz
.
Bài tập 2. Cho các đường thẳng
1
11
:
121

x
yz
d và đường thẳng
2
23
:
122


xyz
d .
Phương trình đường thẳng đi qua
1; 0; 2A , cắt
1
d và vuông góc với
2
d là
A.
12
221


xyz
.
B.
12
411

xyz
.
C.
12
23 4


xyz
.
D.
12
221

xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
1
Id ,
1,12, ;21; 2 

It tt AItt t là một vectơ chỉ phương của .
Do
2
1; 2; 2
d
u
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
2
d và
2
d .
Suy ra
2
.0 221220360 2  

d
AI u t t t t t
.
Vậy
2; 3; 4

AI . Phương trình đường thẳng cần tìm là
12
23 4

xyz
.
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:3 2 0
Pxyz và hai đường
thẳng
1
16
:
121


x
yz
d
và
2
124
:
314



xy z
d
.Đường thẳng vuông góc với

P
cắt cả hai
đường thẳng
1
d và
2
d có phương trình là
A.
21
312


x
yz
.
B.
54
312

xyz
.
C.
281
31 2


x
yz
.
D.
122
31 2


xy z
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
1
1
16
:62,
121



xt
xy z
dytt
zt
1
1;62;
M
dM t tt.
2
13
124
:2,
314
44






xt
xy z
dytt
zt
1
13;2 ;4 4

 Nd N t t t
.
23;42;44



M
Ntt tttt.
:3 2 0 Pxyz có vectơ pháp tuyến
3;1; 2
n .
Đường thẳng

d vuông góc với
P
cắt cả hai đường thẳng
1
d
tại
M
và cắt
2
d
tại
N suy ra
233 2
42 1
442 1










tt k t
MN kn t t k t
tt k k
21;2;2 tM
Do
dP nên


d
P
un.
Phương trình đường thẳng
d là
13
2;
22



xs
yss
zs
.
Chọn

21
12;1;0 :
312

x
yz
sA dd
.
Bài tập 4. Viết phương trình đường thẳng
d
qua
1; 2; 3A
cắt đường thẳng
1
2
:
21 1

xyz
d
và
song song với mặt phẳng
:20Pxyz .
A.
1
2
3



x
t
yt
zt
. B.
1
2
3


x
t
yt
z
. C.
1
2
3
x
t
yt
z
. D.
1
2
3



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do
1
2;; 2 2 1; 2; 1

dd B Bmmm AB m m m
.
d
song song với mặt phẳng
P
nên

.01211.2 10 1 1;1;0 

P
AB n m m m m AB .
Vậy phương trình đường thẳng
1
2
3
x
t
yt
z
.
Bài tập 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
:2 10 0 Pxyz , điểm
1; 3; 2A và đường thẳng
211
:
21 1


x
yz
d
. Tìm phương trình đường thẳng cắt
P
và d
lần lượt tại
M
và N sao cho
A
là trung điểm của
M
N .
A.
613
74 1


x
yz
.
B.
613
74 1


xyz
.
C.
613
741



xyz
.
D.
613
741


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2 2 ;1 ;1 NdN ttt
.
A
là trung điểm của
4 2 ;5 ;3
M
NM t t t.
Mà
M
P nên tọa độ
M
thỏa phương trình
P
, ta được:
24 2 5 3 10 0 2 6; 1;3, 8;7;1ttt t N M .
Suy ra
14;8; 2

MN .
Đường thẳng đi qua hai điểm
M
và N nên có một vectơ chỉ phương

1
7; 4; 1
2


uNM
nên có phương trình là
613
74 1


x
yz
.
Bài tập 6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm
3; 3; 3
A thuộc mặt phẳng
:2 2 15 0xyz
và mặt cầu

222
: 2 3 5 100Sx y z
. Đường thẳng qua
A
,
nằm trên mặt phẳng
cắt
S tại ,
M
N . Để độ dài
M
N lớn nhất thì phương trình đường thẳng
là
A.
333
146


xyz
.
B.
333
16 11 10


xyz
.
C.
35
3
38


x
t
y
zt
. D.
333
113


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Mặt cầu

S có tâm
2; 3;5I và bán kính
10
R
.
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
2; 2;1
n .
Gọi
,HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên và mặt phẳng
.
IK
nên phương trình đường thẳng IK đi qua I và vuông góc với mặt phẳng
là
22
32
5



x
t
yt
zt
.
Tọa độ điểm
K
là nghiệm hệ phương trình

22
32
2; 7;3
5
22 150





xt
yt
K
zt
xyz
.
Vì

nên IH IK . Do đó IH nhỏ nhất khi H trùng với
K
.
Để
M
N lớn nhất thì IH phải nhỏ nhất.
Khi đó đường thẳng cần tìm đi qua
A
và
K
. Ta có
1; 4; 6

AK
.
Đường thẳng có phương trình là:
333
146


xyz
.
Bài tập 7. Trong không gian Oxyz, cho
A
BC có
2; 3;3A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ
B là
332
:
12 1



xyz
d , phương trình đường phân giác trong của góc
C là
242
:
211



xyz
. Đường thẳng
A
B
có một vectơ chỉ phương là
A.
2;1; 1
u . B.

1; 1; 0
u . C.
0;1; 1
u . D.
1; 2;1
u .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có phương trình tham số của là:

22
422;4;2
2



xt
y t C ttt
zt
.
Gọi
M
là trung điểm của
A
C
nên
75
2; ;
22




tt
Mt
.
Vì
M
d nên

75
32
23
11 1
22
1
12 1142









tt
t
ttt
t .
Suy ra
4; 3;1C .
Phương trình mặt phẳng
P
đi qua
A
và vuông góc với là: 220
xyz .
Gọi
H là giao điểm của
P
và
2; 4; 2 H
.
Gọi
A
là điểm đối xứng với
A
qua đường phân giác , suy ra H là trung điểm
A
A
2; 5;1
A
.
Do
A
BC nên đường thẳng
B
C có vectơ chỉ phương là
2; 2;0 2 1;1; 0


CA .
Suy ra phương trình của đường thẳng
B
C là
4
3
1
x
t
yt
z
.
Vì
2;5;1

B
BM BC B A .
Đường thẳng
A
B có một vectơ chỉ phương là
0; 2; 2 2 0;1; 1


AB .
Bài tập 8. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:
211

x
yz
và hai điểm
4; 2; 4 , 0; 0; 2 AB. Gọi d là đường thẳng song song và cách một khoảng bằng 5, gần
đường thẳng
A
B nhất. Đường thẳng d cắt mặt phẳng
Oxy
tại điểm nào dưới đây?
A.
2;1; 0 . B.
214
;;0
33




.
C.
3; 2; 0 . D.
0; 0; 0 .
Hướng dẫn giải
Chọ
n D.
Phương trình tham số của đường thẳng
A
B có dạng:
4
2
26


xt
yt
zt
.
Để đường thẳng
d
thỏa mãn bài toán thì ta có hình vẽ tương ứng
Đoạn vuông góc chung
của hai đường thẳng
A
B
và là
M
N với
0; 5;1 , 3;1;1MN.
Để
d gần đường thẳng
A
B nhất thì d phải đi qua điểm D nằm trên đoạn
M
N mà
,5,35 DN d d MN
. Do đó
32;1;1

MN DN D
.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là

2; 1;1

d
u
.
Suy ra phương trình tham số của
d là
22
1
1

x
t
yt
zt
Đường thẳng
d cắt

Oxy
tại điểm có
0
10 1
0

x
zt t
y
.
Vậy giao điểm của
d và
Oxy là
0; 0; 0 .
Bài tập 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng
12
221 11
:;:
111 121



x
yz xyz
34
21 5
:;:
11 1 1 3 1
x
yz xyazb


Biết không tồn tại đường thẳng nào trong không gian mà cắt được đồng thời cả bốn đường thẳng
trên. Giá trị của biểu thức
2Ta b bằng
A. 2. B. 3. C. 2. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó
:
13
//.
Gọi
P
là mặt phẳng chứa
1
và
3
:2 30
Px yz
.
Gọi
2
0; 1;1 IPI
.
Gọi

4
222324278
;;
666
 




ab b a b
JPJ .
2 22 3 18 2 7 14
;;
66 6
 





ab b a b
IJ
.
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
IJ phải cùng phương với
1
1; 1; 1


u .
Suy ra
2 22 3 18 2 7 14
22
666
 


ab b a b
ab .
Dạng 3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
1. Phương pháp
Cho đường thẳng

000
:


x
xyyzz
abc
và mặt phẳng
:0Ax By Cz D
.
Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
và
ta có công thức:
222222
sin
.


Aa Bb Cc
A
BCabc
Chú ý: ,,
A
BC và , ,abc không đồng thời
bằng 0.
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho
đường thẳng
32
:
211

x
yz
và mặt phẳng
:3 4 5 8 0
xyz
.
Tính góc tạo bởi và
.
Hướng dẫn giải
có vectơ chỉ phương
2;1;1
u .
có vectơ pháp tuyến
3; 4; 5
n .
Ta có:

sin , cos ,
nu
2 2 2 222
3.2 4.1 5.1
3
2
345.211



.
Suy ra

,60

.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
312
:
114


xyz
và mặt phẳng
:260 Pxy z
. Biết cắt mặt phẳng
P
tại ,
A
M thuộc sao cho
23AM
. Tính
khoảng cách từ
M
tới mặt phẳng
P
.
A. 2 . B. 2. C. 3. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
312
:
114


xyz
có vectơ chỉ phương
1;1; 4
u .
Mặt phẳng
:260 Pxy z có vectơ chỉ phương
1;1; 2
n .



.
1
sin , cos , sin
3
.
un
Pun
un




Suy ra

1
,.sin23.2
3
 d M MH MA
.
Dạng 4: Góc giữa hai đường thẳng
1. Phương pháp
Cho hai đường thẳng:

000
1
:


x
xyyzz
abc

000
2
:



x
xyyzz
abc
Gọi
là góc giữa hai đường thẳng
1
và

2
.
Ta có:
222 2 2 2
cos
.




aa bb cc
abca b c
.
Ví dụ: Trong không gian Oxyz, cho hai đường
thẳng
1
123
:
21 2


x
yz
;
2
312
:
11 4


xyz
.
Tính góc giữa hai đường thẳng trên.
Hướng dẫn giải
Vectơ chỉ phương của
1
là
1
2;1; 2 

u .
Ve
ctơ chỉ phương của
2
là
2
1; 1; 4

u .


12
12 12
12
.
cos , cos ,
.
uu
uu
uu

 
 
 
 
22
2222
2.1 1.1 2. 4
212.11 4


92
2
3.3 2
.
Vậy góc giữa hai đường thẳng đã cho là
45.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
d là giao tuyến của hai mặt phẳng

: .sin cos 0; : .cos sin 0; 0;
2




Pxz Qyz

. Góc giữa
d và trục Oz là:
A. 30 . B. 45. C. 60. D. 90 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là

1;0; sin

P
n
.
Mặt phẳng
Q
có vectơ pháp tuyến là

0;1; cos

Q
n
.
d là giao tuyến của
P
và
Q nên vectơ chỉ phương của
d là:


, sin ;cos ;1



  
dPQ
unn
.
Ve
ctơ chỉ phương của
Oz là

0; 0;1

Oz
u .
Suy ra
 
222 2
0.sin 0.cos 1.1
1
cos , , 45
2
sin cos 1 . 0 0 1



dOz dOz


.
Vậy góc giữa

d
và trục

Oz
là
45
.
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, d là đường thẳng đi qua điểm
1; 1; 2A , song song với mặt
phẳng
:2 3 0Pxyz , đồng thời tạo với đường thẳng
11
:
122

x
yz
một góc lớn nhất.
Phương trình đường thẳng
d
là
A.
112
45 3


xyz
.
B.
112
453


xyz
.
C.
112
45 3


xyz
.
D.
112
453


xyz
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
:2 3 0Pxyz có một vectơ pháp tuyến là

2; 1; 1

P
n .
Đường thẳng
11
:
122


x
yz
có một vectơ chỉ phương là
1; 2; 2

u .
Giả sử đường thẳng
d có vectơ chỉ phương là
d
u .
Do
0,90 d
mà theo giả thiết
d
tạo góc lớn nhất nên
,90


d
duu
.
Lại có

//dP nên

dP
un. Do đó chọn


, 4;5;3
dP
uun




.
Vậy phương trình đường thẳng
d là
112
453


xyz
.
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
212
:
443


xyz
d
và mặt phẳng
:2 2 1 0 Pxyz
. Đường thẳng đi qua
2;1; 2
E
, song song với
P
có một vectơ chỉ
phương
;;1
umn
, đồng thời tạo với
d
góc bé nhất. Tính
22
Tm n.
A.
5T
. B. 4T . C.
3
T
. D. 4T .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là
2; 1; 2
n ; đường thẳng d có vectơ chỉ phương là
4; 4;3
v
.
22022//

Pun mn nm
.
Mặt kh
ác ta
có:


2
22 2 2
.
443
cos ;
1. 4 4 3





uv
mn
d
uv
mn


2
2
22
2
45 45
1 1 16 40 25
..
585 585
41 41
41 5 8 5



 

mm
mm
mm mm
mm
.
Vì
0,90 d nên

, d bé nhất khi và chỉ khi
cos , d lớn nhất.
Xét hàm số
 

22
2
2
2
16 40 25 72 90
585
585




tt tt
ft f t
tt
tt
.
Bảng biến thiên:
x
5
4
0

f
0 + 0
f
16
5
5
0
16
5
Dựa vào bảng b
iến thiên ta có:
max 0 5
ft f
.
Suy ra

, d
bé nhất khi 02mn.
Do đó
22
4Tm n
.
Dạng 5: Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng
1. Phương pháp
Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
đường thẳng
122
:
12 2


xy z
d
.
Tính khoảng cách từ
2;1; 1
M tới d .
Cho đường thẳng
đi qua điểm
0000
;;
M
xyz và có vectơ chỉ phương
;;
uabc
. Khi đó khoảng cách từ điểm
1
M
đến
được tính bởi công thức:

01
1
;
,
M
Mu
dM
u




.
Hướng dẫn giải
Ta có
1; 2; 2 3; 1; 1 , 1; 2; 2


AdAM u
.
Khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng d là:

;
52
;
3




AM u
dMd
u
.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
1;1; 1
A
cho trước, nằm trong mặt
phẳng
:2 2 0Pxyz và cách điểm
0; 2;1M một khoảng lớn nhất.
A.
111
131



x
yz
. B.
111
131


x
yz
.
C.
111
13 1


x
yz
. D.
111
13 1


x
yz
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta gọi
B
là hình chiếu của
M
lên đường thẳng
d
khi đó
M
BMA.
Suy ra
max
M
BMA nên đường thẳng
d
đi qua điểm
A
và vuông góc với
M
A .
Đồng thời đường thẳng
d nằm trong mặt phẳng
P
nên ta có


,1;3;1



  
d
P
uMAn
.
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
2;1; 2 , 5;1;1AB và mặt cầu
222
:61290 Sx y z y z
. Xét đường thẳng d đi qua
A
và tiếp xúc với
S
sao cho
khoảng cách từ
B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là
A.
2
1
22


x
yt
zt
. B.
2
14
2


x
yt
zt
. C.
22
12
2

x
t
yt
zt
. D.
2
14
2



x
t
yt
zt
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu
222
:61290 Sx y z y z có tâm
0; 3; 6
I bán kính 6R .
6,310  IA R A S IB R nên
B
nằm ngoài
S .
Đường thẳng
d
đi qua
A
và tiếp xúc với
S nên
d
nằm trong mặt phẳng

P
tiếp xúc với mặt
cầu

S tại
A
.
Mặt phẳng
P
đi qua
A
và nhận
IA
làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
220xyz
.
Gọi
H
là hình chiếu của
B
lên

P
thì tọa độ của
4; 1; 1
H .
Ta có:

;;dBd dB P BH.
Vậy khoảng cách từ
B
đến d nhỏ nhất khi d đi qua
H
. Ta có
2; 2;1

d
uAH .
Suy ra phương trình đường
thẳng
d là:
22
12
2

x
t
yt
zt
.
Dạng 6: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, cho hai đường
thẳng chéo nhau:
1
có vectơ chỉ phương
;;
uabc
và đi qua

0000
;;
M
xyz
;
2
có
vectơ chỉ phương

;;


u abc
và đi qua

0000
;;

M
xyz
.
Khi
đó khoảng cách giữa
1
và
2
được tính
bởi công thức

00
12
,.
,
,








uu MM
d
uu
.
Nếu
12
//
(
1

u
và
2

u
cùng phương và
02
M ) thì
12 02
,, ddM
Ví dụ: Trong không gian Oxyz, tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
1
12
:
211
x
yz
d
và
2
14
:12,
22



xt
dy tt
zt
.
Hướng dẫn giải
Đường thẳng
1
d đi qua điểm
1; 2; 0M và có
một vectơ chỉ phương
1
2; 1;1
u
.
Đường thẳng
2
d đi qua điểm
1; 1; 2N
và có
một vectơ chỉ phương
2
4; 2; 2
u
.
Do
1
u cùng phương với
2

u và
2
M
d nên
12
//dd
.
Suy ra

1
12 1
1
,
;;





uMN
ddd dNd
u
.
Ta có

0;1; 2 , , 3; 4; 2




MN u MN
.
Suy ra


22
2
1
2
2
1
,
342
174
6
211







uMN
u
.
Vậy

12
174
;
6
ddd
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho phương trình mặt phẳng
:2 3 0Pxyz

, đường thẳng
1
:
121

x
yz
d và
điểm
0; 2;1A . Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A
, nằm trong
P
sao cho khoảng cách
d và
d
đạt giá trị lớn nhất.
A.
21
17 9


x
yz
.
B.
21
17 9

x
yz
.
C.
21
179


x
yz
.
D.
21
17 9

x
yz
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi
1
d là đường thẳng đi qua
A
và song song với
d .
Phương trình của
1
d là:
22
1


xt
yt
zt
.
Trên đường thẳng
1
d lấy điểm
1; 0; 0B .
Gọi
Q là mặt phẳng chứa
d
và
1
d .
Ta c
ó
,, ,

ddd dd Q dB Q .
Do
1
d cố định cho nên
1
,, ,
ddd dB Q dBd .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 
Q
nBH trong đó H là hình chiếu của B lên
1
d
.
Ta tìm được
221
;;
333



H nên


521
;; 5;2;1
333




 
Q
BH n .
Ta có


;1;7;9



  
d
PQ
unn .
Vậy phương trình của đường thẳng
d
là
21
17 9

x
yz
.
Lưu ý : Vì đường thẳng d đi qua A nên ta có thể loại đáp án bằng cách thay tọa độ điểm A vào các
đáp án trong bài
Dạng 7: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, xét đường thẳng
có vectơ chỉ phương là
123
;;
aaaa và đi qua
0000
;;
M
xyz và mặt phẳng
:0
Ax By Cz D
có vectơ pháp tuyến
;;
nABC.
cắt
123
.0 0

a n Aa Ba Ca
.


123
000
0
0
.0
0
//





Aa Ba Ca
an
Ax By Cz D
MP
.


123
000
0
0
.0
0





Aa Ba Ca
an
Ax By Cz D
MP

a
và
n cùng phương
123
:: ::
aaa ABC.
Ta có thể biện luận vị trí tương đối dựa vào số nghiệm của phương trình đường thẳng
và
mặt phẳng
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
15
:
131


x
yz
d và mặt
phẳng
:3 3 2 6 0Pxyz .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. d cắt và không vuông góc với
P
. B. d song song với
P
.
C.
d
vuông góc với
P
. D.
d
nằm trong
P
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đường thẳng d nhận
1; 3; 1
u
làm một vectơ chỉ phương.
Mặt phẳng
P
nhận
3; 3; 2
n
làm một vectơ pháp tuyến.
Do
.0

un và hai vectơ này không cùng phương nên đường thẳng d cắt và không vuông góc
với
P
.
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình
211
:
11 1


x
yz
d
và mặt phẳng
2
:170
Pxmy m z với m là tham số thực. Tìm
m
sao cho đường thẳng
d
song song với mặt phẳng
P
.
A. 1m . B. 1m . C.
1
2
m
m
.
D. 2m .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
d
có vectơ chỉ phương là
1;1; 1
u và mặt phẳng
P
có vectơ pháp tuyến là
2
1; ; 1
nmm.

22
1
.01 10 20
2
//


m
dP un un mm mm
m
Thử lại ta
thấy với
2m
thì
dP (loại). Vậy
1
m
.
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
123
:
241


x
yz
d và mặt phẳng
:250 xy z
, mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A.
//d
. B.
d
.
C.
d
cắt
và không vuông góc với
. D.
d
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
12
:24,
3



xt
dy tt
zt
.
Xét hệ phương trình:



12 1
24 2
33
250*




xt
yt
zt
xy z
Thay (1), (2), (3) vào (*) ta được
12 24 23 5 0
 tt t .
Phương trình này có vô số nghiệm.
Do đó, đường thẳng
d nằm trong mặt phẳng
.
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
:2 10, :2 20  Px yz Q xyz
và hai đường thẳng
12
11 21
:,:
21 2 1 1 2


x
yz xy z
.
Đường thẳng song song với hai mặt phẳng
,
P
Q và cắt
12
,
tương ứng tại ,HK. Độ dài
đoạn HK bằng
A.
811
7
.
B. 5. C. 6. D.
11
7
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

, 1;1;3




PQ
unn .
Gọi
2;1 ;12; ;2 ;12  Ht t tKm m m
2;1 ;2 2 2

HK mt mt mt
.
Vì song song với 2 mặt phẳng
,
P
Q nên

HK ku nên
21 22 2
11 3


mt mt mt
.
Tính ra được
23
;
77
mt
. Suy ra
811
7
HK
.
Bài tập 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
22 2
:2 2 1 2 1 0 Pmmxm ymzmm luôn chứa đường thẳng cố định khi
m thay đổi. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến là?
A.
1
3
. B.
2
3
.
C.
2
3
.
D.
2
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
22 2
2212 10,   mm xm ym zmm m
2
21214210, mxy mxz xyz m
210
210
210
210210
4210








xy
xy yz
xz
xz xy
xy z
Vậy
P
luôn chứa đường thẳng
cố định:
1
22

t
x
yt
zt
Đường thẳng
đi qua
1
;0;0
2



A
và có vectơ chỉ phương
1
;1;1
2




u
.
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến
là:

,
2
;
3





OA u
dO
u
.
Dạng 8: Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
000
1
:
x
xyyzz
d
abc


đi qua
1000
;;
M
xyz
có vectơ chỉ ph
ương
1
;;uabc

và
000
2
:
x
xyyzz
d
abc




đi qua
2000
;;
M
xyz

có vectơ chỉ
phương
2
;;u abc


.
Để xét vị trí tương đối của
1
d và
2
d , ta sử dụng phương pháp sau:
+)
1
d trùng
2
d
3
12
12
123
12
12
//
a
aa
uu
bbb
Md
Md



 
.
+)
12
12
112
,0
,0
//
uu
dd
uMM




 

hoặc
3
12
12
123
12
12
//
a
aa
uu
bbb
Md
Md



.
+)
1
d
cắt
2
d
12
12 1 2
,0
,. 0
uu
uu MM




 
  
.
+)
1
d
chéo
2
d
12 12
,. 0uu MM



  
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
112
:
121
xyz
d


và

2
2
392
:0
48
xyz
dm
m


Tập hợp các giá
trị
m
thỏa mãn
12
//dd
có số phần tử là:
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đường thẳng
1
d đi qua
1; 1; 2A và có vectơ chỉ phương là
1
1; 2; 1u
.
Đường thẳng
2
d đi qua
3; 9; 2B 
và có vectơ chỉ phương là
2
2
4;8;um
.
Đường thẳng
12
//dd khi và chỉ khi
1
u
cùng phương với
2
u
và hai đường thẳng
1
d và
2
d không
trùng nhau.
Vì
31 91 2 2
121
 

nên B nằm trên đường thẳng
1
d .
Do đó hai đường thẳng này luôn có điểm chung là
B
nên hai đường thẳng không thể song song.
Bài tập 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
12
11 332
:,:
223 121
xyz xyz

A.
1
song song với
2
. B.
1
chéo với
2
.
C.
1
cắt
2
. D.
1
trùng với
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì
22
12

nên vectơ chỉ phương
1
2; 2;3u
của đường thẳng
1
không cùng phương với
vectơ chỉ phương
2
1; 2;1u 

của
2
.
Suy ra
1
chéo với
2
hoặc
1
cắt
2
.
Lấy
12
1; 1; 0 , 3; 3; 2 MN . Ta có
2; 4; 2MN

.
Khi đó
12
,. 0uu MN


 
.
Su
y ra
12
,,uu MN
 
đồng phẳng.
Vậy
1
cắt
2
.
Dạng 9: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu
1. Phương pháp
Cho đường thẳng


01
02
03
1
:2
3
xx at
dyyat
zz at



và
mặt cầu


22
22
:Sxa yb zc R
có tâ
m
;;Iabc, bán kính
R
.
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho mặt cầu

2
22
:225Sx y z
 và đường
thẳng
d có phương trình
22
23
32
x
t
yt
zt



Chứng m
inh
d
luôn cắt
S tại hai điểm phân
biệt.
Bước 1: Tính khoảng cách từ tâm I của
mặt cầu
S đến đường thẳng d là

0
.
,
IM a
hdId
a




Hướng dẫn giải
Mặt cầu
S có tâm
0; 0; 2I và bán kính
5
R
.
Đường thẳng
d đi qua
2; 2; 3M  và có vectơ
chỉ phương là
2; 3; 2u
.
Ta có

,
,3
IM u
hdId
u




.
Bước 2: So sánh
,dId với bán kính
R
của mặt cầu:
Nếu

,dId R thì
d
không cắt
S .
Nếu
,dId R thì d tiếp xúc
S .
Nếu

,dId R thì d cắt

S tại hai
điểm phân biệt ,
M
N và
M
N vuông góc
với đường kính (bán kính) mặt cầu
S .
Vì
hR
nên d cắt mặt cầu
S tại hai điểm
phân biệt.
Phương pháp đại số
Ví dụ 2:
Trong không gian Oxyz, mặt cầu
Thế (1), (2
), (3) vào phương trình
S và
rút gọn đưa về phương trình bậc hai theo

* t
.
Nếu phương trình (*) vô nghiệm thì
d
không cắt

S
.
Nếu phương trình (*) có một nghiệm
thì
d
tiếp xúc
S
.
Nếu phương trình (*) có hai nghiệm thì
d cắt

S tại hai điểm phân biệt ,
M
N .
Chú ý: Để tìm tọa độ ,
M
N ta thay giá trị t
vào phương tr
ình đường thẳng
d
.

2
22
:217Sx y z

cắt trục
Oz
tại hai
điểm
,
A
B
. Tìm độ dài đoạn
A
B
.
Hướng dẫn giải
Gọi
M
là giao điểm của
S với trục
Oz
.
Ta có
M
Oz
nên
0; 0;
M
t .
Mà
M
S nên

2
22
00 2 17t


2
217
217 217
217
t
tt
t



.
Suy ra tọa độ các giao điểm là
0; 0; 2 17A  ,
0; 0; 2 17 2 17BAB
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm
0; 0; 2A
và đường thẳng có phương trình
là
223
232
x
yz

.
Phương trình mặt cầu tâm
A
, cắt tại hai điểm
B
và
C
sao cho
8BC
là
A.

222
23116xyz. B.

2
22
225xy z
 .
C.

2
22
225xyz. D.

2
22
216xy z
 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi

S là mặt cầu tâm
0; 0; 2A và có bán kính
R
.
Đường thẳng
đi qua
2; 2; 3M  có vectơ chỉ phương
2; 3; 2u
.
Gọi
H là trung điểm
B
C
nên
A
HBC
.
Ta có

.
,
M
Au
AH d A
u




.
Với




22
2
22 2
2; 2;1
7210
.7;2;10 3
2;3; 2
232
MA
MA u AH
u








.
Bán kính mặt cầu
S là:
2222
34 5RAB AH HB .
Vậy phương trình mặt cầu
S là:

2
22
225xy z
 .
Bài tập 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

22 2
:1 1 29Sx y z

và điểm
1; 3; 1M . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ
M
tới mặt cầu đã cho luôn
thuộc một đường tròn
C có tâm
;;
J
abc .
Giá trị
2abc bằng
A.
134
25
.
B.
116
25
.
C.
84
25
.
D.
62
25
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có mặt cầu
S có tâm
1; 1; 2I và bán kính 3R
.
Khi đó
5IM R M
nằm ngoài mặt cầu.
Phương trình đường thẳng
M
I là
1
14
23
x
x
t
zt


.
Tâm
;;
J
abc
nằm trên
M
I nên
1; 1 4 ; 2 3
J
tt
.
Xét
M
HI vuông tại H có
22
5; 3 4 MI IH MH MI HI.
Mặt khác


22
1; 3; 1
44 33
1; 1 4 ; 2 3
M
M
Jtt
Jtt


.
2
16
.
5
MJ MI MH MJ

22
256
44 32
25
tt
2
9
369
25
25 50 0
41
25
25
t
tt
t

.
Suy ra
11 23
1; ;
25 25
J



hoặc
139 73
1; ;
25 25
J



.
+) Với
11 23
1; ;
25 25
J



thì
9
5
IJ IM (nhận).
+) Với
139 73
1; ;
25 25
J



thì
41
5
IJ IM (loại).
Vậy
11 23
1; ;
25 25
J



nên
84
2
25
abc .
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
S có phương trình là

222
14
123
3
xy z
và đường thẳng d có phương trình
444
322
xyz


. Gọi
000
;;
A
xyz
,
0
0x
là điểm nằm trên đường thẳng
d
sao cho từ
A
kẻ được ba tiếp tuyến đến mặt
cầu
S có các tiếp điểm , ,
B
CD sao cho
A
BCD là tứ diện đều.
Giá trị của biểu thức
000
P
xyz
là
A. 6. B. 16. C. 12. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
I
là tâm mặt cầu thì
1; 2; 3I .
Gọi
O là giao điểm của mặt phẳng
B
CD
và đoạn
A
I .
Vì theo giả thiết
A
BACAD và
14
3
IB IC ID
nên
A
I
vuông góc với mặt phẳng
B
CD
tại
O
. Khi đó
O
là tâm đường tròn
ngoại tiếp
B
CD
.
Đặt
14
3
AI x x





.
Ta có
22 2
14
3
AB AI IB x
2
222
14 14 14
.
333
IB IO IA OI OB IB IO
x
x




222 2
2 . .cos120 3BD OB OD OB OD OB
2
14 196
333.
39
BD OB BD OB
x

 


Do
A
BCD là tứ diện đều nên
22
22
14 14 196 14 196
314
339 33
AB BD x x
x
x




2
42
2
14
3561960 14
3
14
x
xx x
x

.
A
d nên
43;42;4
A
ttt.
Suy ra

222
14 4 3 1 4 2 2 4 3 14AI t t t

4; 4; 4
0
11
2
2; 0; 2
A
t
t
t
A


.
Do
0
0x nên điểm
A
có tọa độ
4; 4; 4A .
Suy ra 12
P
.
Bài tập 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm , ,
P
QR lần lượt di động trên ba trục
tọa độ ,,Ox Oy Oz (không trùng với gốc tọa độ
O
) sao cho
222
1111
8OP OQ OR
. Biết mặt phẳng
P
QR
luôn tiếp xúc với mặt cầu
S
cố định. Đường thẳng
d
thay đổi nhưng luôn đi qua
13
;;0
22
M




và cắt
S tại hai điểm ,
A
B phân biệt. Diện tích lớn nhất của
A
OB
là
A. 15 . B. 5. C. 17 . D. 7.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi H là
hình chiếu vuông góc của điểm
O trên mặt phẳng
P
QR
.
Dễ thấy
2222 2
1 111 11
22
8
OH
OH OP OQ OR OH
 .
Khi đó
P
QR
luôn tiếp xúc với mặt cầu
S
tâm O , bán kính 22R .
Ta có
13
01
44
OM R
nên điểm
M
nằm trong mặt cầu
S .
Gọi
I là trung điểm của
A
B , do OAB
cân tại O nên
1
.
2
OAB
SOIAB
.
Đặt
OI x . Vì OI OM nên 01
x
 và
2
28
A
Bx
.
Ta có
2224
1
.2 8 8 8
2
OAB
Sxxxxxx
.
Xét hàm số
24
8,01
f
xxx x
.
Vì
2
44 0fx x x

với mọi
0;1x nên
17fx f
.
Suy ra diện tích của
OAB
lớn nhất bằng 7 đạt được khi
M
là trung điểm của
A
B .
Dạng 10: Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
2; 2;1 , 1; 2; 3MA
 và
đường thẳng
15
:
221
x
yz
d


. Tìm một vectơ chỉ phương
u
của đường thẳng đi qua
M
,
vuông góc với đường thẳng
d
đồng thời cách điểm
A
một khoảng bé nhất.
A.
2; 2; 1u 
. B.
1; 7; 1u 
. C.
1; 0; 2u
. D.
3; 4; 4u 
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
P
là mặt phẳng qua
M
và
P
d
.
Mặt phẳng
P
qua
2; 2;1M  và có vectơ pháp tuyến
2; 2; 1
Pd
nu

nên có phương trình: 22 90xyz
.
Gọi
,HK lần lượt là hình chiếu của
A
lên
P
và .
Khi đó
A
KAHconst nên
A
K đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
K
H
.
Đường thẳng
A
H
đi qua

1; 2; 3A và có vectơ chỉ phương
2; 2; 1
d
u
nên
A
H
có phương
trình tham số là
12
22
3
x
t
yt
zt



.
Vì
H
AH nên
12;22;3Httt
.
Lại

HP
nên

21 2 2 2 2 3 9 0 2 3; 2; 1ttt tH 
.
Vậy
1; 0; 2uHM

 
.
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
S có phương trình
222
42230xyz xyz và điểm
5; 3; 2A
. Một đường thẳng
d
thay đổi luôn đi qua
A
và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt ,
M
N .
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4SAM AN
.
A.
min
30S . B.
min
20S . C.
min
534 9S
. D.
min
34 3S .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu

S
có tâm

2; 1;1I
, bán kính

2
22
21133R
  .
Ta có:

222
25 13 12 34
A
IR nên
A
nằm ngoài mặt cầu

S .
Ta lại có:
4SAM AN .
Đặt
,343;343 AM x x



.
Mà
22
25
.34925AM AN AI R AN
A
M

.
Do đó:

100
Sfx x
x

với
34 3; 34 3x

.
Ta có:

2
2
100 100
10
x
fx
xx
 với
34 3; 34 3x

.
Do đó:

34 3; 34 3
min 34 3 5 34 9fx f



.
Dấu “=” xảy ra
,,,
A
MNI
thẳng hàng và
34 3; 34 3 AM AN

.
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
9; 6;11 , 5; 7; 2AB và điểm
M
di động trên
mặt cầu

222
:1 2 336Sx y z.
Giá trị nhỏ nhất của
2
A
MMB
bằng
A. 105 . B. 226. C. 229. D. 102 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Mặt cầu

222
:1 2 336Sx y z có tâm
1; 2; 3I
và bán kính 6R .
Ta có
12 2IA R
.
Gọi
E
là giao điểm của
IA
và mặt cầu
S suy ra
E
là trung điểm của
IA
nên
5; 4; 7E .
Gọi
F là trung điểm của IE suy ra
3; 3; 5F .
Xét
M
IF và
A
IM có
A
IM
chung và
1
2
IF IM
IM IA
.
Suy ra

22c.g.c
MA AI
M
IF AIM MA MF
MF MI
 # .
Do đó
22 2229AM MB MF MB BF (theo bất đẳng thức tam giác).
Dấu “=” xảy ra khi
M
là giao điểm
FB
và mặt cầu
S .
| 1/65

Tài liệu khác của Toán 12

Preview text:

CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Oxyz
BÀI 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Hệ tọa độ trong không gian
Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian gồm ba trục
x'Ox, y'Oy, z'Oz vuông góc với nhau từng đôi một.   
Gọi i, j, k lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz.
Điểm O được gọi là gốc tọa độ. Các
mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx) là các mặt phẳng tọa độ. Không gian
gắn với hệ tọa độ Oxyz được gọi là không gian Oxyz.
2. Tọa độ của vectơ
Trong không gian Oxyz, cho vectơ u . Khi đó     
u  x; y;z  u  xi  yj zk. Chú ý:  1) 0  0;0;0. a b 1 1   
2) a b  a b 2 2 a b  3 3 a  kb     
3) a cùng phương b b  0 1 1  a  kb 2 2 a  kb  3 3
Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ  
Cho hai vectơ a  a ;a ;a ,b b ;b ;b và k là số thực tùy ý. 1 2 3   1 2 3 Khi đó ta có:  
a b  a b ;a b ;a b . 1 1 2 2 3 3   
a b  a b ;a b ;a b . 1 1 2 2 3 3  
k.a  ka ;ka ;ka 1 2 3     .
a b  a .b a .b a .b . 1 1 2 2 3 3 
Ứng dụng của tích vô hướng:    
 a  b  a.b  0  a .b  a .b  a .b  0 1 1 2 2 3 3     2 2 2 2
a  a.a  a  a  a . 1 2 3    2 2 2 2
a  a  a  a  a . 1 2 3        b cosa;b a.b a b a b a 1 1 2 2 3 3     2 2 2 2 2 2 a . b a  a  a . b  b  b 1 2 3 1 2 3     Với a  0, b  0.
3. Tọa độ của một điểm
Trong không gian Oxyz, cho điểm M tùy ý.     Khi
đó M(x; y; z)  OM  xi  y j  zk. Tính chất
Chú ý: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M
 Nếu A x ; y ; y và B x ; y ; y thì
(x; y; z) ta có các khẳng định sau: A A A   B B B 
M O M 0;0;0.
ABx  x ; y  y ;z  z . B A B A C A  
 M Oxy  z  0 , tức là Mx; y;0.
Khi đó AB  AB  x  x 2 2 2  y  y  z  z . B A  B A   B A 
 M Oyz  x  0 , tức là M0; y;z.
 Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
 M Oxz  y  0 , tức là Mx;0;z.
 x  x y  y z  z  A B A B A B I ; ; .    2 2 2 
 M Ox  y  z  0, tức là M x;0;0.
 Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
 M Oy  x  z  0 , tức là M 0; y;0.
 x  x  x y  y  y z  z  z  A B C A B C A B C G ; ; .  
 M Oz  x  y  0 , tức là M 0;0;z.  3 3 3 
 Tọa độ trọng tâm G của tứ diện ABCD là  x  x  x  x y  y  y  y z  z  z  z  A B C D A B C D A B C D G ; ;    4 4 4 
4. Tích có hướng của hai vectơ Định nghĩa   
Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ b  b ;b ;b . Tích có hướng của hai vectơ a và b là một 1 2 3     
vectơ vuông góc với cả hai vectơ a và b , kí hiệu là a , b 
 và được xác định như sau:    a a a a a a  2 3 3 1 1 2 a ,b   ; ;    b b b b b b  2 3 3 1 1 2 
 a b  a b ;a b  a b ;a b  a b . 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1  Tính chất       a cùng phương với a b   , b  0.        a ,b 
 vuông góc với cả hai vectơ a và b .    
 b,a   a ,b.            a , b  a . b .sin   a;b.
5. Phương trình mặt cầu
Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm Ia;b;c bán kính R có phương trình là
  2   2   2 2 x a y b z c  R .
Ngược lại phương trình 2 2 2
x  y  z  2Ax  2By  2Cz  D  0   1 . Với 2 2 2
A B C D  0 là phương trình mặt cầu tâm I  ; A  ; B C  có bán kính 2 2 2
R A B C D.
Chú ý: Điều kiện để phương trình (1) là phương trình mặt cầu là: 2 2 2
A B C D  0.
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
Hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz gồm
ba trục x’Ox, y’Oy, z’Oz.    a, b cùng phương
Điểm O là gốc tọa độ.        a , b    0
Các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy,     Không gian gắn với     a ,b    a ,  b Oz là i, j, k hệ tọa độ Oxyz        a , b  a . b .sin   a;b
Các mặt phẳng tọa độ: Oxy,Oyz,Ozx HỆ TỌA ĐỘ Tích có hướng KHÔNG GIAN Tích có hướng của hai Tọa độ vectơ Tọa độ điểm vectơ là một vectơ u x;y;z M x; y;z            u  xi  y j zk  OM  xi  y j zk
a  a ;a ;a , b  b ;b ;b . 1 2 3  1 2 3     a a a a a a  2 3 3 1 1 2 a ,b   ; ;       b b b b b b  2 2 2 2
ABx  x ; y  y ;z  z B A B A C A  2 3 3 1 1 2  u  u  x  y  z
 a b  a b ;a b  a b ;a b  a b . 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 
Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ  
a  a ;a ;a , b  b ;b ;b . 1 2 3  1 2 3   
a b  a b ;a b ;a b . 1 1 2 2 3 3  
k.a  ka ;k a ;k a với k là số thực 1 2 3    .
a b a .b a .b a .b 1 1 2 2 3 3
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, vectơ trong hệ trục Oxyz 1. Phương pháp
Sử dụng các định nghĩa và khái niệm có liên quan đến điểm, vectơ: Tọa độ của điểm, vectơ; độ
dài vectơ, ...và các phép toán vectơ ... để tính tổng, hiệu các vectơ; tìm tọa độ trọng tâm tam giác, ... 2. Bài tập      
Bài tập 1. Trong không gian Oxyz, cho a  2;
 2;0,b2;2;0,c2;2;2. Giá trị của a  b  c bằng A. 6. B. 2 6. C. 11. D. 2 11.
Hướng dẫn giải Chọn D.      
T a có a b c  2;6;2 nên 2 2 2
a b c  2  6  2  44  2 11.
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A1;2;3, B 1  ;0; 
1 . Trọng tâm G của tam giác
OAB có tọa độ là:  2 4  A. 0;1;  1 . B. 0; ; .   C. 0;2;4. D. 2; 2  ; 2  .  3 3 
Hướng dẫn giải  11 0 x   0  G 3   2  0  0 2  2 4 
Tọa độ trọng tâm tam giác là: y    G 0; ; . G   3 3   3 3   3 1 0 4 z    G  3 3 Chọn B.  
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho vectơ a  1; 2
 ;4, b  x ; y ; z ) cùng phương với vectơ 0 0 0    
a . Biết vectơ b tạo với tia Oy một góc nhọn và b  21. Giá trị của tổng x y z bằng 0 0 0 A. 3.  B. 6. C. 6.  D. 3.
Hướng dẫn giải Chọn A.  k 1 Lại có b  21. suy ra 2 2 2
k  4k 16k  21  k  1.  
Với k  1 ta có b  1; 2
 ;4, suy ra góc giữa b và Oy thỏa mãn     b.j  
cos b,Oy    , trong đó b.j  2   0. b . j 
Suy ra góc tạo bởi b và Oy là góc tù. Suy ra k  1không thỏa mãn.   Với k  1  ta có b   1;  2; 4
 , suy ra góc giữa b và Oy thỏa mãn     b.j  
cos b,Oy    , trong đó b.j  2  0. b . j 
Suy ra góc tạo bởi b và Oy là góc nhọn. Vậy k  1  thỏa mãn.  Do đó b   1;  2; 4
 .Suy ra x y z  1   2  4  3  . 0 0 0
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.AB C   có A 3; 1  ;  1 , 
hai đỉnh B, C thuộc trục Oz và AA  1 (C không trùng với O). Biết vectơ u  (a; ; b ) 2
(với a, b   ) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AC . Tính 2 2
T a b . A. T  5. B. T  16 . C. T  4. D. T  9.
Hướng dẫn giải Chọn B Lấy M là trung điểm BC. AM  BC Khi đó ta có  nên BC  A M  tại M; AA  BC
suy ra M là hình chiếu của A trên trục Oz  M 0;0;  1 và A M   2. Mặt khác 2 2 AM  A M   AA  3. 3
Lại có ABC đều nên AM  BC  3 2  BC  2  MC 1.
Gọi C0;0;c,c  0 suy ra MC  c 1 . c  0
MC  1  c 1  1  
( loại c  0 )  C0;0;2. c  2  A C
   3;1; 1 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng A C   Suy ra u   2
 3;2;2 cũng là một vectơ chỉ phương củaA C  . Vậy a  2  3;b  2. Suy ra 2 2
T a b  16.
Dạng 2. Tích có hướng
1. Phương pháp giải
Để tính tích có hướng của hai vectơ, ta áp
Bài tập: Tính tích có hướng của hai vectơ   dụng công thức: a  1;0;  1 ,b  2;1;  1    a a a a a a  2 3 3 1 1 2
a,b   ; ; 
Hướng dẫn giải   b b b b b b  2 3 3 1 1 2     0 1 1 1 1 0 
a,b   ; ;   1;3;  1
 a b a b ;a b a b ;a b a b .   1 1 1 2 2 1 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1    2. Bài tập mẫu   
Bài tập 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a,b khác 0. Kết luận nào sau đây sai?         A. ,3
a b  3a,b.    
B. 2a ,b  2 a ,b.              
C. 3a ,3b  3 a ,b.    
D. a , b  a . b .sin   a,b.
Hướng dẫn giải Chọn C.      
Ta có: 3a ,3b  3a ,3b  9 a ,b.       (C sai)   
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ a  1;2;  1 ,b  0;2;  1 ,c  ( , m 1;0 . )   
Tìm giá trị thực của tham số m để ba vectơ ; a ; b c đồng phẳng. 1 1 A. m  1. B. m  0. C. m   . D. m  . 4 4
Hướng dẫn giải Chọn D.  
Ta có a ,b   4  ;1;2.         1 Ba vectơ ; a ;
b c đồng phẳng  a, b. c  0  4  m 1  0  m  .   4
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho năm điểm A0;0;3, B 2; 1
 ;0, C 3;2;4,
D 1;3;5, E 4;2; 
1 tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác. Đỉnh của hình chóp tương ứng là A. Điểm C. B. Điểm A. C. Điểm B. D. Điểm D. Hướng dẫn giải Chọn A.
Xét đáp án A, giả sử C là đỉnh của hình chóp, ta có:     AB  2; 1  ; 3  , AD   1;3; 2, AE   4; 2; 2  , AC   3;2;  1
  
AB,AD.AE  4.7  2.7  2.7  0  
    
AB, AD.AC  3.7  2.7 1.7 14.  
Suy ra A, B, D, E đồng phẳng.
Vậy điểm C là đỉnh của hình chóp.
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz cho các điểm A1;0;0, B 0; 2;0, C  0;0;3, D 2; 2;0.
Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D? A. 10. B. 7. C. 5. D. 6.
Hướng dẫn giải Chọn C.   Ta có AB   1;  2;0, AD   1; 2
 ;0, suy ra 3 điểm A, B, D thẳng hàng.
Từ đó chúng ta xác định được vị trí các điểm trong hệ trục độ Oxyz và đếm trực tiếp ta có 5 mặt
phẳng đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D là:
OCB, OCA , OCD , OAB ,  ABC
Dạng 3. Ứng dụng của tích có hướng để tính diện tích và thể tích
1. Phương pháp giải  
 Diện tích hình bình hành: S  AB, AD . ABCD    
 Tính diện tích tam giác: S  AB, AC . ABC  
  
 Tính thể tích hình hộp: V        AB, AC .AD . ABCD.A B C D  
    1
Tính thể tích tứ diện: V  AB, AC.AD . ABCD 6   2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1;2;0, B 2;1; 2, C  1  ;3;  1 .
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 3 10 10 A. 3 10. B. . C. . D. 10. 5 5
Hướng dẫn giải Chọn B.   
Ta có: AB  1; 1;  2, AC   2  ;1;  1 , BC   3  ;2;  1
Suy ra AB  AC  6;BC  14. 1   35 Suy ra S  AB,AC  . ABC 2   2
Gọi RABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có AB.AC.BC 6. 6. 14 3 10 R    . ABC 4S 35 5 ABC 4. 2
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho A2; 1;  1 , B 3;0  ;1 , C(2; 1
 ;3) và D nằm trên trục Oy.
Thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là A. D0; 7  ;0. B. D0;8;0. C. D0; 7  ;0 hoặc D0;8;0.
D. D0;7;0 hoặc D0; 8  ;0.
Hướng dẫn giải Chọn C.
Vì D  Oy nên D0; y;0. Khi đó. Thể tích của tứ diện ABCD là
1    1 V  AB,AC.AD  4y  2 6   6 1 y  7 
Theo đề ra, ta có 4y  2  5  6  y  8.
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ ABC.A' B 'C ' có tọa độ các đỉnh A
Ba   a 3 a  0;0;0 , 0; ;0 ,C  ; ;0và A 0;0;2a. 
Gọi D là trung điểm cạnh BB' và M di động 2 2   
trên cạnh AA'. Diện tích nhỏ nhất của tam giác MDC' là 2 a 3 2 a 5 2 a 6 2 a 15 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4
Hướng dẫn giải Chọn C.     a 3 a Ta có  CC  AA   C  ; ;2a  2 2 .      CC   BB   B 0;a;2a.
Điểm D là trung điểm của BB' nên D 0;a;a.     a 3 a
M (0;0;t) với 0  t  2a. Ta có  DC  
; ;a,DM  0;a;t  a  2 2  .   Ta có:
  a 2t 3a2    2 2 2 2 6a 1 a 4t 12at 15a a 6 S  D  C ,DM    . MD  C 2   4 4 4 2 a 6 3 Suy ra minS  khi t  a.   MDC 4 2
Dạng 4: Phương trình mặt cầu
1. Phương pháp giải
Cách viết phương trình mặt cầu:
 Mặt cầu tâm Ia;b;c, bán kính R có phương trình
  2   2   2 2 x a y b z c  R .
Bài tập: Phương trình mặt cầu tâm I 2; 1  ; 
1 , bán kính R = 3 là   2    2    2 x 2 y 1 z 1  9.  Xét phương trình: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0.  * Ta có     2   2   2 * x 2ax y 2by z  2cz  d
   2    2    2 2 2 2 x a y b
z c  a  b  c  d.
Điều kiện để phương trình (*) là phương trình mặt cầu 2 2 2 a  b  c  d. taâm Ia;b;  c
Khi đó (S) có baùnkínhR 2a  2b  2 c d.
Đặc biệt mặt cầu S  2 2 2 2
: x  y z R thì (S) có taâmO0;0;0  baùn kính R. 2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình   2 2 2
S : x  y  z  2x  6y  6z  6  0. Tính diện tích mặt cầu (S) A. 100. B. 120. C. 9. D. 42.
Hướng dẫn giải Chọn A.
Mặt cầu (S) có tâm I1; 3
 ;3, bán kính r  1 9  9  6  5.
Vậy diện tích mặt cầu là 2 2 4 r  4.5  100.
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm I1; 2
 ;3. Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục
Ox tại hai điểm A và B sao cho AB  2 3.
A.   2    2    2 x 1 y 2 z 3  16.
B.   2  (  )    2 2 x 1 y 2 z 3  20.
C.   2    2    2 x 1 y 2 z 3  25.
D.   2    2    2 x 1 y 2 z 3  9. Chú ý:
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng :
- Xác định điểm M  .    AM,u  
- Áp dụng công thức: d A,    . u
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi H là trung điểm AB  IH  AB tại H  IH  d  d I;AB I;Ox   IM,i  
Lấy M 2;0;0Ox  IH  d    3. I,Ox i
Bán kính mặt cầu cần tìm là 2 2 R  IA  IH  HA  4.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là   2    2    2 x 1 y 2 z 3  16.
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2    2    2 S : x 1 y 2 z 1  9 và hai điểm A 4;3 
;1 , B3;1;3; M là điểm thay đổi trên (S). Gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  2MA  MB . Giá trị (m  n) bằng A. 64. B. 60. C. 68. D. 48.
Hướng dẫn giải
Mặt cầu (S) có tâm I1;2;  1  và bán kính R = 3.   
Lấy điểm E sao cho 2AE  BE  0  E 5;5;  1 . Ta có IE  5.
Dễ thấy điểm E là điểm nằm ngoài mặt cầu (S).   2   2 Khi đó 2 2          2 2 2 P 2MA MB 2 ME AE ME BE  ME  2AE  BE .
P lớn nhất và nhỏ nhất khi và chỉ khi ME lớn nhất và nhỏ nhất.
max ME  IE  R  8; min ME  IE  R  2. Do đó 2 2 2 2
m  max P  64  2AE  E
B ; n  min P  4  2AE  BE .
Suy ra m  n  60. Chọn B.
BÀI 2. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Phương trình mặt phẳng Vectơ pháp tuyến ρ ρ ρ
Vectơ n  0 là vectơ pháp tuyến của  nếu giá của n vuông góc với .
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng ρ ρ
Hai vectơ a,b không cùng phương là cặp vectơ chỉ phương của  nếu các giá của chúng song song hoặc nằm trên . Chú ý: ρ ρ
 Nếu n là một vectơ pháp tuyến của  thì knk  0 cũng là vectơ pháp tuyến của . ρ ρ ρ ρ ρ  Nếu ,
a b là một cặp vectơ chỉ phương của  thì n  a,b 
 là một vectơ pháp tuyến của .
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
Ax By Cz D  0 với 2 2 2
A B C  0 .  
Nếu ( ) có phương trình Ax By Cz D  0 thì n  ( ; A ;
B C) là một vectơ pháp tuyến của ( ) .  
Phương trình mặt phẳng đi qua M x ; y ; z và có một vectơ pháp tuyến ( n  ; A ; B C) là: 0  0 0 0 
Ax x B y y C z z  0 . 0   0   0 
Các trường hợp đặc biệt Các hệ số
Phương trình mặt phẳng  Tính chất mặt phẳng  D  0 .
Ax By Cz  0
 đi qua gốc tọa độ O A  0
By Cz D  0
 / / Ox hoặc   Ox B  0
Ax Cz D  0
 / /Oy hoặc   Oy C  0
Ax By D  0
 / /Oz hoặc   Oz A B  0 Cz D  0
 / /Oxy hoặc
  OxyA C  0 By D  0
 / /Oxz hoặc
  OxzB C  0 Ax D  0
 / /Oyz hoặc   Oyz
Nếu ( ) cắt các trục toạ độ tại các điểm ( ; a 0;0),(0; ;
b 0),(0;0;c) với abc  0 thì ta có phương trình mặt x y z
phẳng theo đoạn chắn ( ) :    1. a b c
Chú ý: Nếu trong phương trình ( ) không chứa ẩn nào thì ( ) song song hoặc chứa trục tương ứng.
2. Khoảng cách từ một điểm tới mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho điểm Ax ; y ; z và mặt phẳng A A A
( ) : Ax By Cz D  0 .
Khi đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng () được tính theo công thức:
Ax By Cz D d( , A ( )) A A A  2 2 2
A B C
3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) : A x B y C z D  0; ( ) : A x B y C z D  0 1 1 1 1 2 2 2 2 A B C D +) 1 1 1 1 ( )  ( )     . A B C D 2 2 2 2 A B C D +) 1 1 1 1 ( ) / /( )     . A B C D 2 2 2 2 A B B C +) 1 1 ( )  ( )   hoặc 1 1  . A B B C 2 2 2 2
+) ( )  ( )  A A B B C C  0 . 1 2 1 2 1 2
Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng và mặt cầu
( ) : Ax By Cz D  0 ; 2 2 2 2
(S) : (x a)  ( y b)  (z c)  R .
Để xét vị trí của ( ) và (S) ta làm như sau:
+) Nếu d I,   R thì () không cắt (S) .
+) Nếu d I,  R thì  tiếp xúc S  tại H. Khi đó H được gọi là
tiếp điểm đồng thời H là hình chiếu vuông góc của I lên  và 
được gọi là tiếp diện.
+) Nếu d I,  R thì  cắt S  theo đường tròn có phương trình
 x a y b z c2 2 2 2 ( ) ( )  R
(C) : AxByCzD0.
Bán kính của C là 2 2
r R  d [I,( )] .
Tâm J của (C) là hình chiếu vuông góc của I trên  .
4. Góc giữa hai mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) : A x B y C z D  0 và ( ) : A x B y C z D  0 . 1 1 1 1 2 2 2 2  
Góc giữa () và ( ) bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến , n n .   Tức là     n n  
A A B B C C cos ,   1 2 1 2 1 2
 cos n , n     . 2 2 2 2 2 2 n n  
A B C A B C 1 1 1 2 2 2 Chùm mặt phẳng
 Tập hợp tất cả các mặt phẳng qua giao tuyến của hai mặt phẳng ()
và ( ) được gọi là một chùm mặt phẳng.
 Gọi d  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ) : A x B y C z D  0 1 1 1 1
( ) : A x B y C z D  0 2 2 2 2
Khi đó nếu P là mặt phẳng chứa d  thì mặt phẳng P có dạng
m  A x B y C z D nA x B y C z D  0 với 2 2 m n  0 1 1 1 1   2 2 2 2 
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng 1. Phương pháp ρ
1. Mặt phẳng  đi qua điểm M x ; y ; z có vectơ pháp tuyến n   ; A ; B C  là 0 0 0 
Ax x B y y C z z  0. 0   0   0    2.
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M x ; y ; z có cặp vectơ chỉ phương , a b. Khi 0 0 0    
đó một vectơ pháp tuyến của ( ) là n  [a,b]. 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho mặt phẳng Q : x y  2z  2  0. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt
phẳng Q, đồng thời cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M , N sao cho MN  2 2 .
A. (P) : x y  2z  2  0 .
B. (P) : x y  2z  0 .
C. (P) : x y  2z  2  0.
D. (P) : x y  2z  2  0 .
Hướng dẫn giải Chọn A.
(P) / /(Q) nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng x y  2z D  0 (D  2  ).
Khi đó mặt phẳng (P) cắt các trục ,
Ox Oy lần lượt tại các điểm ( M  ; D 0;0) , ( N 0; ; D 0) . Từ giả thiết: 2
MN  2 2  2D  2 2  D  2 (do 2) D   .
Vậy phương trình mặt phẳng (P) : x y  2z  2  0 .
Chú ý: Mặt phẳng  đi qua điểm M x ; y ; z và song song với mặt phẳng ( ) : Ax By Cz D  0 0 0 0 
thì  có phương trình là
Ax x B y y C z z  0 0   0   0 
Bài tập 2: Cho điểm (
M 1;2;5). Mặt phẳng (P) đi qua điểm M cắt trục tọa độ Ox,Oy,Oz tại , A B,C
sao cho M là trực tâm tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là x y z x y z
A. x y z  8  0 . B. x  2y  5z  30  0 . C.    0 . D.   1. 5 2 1 5 2 1
Hướng dẫn giải Chọn B. OA BC
Ta có OA  (OBC) 
  BC  (OAM )  BC OM (1) AM BC
Tương tự AB OM (2) .
Từ (1) và (2) suy ra OM  (ABC) hay OM  (P) . 
Suy ra OM  (1;2;5) là vectơ pháp tuyến của (P) .
Vậy phương trình mặt phẳng P là
x 1 2 y  2  5 z  5  0  x  2y  5z  30  0.
Bài tập 3: Cho tứ diện ABCD có đỉnh ( A 8; 14  ; 10); 
AD, AB, AC lần lượt song song với , Ox Oy,Oz.
Phương trình mặt phẳng BCD đi qua H (7; 1  6; 1
 5) là trực tâm BC
D có phương trình là
A. x  2y  5z 100  0 .
B. x  2y  5z 100  0 . x y z x y z C.    0 . D.   1. 7 1  6 1  5 7 1  6 1  5
Hướng dẫn giải Chọn B. 
Theo đề ra, ta có (BCD) đi qua H (7; 1  6; 1
 5), nhận HA  (1;2;5) là vectơ pháp tuyến. Phương trình
mặt phẳng BCD là
(x  7)  2( y 16)  5(z 15)  0
x  2y  5z 100  0.
Vậy (BCD) : x  2y  5z 100  0 .
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình của các mặt phẳng song song với mặt
phẳng ( ) : x y z  3  0 và cách ( ) một khoảng bằng 3 .
A. x y z  6  0; x y z  0 .
B. x y z  6  0 .
C. x y z  6  0; x y z  0 .
D. x y z  6  0; x y z  0 .
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi ( ) là mặt phẳng cần tìm. Ta có ( A 0;0;3)  ( ) .
Do ( ) / /( ) nên phương trình của mặt phẳng ( ) có dạng:
x y z m  0 với m  3 . | m  3 |
Ta có d(( ),( ))  3  d( , A ( ))  3   3 . 3 m  6 |
m  3| 3   (thỏa mãn). m  0
Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là
x y z  6  0 và x y z  0 .
Bài tập 5: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
(P) : x  3z  2  0,(Q) : x  3z  4  0 .
Mặt phẳng song song và cách đều (P) và (Q) có phương trình là:
A. x  3z 1  0 .
B. x  3z  2  0 .
C. x  3z  6  0 .
D. x  3z  6  0 .
Hướng dẫn giải Chọn A. Điểm M ( ;
x y; z) bất kỳ cách đều (P) và (Q)  d(M ;(P))  d(M ;(Q))
| x  3z  2 | | x  3z  4 |
x  3z  2  x  3z  4     1 9 1 9
x  3z  2  x  3z  4 2  4  
x  3z 1  0. 
x  3z 1  0
Vậy M thuộc ( ) : x  3z 1  0. Nhận thấy () song song với (P) và (Q) .
Bài tập 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;2; 
1 , B 3;4;0 và mặt phẳng
(P) : ax by cz  46  0 . Biết rằng khoảng cách từ ,
A B đến mặt phẳng (P) lần lượt bằng 6 và 3. Giá trị
của biểu thức T a b c bằng A. 3. B. 6. C. 3. D. 6.
Hướng dẫn giải
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của ,
A B trên mặt phẳng (P) .
Theo giả thiết, ta có: AB  3, AH  6, BK  3. Do đó ,
A B ở cùng phía với mặt phẳng (P) .
Lại có: AB BK AK AH. Mà AB BK AH nên H K . Suy ra ,
A B, H là ba điểm thẳng hàng và B là trung điểm của AH nên tọa độ H (5;6; 1  ) . 
Vậy mặt phẳng (P) đi qua H (5;6; 1  ) và nhận ( AB  2; 2; 1
 ) là vectơ pháp tuyến nên có phương
trình là 2(x  5)  2( y  6) 1(z 1)  0  2x  2y z  23  0
Theo bài ra, ta có (P) : 4
x  4y  2z  46  0 nên a  4,  b  4,  c  2 .
Vậy T a b c  6  .
Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến mặt cầu 1. Phương pháp
Viết phương trình mặt phẳng  tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm H.
Giả sử mặt cầu S  có tâm I và bán kính R, khi đó ta viết được phương trình mặt phẳng () đi qua H  
và có một vectơ pháp tuyến là n IH . 2. Bài tập
Bài tập 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  3)  12 và mặt phẳng (P) : 2x  2 y z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng song
song với (P) và cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) sao cho khối nón có đỉnh là tâm mặt cầu và
đáy là hình tròn (C) có thể tích lớn nhất.
A. 2x  2y z  2  0 hoặc 2x  2y z  8  0 .
B. 2x  2y z 1  0 hoặc 2x  2y z 11  0 .
C. 2x  2y z  6  0 hoặc 2x  2y z  3  0 .
D. 2x  2y z  2  0 hoặc 2x  2y z  2  0 .
Hướng dẫn giải Chọn B
Ta có ( ) / /(P) nên ( ) : 2x  2y z d  0 (d  3  ).
Mặt cầu S  có tâm I(1; 2
 ;3), bán kính R  2 3 .
Gọi H  là khối nón thỏa mãn đề bài với đường sinh IM R  2 3. Đặt (
x h d I, ( )). Khi đó bán kính đường tròn đáy hình nón là 2
r  12  x . 1
Thể tích khối nón là V  
x x với 0  x  2 3 . H  2 12 ( )  3 1
Xét hàm số: f (x)    2
12  x x với 0  x  2 3 . 3
Khi đó f (x) đạt giá trị lớn nhất tại x  2 hay d(I,( ))  2 . | 2.1 2( 2  )  3  d | d  5  6 d 11
Ta có d(I,( ))  2   2     . 2 2 2 2  2  ( 1  ) d  5  6   d  1  .
Chú ý: Công thức tính thể tích hình nón: 1 1
V hS  .2 . R h 3 3
Trong đó R là bán kính đáy, h là chiều cao.
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2
x y  (z 1)  4 và điểm (
A 2; 2; 2). Từ A kẻ
ba tiếp tuyến AB, AC, AD với mặt cầu (B,C, D là các tiếp điểm). Phương trình mặt phẳng BCD là
A. 2x  2y z 1  0 .
B. 2x  2y z  3  0 .
C. 2x  2y z 1  0 .
D. 2x  2y z  5  0 .
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có mặt cầu S  có tâm I (0;0;1) và bán kính R  2 .
Do AB, AC, AD là ba tiếp tuyến của mặt cầu (S) với B,C, D là các tiếp điểm nên
AB AC AD
IA là trục của đường tròn ngoại tiếp B . CD
IB IC ID R
IA  (BCD) .  
Khi đó mặt phẳng BCD có một vectơ pháp tuyến (
n IA  2; 2;1) .
Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp BCD
J IA và IJ BJ. Ta có IBA
vuông tại B và BJ IA nên 2   2 IB 4 4
IB IJ.IAIJ
  IJ IA . IA 3 9   Đặt J ( ;
x y; z). Ta có IJ  ( ;
x y; z 1); IA  (2; 2;1) .  4   8 8 13 
Từ IJ IA suy ra J ; ;   . 9  9 9 9   8 8 13  
Mặt phẳng (BCD) đi qua J ; ; 
 và nhận vectơ pháp tuyến n  (2;2;1) có phương trình:  9 9 9   8   8   13  2 x   2 y   z
 0  2x  2y z  5  0       .  9   9   9 
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  : 2 2 2
(x 1)  ( y 1)  (z 1)  12 và mặt phẳng
(P) : x  2y  2z 11  0. Xét điểm M di động trên (P) và các điểm ,
A B,C phân biệt di động trên S
sao cho AM , BM ,CM là các tiếp tuyến của S . Mặt phẳng  ABC luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?  1 1 1   3  A. ; ;    . B. (0; 1  ;3) . C. ;0;2   . D. 0;3;  1  .  4 2 2   2 
Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt cầu S  có tâm I (1;1;1) và bán kính R  2 3 . Xét điểm M ( ; a ; b c)  (P); ( A ;
x y; z)  (S) nên ta có hệ điều kiện: 2 2 2
(x 1)  (y 1)  (z 1) 12  2 2 2
AI AM IM
a  2b  2c 11 0  2 2 2
(x 1)  (y 1)  (z 1) 12 (1)  2 2 2 2 2 2  12
  (x a)  (y b)  (z c)  (a 1)  (b 1)  (c 1) (2)
a  2b  2c 11 0 (3)  Lấy (1)  (2) ta có: 2 2 2 2 2 2
(x 1)  ( y 1)  (z 1)  1
 2  (x a)  (y b)  (z c)    2 2 2
 12  (a 1)  (b 1)  (c 1)   
 (a 1)x  (b 1)y  (c 1)z a b c  9  0
Vậy mặt phẳng đi qua ba tiếp điểm là:
(Q) : (a 1)x  (b 1) y  (c 1)z a b c  9  0
Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định (0;3;-1).
Dạng 3. Phương trình mặt phẳng đoạn chắn 1. Phương pháp
Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua ba điểm ( A ; a 0;0), B(0; ;
b 0) và C(0;0;c) với abc  0 là: x y z   1. a b c 2. Bài tập
Bài tập 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm (
M 3;0;0), N (2;2; 2) . Mặt phẳng (P)
thay đổi qua M , N cắt các trục Oy,Oz lần lượt tại B(0; ;
b 0),C(0;0;c) với ,
b c  0. Hệ thức nào dưới đây là đúng? 1 1 1
A. b c  6 .
B. bc  3(b c) .
C. bc b c . D.   . b c 6
Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng (P) đi qua M (3;0;0), B(0; ;
b 0),C(0;0;c) với ,
b c  0 nên phương trình mặt phẳng (P) x y z
theo đoạn chắn là:    1 3 b c 2 2 2 1 1 1
Mặt phẳng (P) đi qua N (2;2;2) suy ra    1    . 3 b c b c 6
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho điểm G 1;4;3. Phương trình mặt phẳng cắt các trục tọa độ
Ox,Oy,Oz lần lượt tại ,
A B,C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC là x y z x y z A.   1. B.   1. 3 12 9 4 16 12
C. 3x 12y  9z  78  0 .
D. 4x 16y 12z 104  0 .
Hướng dẫn giải Chọn B. Giả sử (
A a,0, 0); B(0, ,
b 0);C(0;0;c) . 
x x x x A B C D x   G 4  
y y y y
G(1;4;3) là trọng tâm tứ diện A B C D
OABC  y G 4  
z z z z A B C D x   G  4
0  a  0  0  4.1 a  4  
 0  0  b  0  4.4  b   16 . 0 0 0 c 4.3      c  12   x y z
Ta có phương trình mặt phẳng (ABC) là:   1. 4 16 12
Bài tập 3: Trong không gian với hệ tọa độ .
Oxyz Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm
M (1;2;3) và cắt các trục ,
Ox Oy,Oz lần lượt tại ba điểm ,
A B,C khác với gốc tọa độ O sao cho biểu 1 1 1 thức   có giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 OA OB OC
A. (P) : x  2y z 14  0 .
B. (P) : x  2y  3z 14  0 .
C. (P) : x  2y  3z 11  0 .
D. (P) : x y  3z 14  0 .
Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi H là trực tâm ABC. BH AC Ta có 
AC  (OBH )  AC OH   1 . OB   AC
Chứng minh tương tự, ta có: BC OH 2 .
Từ (1), (2) ta có OH  (ABC) . 1 1 1 1 Suy ra    . 2 2 2 2 OA OB OC OH 1 1 1 Vậy để biểu thức  
đạt giá trị nhỏ nhất thì OH đạt giá trị lớn nhất. Mà OH OM 2 2 2 OA OB OC
nên OH đạt giá lớn nhất bằng OM hay H M .  Khi đó (
OM ABC) nên (P) có một vectơ pháp tuyến là OM  (1;2;3) .
Phương trình mặt phẳng (P) là
1(x 1)  2( y  2)  3(z  3)  0  x  2y  3z 14  0 .
Bài tập 4: Trong không gian Oxyz, có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm M 4; 4;   1 và chắn trên ba trục 1
tọa độ Ox,Oy,Oz theo ba đoạn thẳng có độ dài theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng ? 2 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi ( A ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C(0;0;c) với abc  0 là giao điểm của mặt phẳng (P) và các trục toạ độ. Khi x y z
đó (P) có phương trình là    1. a b c Theo giả thiết ta có:   4 4 1 M  (P)   1 a  8,  b  4  ,c  2    a b c   1 1  
a  8,b  4  ,c  2  OC OB OA 1 1     2 4 |
c | | b | | a |
a 16,b  8  ,c  4   2 4  
Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn.
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A1;0;0, B0;1;0. Mặt phẳng
x ay bz c  0 đi qua các điểm ,
A B đồng thời cắt tia Oz tại C sao cho tứ diện OABC có thể tích 1
bằng . Giá trị của a  3b  2c là 6 A. 16. B. 1. C. 10. D. 6.
Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng đi qua các điểm ,
A B đồng thời cắt tia Oz tại C 0;0;t với t  0 có phương trình là x y z   1. 1 1 t 1 1 1 Mặt khác: V
  . OA.OB.OC   t  1. OABC 6 6 6 x y z
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng    1  x y z 1  0 . 1 1 1 Vậy 1
a b  ,c  1  .
Suy ra a  3b  2c  1 3.1 2  6 .
Dạng 4. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng 1. Phương pháp Cho hai mặt phẳng:
(P) : Ax By Cz D  0 ;
P: Ax B y C z  D  0 . Khi đó:
 (P) cắt P  A: B :C A: B:C .  A B C D
(P) / / P     . ABCD  A B C D
(P)  P     . ABCD     
(P)   P  nnn n  0 . (P) P (P) P
AA  BB  CC  0. Chú ý:
 Nếu A  0 thì tương ứng A  0 .
 Nếu B  0 thì tương ứng B  0 .
 Nếu C  0 thì tương ứng C  0 .
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : x  2y z 1  0 và
( ) : 2x  4y mz  2  0 .
Tìm m để  và  song song với nhau.
Hướng dẫn giải 1 2 1  1  Ta có ( ) / /( )     2 4 m 2  2 4 2 (vô lý vì   ). 1 2 1 
Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng , song song với nhau. 2. Bài tập
Bài tập 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P có phương trình
mx  (m 1) y z 10  0 và mặt phẳng (Q) : 2x y  2z  3  0 .
Với giá trị nào của m thì (P) và (Q) vuông góc với nhau? A. m  2  . B. m  2 . C. m  1. D. m  1  .
Hướng dẫn giải Chọn C.
(P) : mx  (m 1) y z 10  0 có vectơ pháp tuyến n  ( ; m m 1;1) . 1 
(Q) : 2x y  2z  3  0 có vectơ pháp tuyến n  (2;1; 2  ) . 2  
(P)  (Q)  n n  0  2m m 1 2  0  m  1. 1 2
Dạng 5. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng 1. Phương pháp
Cho mặt phẳng ( ) : Ax By Cz D  0 và mặt cầu tâm I; bán kính . R
 () và (S) không có điểm chung  d(I,())  R .
 () tiếp xúc với (S)  d(I,())  .
R Khi đó () là tiếp diện.
 () và (S) cắt nhau  d(I;())  R .
Khi đó O có tâm là hình chiếu của I trên  và bán kính 2 2
r R d (I;( )) . 2. Bài tập
Bài tập 1: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x y z  6x  4y 12  0 .
Mặt phẳng nào cắt S  theo một đường tròn có bán kính r  3?
A. 4x  3y z  4 26  0 .
B. 2x  2y z 12  0 .
C. 3x  4y  5z 17  20 2  0 .
D. x y z  3  0 .
Hướng dẫn giải Chọn C.
Phương trình mặt cầu S  là 2 2 2
x y z  6x  4y 12  0. Suy ra tâm I 3; 2
 ;0 và bán kính R  5.
Ta gọi khoảng cách từ tâm I của mặt cầu tới các mặt phẳng ở các đáp án là h, khi đó để mặt phẳng cắt
mặt cầu S  theo một đường tròn có bán kính r  3 thì 2 2
h R r  25  9  4 . |18  4 26 |
Đáp án A loại vì h   4 . 26 14
Đáp án B loại vì h   4 . 3
Chọn đáp án C vì h  4 . 1 3
Đáp án D loại vì h   4 . 3
Bài tập 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I 1;2; 2   và mặt phẳng
(P) : 2x  2y z  5  0. Phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường
tròn có diện tích bằng 16 là A. 2 2 2
(x  2)  ( y  2)  (z 1)  36 . B. 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  2)  9 . C. 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  2)  25 . D. 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  2)  16 .
Hướng dẫn giải Chọn C. | 2.1 2.2  2  5 |
Ta có a d(I;(P))   3 . 2 2 2 2  2 1 S
Bán kính của đường tròn giao tuyến là: r   16  4 . 
Mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là một đường tròn nên ta có 2 2 2
R a r  9 16  25  R  5 .
Vậy phương trình mặt cầu tâm I , bán kính R  5 là: 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  2)  25.
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
x y z  2x  4 y  6z  2  0
và mặt phẳng ( ) : 4x  3y 12z 10  0. Tìm phương trình mặt phẳng  thỏa mãn đồng thời các điều
kiện: tiếp xúc với S  ; song song với () và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương.
A. 4x  3y 12z  78  0 .
B. 4x  3y 12z  26  0 .
C. 4x  3y 12z  78  0 .
D. 4x  3y 12z  26  0 .
Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu (S) có tâm I (1;2;3), bán kính 2 2 2
R  1  2  3  2  4 .
Vì ( ) / /( ) nên phương trình ( ) có dạng: 4x  3y 12z d  0, d  10 .
Vì ( ) tiếp xúc mặt cầu (S) nên
| 4.1 3.2 12.3  d | d  26  dR   4 |
d  26 | 52  (I ,( . ))  2 2 2    d  78 4 3 ( 12)
Do ( ) cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn d  78 .
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 4x  3y 12z  78  0 .
Dạng 6. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng 1. Phương pháp
Khoảng cách từ điểm M x ; y ; z đến mặt phẳng  : Ax By Cz D  0 là 0  0 0 0  
Ax By Cz D d M , 0 0 0  . 0 2 2 2
A B C 2. Bài tập
Bài tập 1: Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng P : x  2y  2z 10  0 và
Q: x  2y  2z 3  0 bằng 4 8 7 A. . B. 3. C. . D. . 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn D.
Vì P / / Q nên d P,Q  d  ,
A Q với AP. 0  2.0  2.5  3 7
Chọn A0;0;5P thì d AQ   . 2 2 2 1  2  2 3
Chú ý: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng
này đến mặt phẳng kia.
Nếu hai mặt phẳng không song song thì khoảng cách giữa chúng bằng 0.
Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho A1;2;3, B3;4;4. Tìm tất cả các giá trị của
tham số m sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P : 2x y mz 1  0 bằng độ dài đoạn thẳng A . B A. m  2. B. m  2.  C. m  3.  D. m  2. 
Hướng dẫn giải Chọn A. υυυρ Ta có AB    2 2 2
2; 2;1  AB  2  2 1  3   1 .
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng P là
| 2.1 2  m 3 1| | 3m  3 | d ( , A (P))   (2). 2 2 2 2 2 1  m 5  m | 3m  3 | Vì AB d( , A (P))  3   9 2 5  m  2
 9(m 1)  m  2 . 2 5  m
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với A  1;2;  1 , B  2;1;3,
C  (3; 2;2), D  (1;1;1) . Độ dài chiều cao DH của tứ diện bằng 3 14 14 4 14 3 14 A. . B. . C. . D. . 14 14 7 7
Hướng dẫn giải Chọn A.     Ta có AB  (1; 1
 ;2), AC  (2;0;1)  [AB; AC]  ( 1
 ;3;2) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) .
Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là 1(
x 1)  3(y  2)  2(z 1)  0  x  3y  2z  7  0 .
Độ dài chiều cao DH của tứ diện ABCD là khoảng cách từ D đến (ABC) . | 1.1   3.1 2.1 7 | 3 14
Suy ra DH d(D, (ABC))   . 2 2 2 ( 1  )  3  2 14
Bài tập 4: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm Aa; ;
b c với a, ,
b c  0. Xét P là mặt phẳng thay
đổi đi qua điểm A . Khoảng cách lớn nhất từ điểm O đến mặt phẳng (P) bằng A. 2 2 2
a b c . B. 2 2 2
2 a b c . C. 2 2 2
3 a b c . D. 2 2 2
4 a b c .
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng P . Khi đó 2 2 2
d (O,(P))  OH OA a b c .
Dạng 7. Góc giữa hai mặt phẳng 1. Phương pháp
Cho hai mặt phẳng , có phương trình:
: A x B y C z D  0 1 1 1 1
: A x B y C z D  0. 2 2 2 2 υρ υυρ
Góc giữa , bằng hoặc bù với góc giữa hai vectơ pháp tuyến n , n . 1 2 υρ υυρ n .n
A A B B C C cos , •   1 2  υρ υυρ 1 2 1 2 1 2  . n . n 2 2 2 2 2 2
A B C . A B C 1 2 1 1 1 2 2 2
Chú ý: 0o  ,  •   90 .o     2. Bài tập Bổ sung sau
Dạng 8. Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;1;  1 , B  1
 ;2;0,C 3;1;2 và M là điểm thuộc
mặt phẳng  : 2x y  2z  7  0. υυυρ υυυρ υυυυρ
Tính giá trị nhỏ nhất của P  3MA  5MB  7MC .
A. P  20. B. P  5. C. P  25. D. P  27. min min min min
Hướng dẫn giải Chọn D. υυρ υυρ υυρ ρ Gọi điểm I  ;
x y; z sao cho 3IA  5IB  7IC  0. 3
 1 x  5 1
  x  73 x  0 x  23    Khi đó 3
 1 y  52  y  7 1
  y  0  y  20  I  2  3;20; 1   1 .  
31 z  50  z  72  z  0 z  11    υυυρ υυυρ υυυυρ υυυρ υυρ υυυρ υυρ υυυρ υυρ
Xét P  3MA  5MB  7MC  3MI IA  5MI IB  7MI IC . υυυρ υυρ υυρ υυρ υυυρ
MI  3IA 5IB  7IC  MI MI.
P khi MI ngắn nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng . min 2. 23   20  2. 11   7
Khi đó: P d I,    27. min        2   2 2 2 1  2
Bài tập 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 3  ;5;5,B 5; 3;7 và mặt
phẳng (P) : x y z  0. Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho 2 2
MA  2MB lớn nhất. A. ( M 2  ;1;1) . B. (2 M ; 1  ;1) . C. ( M 6; 18  ;12) . D. M ( 6  ;18;12) .
Hướng dẫn giải Chọn C.   
Gọi I thỏa mãn IA  2IB  0.        
Khi đó IO OA  2(IO OB)  0  OI  2OB OA I (13; 11  ;19).  2  2   2   2 Ta có 2 2
MA MB  MA  MB  MI IA  MI IB 2  MI   2 2 2 2 2 IA  2IB . 2 2
MA  2MB lớn nhất khi MI nhỏ nhất. Khi đó I là hình chiếu vuông góc của M lên (P) .
Ta tìm được M (6; 18  ;12) .
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho các điểm M ( ; m 0;0), N(0; ;
n 0), P(0;0; p) không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn 2 2 2
m n p  3 . Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng MNP bằng 1 1 1 A. . B. 3 . C. . D. . 3 3 27
Hướng dẫn giải Chọn C. Do ,
M N, P không trùng với gốc tọa độ nên m  0, n  0, p  0 . x y z 1 1 1
Phương trình mặt phẳng (MNP) là:    1  x y z 1  0 . m n p m n p 1
Suy ra d (O, (MNP))  . 1 1 1   2 2 2 m n p 1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương 2 2 2
m , n , p và ba số dương , ta có: 2 m 2 2 n p 1 1 1 1 2 2 2 3 2 2 2
m n p  3 m n p và    33 . 2 2 2 2 2 2 m n p m n p  1 1 1  Suy ra  2 2 2
m n p     9  2 2 2   m n p   1 1 1   3    9    2 2 2
do m n p  3 2 2 2   m n p  1 1 1 1 1 1 1 1     3     3   2 2 2 2 2 2 m n p m n p 1 1 1 3   2 2 2 m n p 1
Vậy d (O,(MNP)) 
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2
m n p  1. 3 1
Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng MNP là . 3
Bài tập 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x  2y  2z  3  0 và mặt cầu  2 2 2
(S) : x y z  2x  4 y  2z  5  0. Giả sử M  (P) và N (S) sao cho MN cùng phương với vectơ
u  (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN. A. MN  3.
B. MN  1 2 2 . C. MN  3 2 . D. MN  14 .
Hướng dẫn giải Chọn C.
S có tâm I( 1
 ;2;1) và bán kính R 1. | 1   2.2  2.1 3 |
Ta có: d (I,(P))   2  R . 2 2 2 1  2  2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng P và  là góc giữa MN và NH. υυυυρ 
Vì MN cùng phương với u nên góc  có số đo không đổi.  1
MNH vuông tại H có •
  HNM nên HN MN.cos  MN  .HN cos
Do đó MN lớn nhất  HN lớn nhất  HN d(I,(P))  R  3.   1 1
Có cos  cos(u, n )  nên MN HN  3 2 . P 2 cos
Bài tập 5: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, gọi P : ax by cz  3  0 (với a,b,c là các số
nguyên không đồng thời bằng 0) là mặt phẳng đi qua hai điểm M 0;1;2, N 1;1;3 và không đi qua
điểm H (0;0; 2). Biết rằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của tổng
T a  2b  3c 12 bằng A. 16 . B. 8. C. 12. D. 16.
Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi K là hình chiếu của H lên (P), E là hình chiếu của H lên MN.
Ta có d(H;(P))  HK và d(H; MN)  HE, HK HE (không đổi). Vậy (
d H;(P)) lớn nhất khi K E, với E là hình chiếu của H lên MN .  1  1  7  Suy ra E ; ;   .  3 3 3    1 1 1 
Vậy mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng nhận HE   ;  ; 
 làm vectơ pháp tuyến và đi qua M  3 3 3 
có phương trình là x y z  3  0 . a  1   Suy ra b  1  . c 1 
Vậy T  16 .
BÀI 3. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Phương trình đường thẳng
Vectơ chỉ phương của đường thẳng Chú ý:   
Cho đường thẳng . Vectơ u  0 gọi là vectơ chỉ phương của + Nếu u là vectơ chỉ phương của  
đường thẳng  nếu giá của nó song song hoặc trùng với .
thì k.u k  0 cũng là vectơ chỉ
Cho đường thẳng  đi qua M x ; y ; z và có vectơ chỉ 0 0 0  phương của . 
phương là u   ; a ; b c .
+ Nếu đường thẳng đi qua hai điểm 
A, B thì AB là một vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thẳng
Cho đường thẳng có phương trình
Phương trình tham số của đường thẳng  có dạng (1) thì
x x at u  0 +
 ;a ;bclà một vectơ chỉ
y y bt , t   (1) 0  phương của . z z   ct 0 + Với điểm M   thì
M x at; y bt; z ct trong đó t 0 0 0 
là một giá trị cụ thể tương ứng với từng điểm M.
Phương trình chính tắc Nếu a, ,
b c  0 thì phương trình chính tắc của đường thẳng  có dạng x x y y z z 0 0 0   2 a b c 2. Khoảng cách
Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
Cho đường thẳng  đi qua M , có vectơ chỉ phương u và điểm M   . Khi đó để tính khoảng 0
cách từ M đến  ta có các cách sau:   MM ,u  
Cách 1: Sử dụng công thức: d M ,d  0   . u Cách 2:
+ Lập phương trình mặt phẳng P đi qua M vuông góc với .
+ Tìm giao điểm H của P với .
+ Khi đó độ dài MH là khoảng cách cần tìm. Cách 3:
+ Gọi N d , suy ra tọa độ N theo tham số t . + Tính 2 MN theo t .
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của tam thức bậc hai.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau  đi qua M có vectơ chỉ phương u và  đi qua M  có vectơ 0 0 
chỉ phương u . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng  và  được tính theo các cách sau:
  
u,u.M M   
Cách 1: Sử dụng công thức: d , 0 0    . u,u  
Cách 2: Tìm đoạn vuông góc chung MN . Khi đó độ dài MN là khoảng cách cần tìm.
Cách 3: Lập phương trình mặt phẳng P chứa qua  và song song với  . Khi đó khoảng cách
cần tìm là khoảng cách từ một điểm bất kì trên  đến P .
3. Vị trí tương đối
Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, hai đường thẳng x x y y z z 0 0 0 d :  
đi qua M x ; y ; z có 1  0 0 0  1 a b c 
vectơ chỉ phương u  ; a ; b c , và 1   x xy yz z 0 0 0 d :  
đi qua M x ; y ; z có 2  0 0 0  2 a  b c 
vectơ chỉ phương u a ;b ;c . 2  
Để xét vị trí tương đối của d và d , ta sử dụng 1 2 phương pháp sau:
Phương pháp hình học   a a a
Ta có thể dùng phương pháp đại số để xét vị 1 2 3 u / /u   
+ d trùng d 1 2    b b b 1 2  1 2 3
trí tương đối: Dựa vào số nghiệm của hệ M   d 1 2 M   d 1 2
phương trình các đường thẳng.   
u ,u   0
Chú ý trường hợp vô nghiệm 1 2   + d / /d    1 2
    hoặc
u , M M   0
+ Nếu u ;u cùng phương thì d //d . 1 2 1 2 1 1 2    
+ Nếu u ;u không cùng phương thì d ; d   a a a 1 2 1 2 1 2 3 u || u    1 2   b b b chéo nhau. 1 2 3 M   d 1 2 M   d 1 2   
u ,u   0 1 2  
+ d cắt d  1 2
   
u ,u .M M  0 1 2 1 2  
  
+ d chéo d  u ,u .M M  0 1 2 1 2 1 2  
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
Phương pháp đại số
 : Ax By Cz D  0 có vectơ pháp tuyến Xét hệ phương trình
x x at
x x at 1 0    0   n   ; A ; B C
d y y
y y bt 2 0     và đường thẳng : bt đi qua 0   z z   ct
z z ct 3  0   0 
Ax By Cz D  0  4
M x ; y ; z có vectơ chỉ phương u a b c . d  ; ;  0 0 0 
Để xét vị trí tương đối của d và   ta sử dụng phương
Thay (1), (2), (3) vào (4), ta được pháp sau:
Ax at B y bt C z ct D  0 * 0   0   0   
Phương pháp hình học   u n
+) Nếu phương trình (*) vô nghiệm t thì  Nếu  d
thì d    .
M x ; y ; z   d //   . 0 0 0      u n
+) Nếu phương trình (*) có nghiệm t duy  Nếu  d
thì d //   .
M x ; y ; z  
nhất thì d cắt   . 0 0 0       
 Nếu u và nu k n k
+) Nếu phương trình (*) có vô số nghiệm t d  cùng phương . d  với 0
thì d    .
thì d    .    
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng
 Nếu u .n  0 u và n d  ; d
 không cùng phương thì d
d và mặt phẳng   ta giải phương trình (*), cắt   .
sau đó thay giá trị t vào phương trình tham số
của d để tìm  ; x y; z
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng và mặt cầu
x x at 0 
có phương trình lần lượt là: d : y y bt , t  và 0 z z   ct 0
S x a2  y b2 z c2 2 :       R .
Để xét vị trí tương đối của d và   ta sử dụng phương pháp sau:
Phương pháp hình học
Phương pháp đại số
Bước 1: Tìm khoảng cách từ tâm I của S  đến d .
thay x, y, z từ phương trình tham số của d vào Bước 2:
phương trình S , khi đó ta được phương trình
+ Nếu d I,d   R thì d không cắt S  .
bậc hai theo t . Biện luận số giao điểm của d
+ Nếu d I,d   R thì d tiếp xúc S  .
và S theo số nghiệm của phương trình bậc hai theo t .
+ Nếu d I,d   R thì d cắt S  .
Chú ý: Để tìm điểm chung của đường thẳng và
mặt cầu ta giải phương trình bậc hai theo t ,
sau đó thay giá trị của t vào phương trình
tham số của d để tìm  ;
x y; z. 4. Góc
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn.
Góc giữa hai đường thẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d , d 1 2  
lần lượt có các vectơ pháp tuyến là u ,u . 1 2 
Góc giữa d và d bằng hoặc bù với góc giữa u và 1 2 1  u . 2     u .u
Ta có: cosd ,d   cosu ,u  1 2    . 1 2 1 2 u . u 1 2
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Chú ý: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có vectơ góc nhọn. 
chỉ phương u và mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến d  n .
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng   bằng
góc giữa đường thẳng d với hình chiếu d của nó trên  .     u n Ta có: d   u n . d   . sin , cos ,
 d  u . n dSƠ ĐỒ HỆ THỐNG
Đi qua M x ; y ; z và có 0  0 0 0  
vectơ chỉ phương là u  ; a ; b c   u  Tham số: Chính tắc: Phương
x x at Nếu , a , b c  0 thì 0  trình đường
y y bt , t   x x y y z z 0 0 0 0   z z   ct a b c 0 ĐƯỜNG THẲNG Khoảng cách từ điểm
Hai đường thẳng d , d 1 2    
M đến đường thẳng u / /u u / /u 1 2 1 2  d d   ; d / /d  1 2 1 2    M  MM u  dM d 1 2  1 2 , d    M ,  0   ; Khoảng u cách d cắt d 1 2  
   Khoảng cách 2 đường
 u ,u   0; u ,u .M M  0 1 2 1 2 1 2    
thẳng chéo nhau , 
  
  
d chéo d  u ,u .M M  0
u,u.M M Vị trí 1 2 1 2 1 2   d    ,  0    tươn  
g đối Đường thẳng d và mặt phẳng     Giữa hai đường thẳng
d     u n ; M x y zd   ; ;  0 0 0    d và d    
d //    u n ; M x y zd   ; ;  0 0 0   
cos d ,d  cos u ,u 1 2   1 2    
d cắt    u .n  0 u n d  , , dGóc Góc giữa đường thẳng không cùng phương
d và mặt phẳng    
Đường thẳng d và mặt cầu S I, R
sin d,   cosu ,n d
d không cắt S   d I,d   R d tiế
ú S   d I d R
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng 1. Phương pháp
 Đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z và có vectơ chỉ phương a  a ;a ;a có phương 1 2 3  0  0 0 0 
x x a t 0 1 
trình tham số là y y a t t   . 0 2   z z   a t 0 3 
 Đường thẳng d đi qua hai điểm A, B: Một vectơ chỉ phương của d là AB .
 Đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z và song song với đường thẳng  cho trước: Vì d // 0  0 0 0 
nên vectơ chỉ phương của  cũng là vectơ chỉ phương của d .
 Đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z và vuông góc với mặt phẳng P cho trước: Vì 0  0 0 0 
d  P nên vectơ pháp tuyến của P cũng là vectơ chỉ phương của d .
Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng P , Q .
Cách 1: Tìm một điểm và một vectơ chỉ phương
 Tìm toạ độ một điểm Ad bằng cách giải hệ phương trình mặt phẳng của P , Q với việc
chọn giá trị cho một ẩn.   
 Tìm một vectơ chỉ phương của d : ,
a  n n  . P Q  
Cách 2: Tìm hai điểm A, B thuộc d rồi viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đó.
 Đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z và vuông góc với hai đường thẳng d ,d : Vì 0  0 0 0  1 2   
d d , d d nên một vectơ chỉ phương của d là: u  u ,u  . 1 2  1d d2  2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A2;1;  1 , B  2  ;3;  1 và C 0; 1  ;3 .
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt
phẳng  ABC . Phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z  2 x 1 y z A.   . B.   . 1 1 1 1 1 1 x y  2 z x 1 y z C.   . D.   . 2  1 1 1 1 1
Hướng dẫn giải
Chọn B.  Ta có AB   4;
 2;2  AB  16  4  4  2 6 .  AC   2;  2;
 4  AC  4  4 16  2 6 .  BC  2; 4
 ;2  BC  4 16  4  2 6 .
Vậy tam giác ABC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm G 0;1;  1 .  
Ta có  AB, AC  12;12;12  121;1  ;1   .  
Đường thẳng d đi qua G 0;1; 
1 và có vectơ chỉ phương cùng phương với  AB, AC   , do đó 
chọn u  1;1;  1 . x t
Phương trình đường thẳng d là y 1 t . z 1  t Với t  1
 , ta có điểm A 1;  0;0d . 
Vậy đường thẳng d đi qua A 1;
 0;0 và có vectơ chỉ phương u  1;1;  1 .
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, cho hai M 1;2;3, N 3;4;5 và mặt phẳng
P: x  2y 3z 14  0 . Gọi  là đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng P , các điểm H,K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của ,
M N trên . Biết rằng khi MH NK thì trung điểm của HK
luôn thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của đường thẳng d là x tx tx tx 1     A. 13  y   2t . B. 13  y   2t . C. 13  y   2t .
D.y 13 2t . z  4       t z  4    t z  4    t z  4    t
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi I là trung điểm của HK .
Do MH NK nên HMI  KNI IM IN . Khi đó I thuộc mặt phẳng Q là mặt phẳng
trung trực của đoạn MN .  1 
Ta có Q đi qua trung điểm của MN là điểm J 2;3;4 và nhận n MN  1;1;  1 làm vectơ 2
pháp tuyến nên có phương trình là Q : x y z  9  0 .
x y z  
Mà I A  P . Suy ra I d  P Q 9 0
: x2y3z14  0 Tìm được 0;13; 4
 d và vectơ chỉ phương của d là 1; 2  ;  1 . x t
Vậy d : y 13 2t . z  4    t
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz. Cho điểm E 1;1; 
1 , mặt cầu S  2 2 2
: x y z  4 và mặt phẳng
P: x 3y 5z 3  0 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P và cắt S tại hai điểm ,
A B sao cho OAB là tam giác đều. Phương trình tham số của  là x 1 2tx 1 4tx 1 2tx 1 t    
A.y 1 t . B.y 1 3t .
C.y 1 t .
D.y 1 t . z 1     t z  1  t z  1  t z  1 2  t
Hướng dẫn giải Chọn C.  Gọi u   ; a ;
b c là một vectơ chỉ phương của  với 2 2 2
a b c  0 .  Ta có n  . P 1; 3  ;5    
Vì   P nên u n u.n  0  a  3b  5c  0  a  3b  5c . (1) P P
Mặt cầu S  có tâm O0;0;0 và bán kính R  2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB R 3
Ta có OAB là tam giác đều cạnh R nên OH   3 . 2
Suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng  bằng OH  3 .   u,OE   Khi đó   3 u
 a b2  b c2  c a2   2 2 2
3 a b c
 a b c2  0  a b c  0 (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
3b  5c b c  0  b c a  2  c .
Thay c  1 thì b  1 và a  2 . 
Ta được một vectơ chỉ phương của  là u  2; 1  ;  1 x  1 2t
Vậy phương trình của đường thẳng  là y 1 t . z 1  t
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng bằng phương pháp tham số hóa 1. Phương pháp
 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z , vuông góc và cắt đường thẳng . 0  0 0 0   
Cách 1: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng . Khi đó H  , M H u . 0 0 
Khi đó đường thẳng d là đường thẳng đi qua M , H . 0 Cách 2:
Gọi P là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d . Q là mặt phẳng đi qua M và 0 0
chứa d . Khi đó d  P  Q
 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M x ; y ; z và cắt hai đường thẳng d ,d . 0  0 0 0  1 2 Cách 1:
Gọi M d d, M d d . Suy ra M , M , M thẳng hàng. Từ đó tìm được M , M 1 1 2 2 0 1 2 1 2
và suy ra phương trình đường thẳng d .
Cách 2: Gọi P là mặt phẳng đi qua M và chứa d ; Q là mặt phẳng đi qua M và chứa d . 0 1 0 2   
Khi đó d  P  Q . Do đó một vectơ chỉ phương của d có thể chọn là u  n ,n   . P Q
 Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng P và cắt cả hai đường thẳng d ,d : Tìm các giao điểm 1 2
A d P , B d P . Khi đó d chính là đường thẳng AB . 1   2  
 Đường thẳng d song song với  và cắt cả hai đường thẳng d , d : Viết phương trình mặt phẳng 1 2
P song song với  và chứa d , mặt phẳng Q song song với  và chứa d . Khi đó 1 2
d  P  Q .
 Đường thẳng d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d ,d chéo nhau: 1 2 MN d
Cách làm: Gọi M d , N d . Từ điều kiện
1 , ta tìm được M , N . Viết phương trình 1 2 MN   d2
đường thẳng MN chính là đường vuông góc chung của d , d . 1 2 2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : x y z 1  0 và đường x  4 y  2 z 1 thẳng d :  
. Phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của d trên 2  2 1
mặt phẳng P là x y  2 z 1 x y  2 z 1 A.   . B.   . 5 7 2 5  7 2 x y  2 z 1 x y  2 z 1 C.   . D.   . 5  7 2 5 7 2
Hướng dẫn giảii Chọn B.
x  4  2t
Đường thẳng d có phương trình tham số là y  2
  2t t  . z  1    t
Lấy điểm M d  P  M 4  2t; 2   2t; 1
  td . Thay đổi tọa độ điểm M vào phương
trình mặt phẳng P ta được: 4  2t  2  2t 1 t  0  t  2 . Suy ra M 0;2;  1 .
Do đó d  P  M 0;2;  1 . Lấy A4; 2  ; 
1  d . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng P . 
Đường thẳng AH đi qua A4; 2;    1 và nhận n
làm vectơ chỉ phương nên AH có P 1;1;    1
x  4  t1 
phương trình là y  2
  t t   . 1  1  z  1    t1
Suy ra H 4  t ; 2   t ; 1   t . 1 1 1 
Thay tọa độ H vào phương trình mặt phẳng P được 2 10 8 1 
4  t  2  t 1 t 1  0  t    H ;  ;  . 1 1 1 1   3  3 3 3 
MH là hình chiếu của d lên mặt phẳng P , MH đi qua M 0;2;  1 và nhận  10 14 4  2 MH  ;  ;      5
 ;7;2 là vectơ chỉ phương nên có phương trình là  3 3 3  3 x y  2 z 1   . 5  7 2 x 1 y 1 z x  2 y z  3
Bài tập 2. Cho các đường thẳng d :  
và đường thẳng d :   . 1 1 2 1  2 1 2 2
Phương trình đường thẳng  đi qua A1;0;2 , cắt d và vuông góc với d là 1 2 x 1 y z  2 x 1 y z  2 A.   . B.   . 2 2  1 4 1  1  x 1 y z  2 x 1 y z  2 C.   . D.   . 2 3 4  2 2 1
Hướng dẫn giải Chọn C. 
Gọi I d   , I 1 t, 1
  2t, t  AI  t;2t 1;t  2 là một vectơ chỉ phương của . 1  Do u
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d và   d . d 1; 2; 2 2   2 2  
Suy ra AI.ud  0  t  2 2t 1  2 t  2  0  3t  6  0  t  2 . 2      x 1 y z  2 Vậy AI  2;3; 4
  . Phương trình đường thẳng  cần tìm là   . 2 3 4 
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 3x y  2z  0 và hai đường x 1 y  6 z x 1 y  2 z  4 thẳng d :   và d :  
.Đường thẳng vuông góc với P cắt cả hai 1 1  2 1 2 3  1  4
đường thẳng d và d có phương trình là 1 2 x  2 y 1 z x  5 y z  4 A.   . B.   . 3 1 2  3 1 2 x  2 y  8 z 1 x 1 y  2 z  2 C.   . D.   . 3 1 2  3 1 2 
Hướng dẫn giải Chọn A. x  1   t x 1 y  6 zd : 
  y  6  2t , t  1 1  2 1 z   t
M d M 1
  t;6  2t;t . 1  
x 1 3tx 1 y  2 z  4  d :  
 y  2 t , t 2 3  1  4 z  4   4t 
N d N 1 3t ; 2  t ; 4   4t . 1   
MN  2  t  3t ; 4
  2t t ; 4
  t  4t .  
P : 3x y  2z  0 có vectơ pháp tuyến n3;1; 2   .
Đường thẳng d  vuông góc với P cắt cả hai đường thẳng d tại M và cắt d tại N suy ra 1 2
2  t  3t  3kt  2     
MN kn   4
  2t t  k  t 1  4
  t  4t  2    k k  1    t  2   M 1;2; 2    
Do d   P nên u n . dP x 1 3s
Phương trình đường thẳng d là y  2  s ; s   . z  2   2  s x y z
Chọn s    A  2 1 1
2;1;0  d d :   . 3 1 2  x y z  2
Bài tập 4. Viết phương trình đường thẳng d qua A1;2;3 cắt đường thẳng d :   và 1 2 1 1
song song với mặt phẳng P : x y z  2  0 . x  1 tx 1 tx  1 tx 1 t    
A.y  2  t .
B.y  2  t .
C.y  2  t .
D.y  2  t . z  3     t z  3  z  3  z  3   t
Hướng dẫn giải Chọn C. 
Do d d B B 2 ; m ;
m m  2  AB  2m 1; m  2;m 1 . 1    
d song song với mặt phẳng P nên    .
AB n  0  1 m m m m AB . P
2  1 1.  2   1  0  1  1; 1  ;0   x 1 t
Vậy phương trình đường thẳng y  2  t . z  3 
Bài tập 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x y z 10  0 , điểm x  2 y 1 z 1
A1;3;2 và đường thẳng d :  
. Tìm phương trình đường thẳng  cắt P và d 2 1 1 
lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của MN . x  6 y 1 z  3 x  6 y 1 z  3 A.   . B.   . 7 4 1  7 4 1  x  6 y 1 z  3 x  6 y 1 z  3 C.   . D.   . 7 4  1  7 4  1 
Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có N    d N  2
  2t;1 t;1 t .
A là trung điểm của MN M 4  2t;5  t;3  t .
Mà M P nên tọa độ M thỏa phương trình P , ta được:
24  2t  5  t  3 t 10  0  t  2   N  6  ; 1
 ;3, M 8;7;  1 . 
Suy ra MN  14;8; 2   .  1 
Đường thẳng  đi qua hai điểm M và N nên có một vectơ chỉ phương u NM  7;4;  1 2 x  6 y 1 z  3 nên có phương trình là   . 7 4 1 
Bài tập 6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 3;  3; 3   thuộc mặt phẳng
 :2x  2y z 15  0 và mặt cầu S x  2  y  2 z  2 : 2 3
5  100 . Đường thẳng  qua A ,
nằm trên mặt phẳng   cắt S  tại ,
M N . Để độ dài MN lớn nhất thì phương trình đường thẳng  là x  3 y  3 z  3 x  3 y  3 z  3 A.   . B.   . 1 4 6 16 11 10  x  3   5tx  3 y  3 z  3 C.y  3 . D.   .  1 1 3 z  3   8  t
Hướng dẫn giải Chọn A.
Mặt cầu S  có tâm I 2;3;5 và bán kính R 10. 
Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến n  2; 2;   1 .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên  và mặt phẳng   .
IK    nên phương trình đường thẳng IK đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   là
x  2  2t
y  3  2t . z  5  t
x  2  2t
y  3  2t
Tọa độ điểm K là nghiệm hệ phương trình   K  2;  7;3 . z  5   t
2x  2y z 15  0
Vì     nên IH IK . Do đó IH nhỏ nhất khi H trùng với K .
Để MN lớn nhất thì IH phải nhỏ nhất. 
Khi đó đường thẳng  cần tìm đi qua A và K . Ta có AK  1;4;6 . x  3 y  3 z  3
Đường thẳng  có phương trình là:   . 1 4 6
Bài tập 7. Trong không gian Oxyz, cho ABC có A2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ x  3 y  3 z  2 B là d :  
, phương trình đường phân giác trong của góc C là 1  2 1  x  2 y  4 z  2  :  
. Đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là 2 1  1      A. u 2;1;  1  . B. u 1; 1  ;0. C. u 0;1;  1  . D. u 1;2;  1 .
Hướng dẫn giải Chọn C.
x  2  2t
Ta có phương trình tham số của  là: y  4  t C 2  2t;4  t;2  t . z  2  t
7  t 5  t
Gọi M là trung điểm của AC nên M  2  t; ;   .  2 2   7  t   5  t   t  3  2 2 3        2   2 
t 1 1 t 1 t
Vì M d nên       t 1. 1  2 1  1  4 2  Suy ra C 4;3;  1 .
Phương trình mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với  là: 2x y z  2  0 .
Gọi H là giao điểm của P và   H 2;4;2 . Gọi 
A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác , suy ra H là trung điểm A A   A 2;5;  1 .  Do 
A BC nên đường thẳng BC có vectơ chỉ phương là  CA   2;  2;0  2 1  ;1;0 . x  4  t
Suy ra phương trình của đường thẳng BC là y  3  t . z 1 
Vì B BM BC B 2;5;  1   A . 
Đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là AB  0;2; 2    20;1;  1 . x 1 y  2 z
Bài tập 8. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và hai điểm 2 1  1 A4; 2;  4, B0;0; 2
  . Gọi d là đường thẳng song song và cách  một khoảng bằng 5 , gần
đường thẳng AB nhất. Đường thẳng d cắt mặt phẳng Oxy tại điểm nào dưới đây?  2 14  A. 2;1;0 . B.  ;  ;0  . C. 3;2;0 . D. 0;0;0 .  3 3 
Hướng dẫn giải Chọn D. x  4t
Phương trình tham số của đường thẳng AB có dạng: y  2  t . z  2   6  t
Để đường thẳng d thỏa mãn bài toán thì ta có hình vẽ tương ứng
Đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và  là MN với M 0; 5  ;  1 , N 3;1;  1 .
Để d gần đường thẳng AB nhất thì d phải đi qua điểm D nằm trên đoạn MN mà  
DN d d,  5, MN  3 5 . Do đó MN  3DN D  2; 1  ;  1 . 
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u  . d 2; 1  ;    1
x  2  2t
Suy ra phương trình tham số của d là y  1   tz 1  tx  0
Đường thẳng d cắt Oxy tại điểm có z 1 t  0  t  1    . y  0
Vậy giao điểm của d và Oxy là 0;0;0 .
Bài tập 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng x  2 y  2 z 1 x 1 y 1  z :   ;  :   1 2 1 1  1  1 2 1  x y  2 z 1 x  5 y a z b  :   ;  :   3 4 1  1 1 1 3 1
Biết không tồn tại đường thẳng nào trong không gian mà cắt được đồng thời cả bốn đường thẳng
trên. Giá trị của biểu thức T a  2b bằng A. 2. B. 3. C. 2. D. 3.
Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có:  // . 1 3
Gọi P là mặt phẳng chứa  và   P : x  2y z  3  0 . 3   1
Gọi I    P I 0; 1  ;1 . 2      2
a b  22 3b  24 2
a  7b 8 
Gọi J    P J ; ; . 4      6 6 6    2
a b  22 3b 18 2
a  7b 14   IJ  ; ;   .  6 6 6   
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì IJ phải cùng phương với u  1; 1  ;  1 . 1 2
a b  22 3b 18 2
a  7b 14 Suy ra  
a  2b  2 . 6 6  6 
Dạng 3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng 1. Phương pháp Cho đường thẳng
Ví dụ: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho  x y   x x y y z z 3 2 z 0 0 0 :  
và mặt phẳng đường thẳng  :   và mặt phẳng a b c 2 1 1
 : Ax By Cz D  0.
 :3x  4y 5z 8  0.
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  Tính góc tạo bởi  và   .
và   ta có công thức:
Hướng dẫn giải
Aa Bb Cc
 có vectơ chỉ phương u  2;1;  1 . sin  2 2 2 2 2 2 
A B C . a b c
  có vectơ pháp tuyến n  3;4;5. Chú ý: ,
A B,C và a,b,c không đồng thời   Ta có: sin ,     cos ,nu bằng 0. 3.2  4.1 5.1 3   . 2 2 2 2 2 2 3  4  5 . 2 1 1 2 Suy ra ,    60. 2. Bài tập x  3 y 1 z  2
Bài tập 1: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 1 4
P: x y  2z  6  0 . Biết  cắt mặt phẳng P tại ,
A M thuộc  sao cho AM  2 3 . Tính
khoảng cách từ M tới mặt phẳng P . A. 2 . B. 2. C. 3 . D. 3.
Hướng dẫn giải Chọn B. x  3 y 1 z  2  Đường thẳng  :  
có vectơ chỉ phương u  1;1;4 . 1 1 4 
Mặt phẳng P : x y  2z  6  0 có vectơ chỉ phương n  1;1; 2   .      u n  P  u n . 1 sin , cos ,      sin u . n 3
Suy ra d M  1 ,  MH  . MA sin  2 3.  2 . 3
Dạng 4: Góc giữa hai đường thẳng 1. Phương pháp Cho hai đường thẳng:
Ví dụ: Trong không gian Oxyz, cho hai đường
  x x y y z z thẳng 0 0 0 :   1 a b c x 1 y  2 z  3  :   ; 1     x x y y z z 2 1 2 0 0 0 :   2 a  b cx  3 y 1 z  2  :   .
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng  và 2 1 1 4  1  
Tính góc giữa hai đường thẳng trên.  . 2 
Hướng dẫn giải aa  b b cc  Ta có: cos  .
Vectơ chỉ phương của  là u  2;  1;2 . 1   2 2 2 2 2 2
a b c . a  b  c 1 
Vectơ chỉ phương của  là u  1;1; 4  . 2   2     u .u
cos ,   cosu ,u  1 2    1 2 1 2 u . u 1 2  2  .11.1 2. 4  
  22 1 2 . 1 1  42 2 2 2 2 9 2   . 3.3 2 2
Vậy góc giữa hai đường thẳng đã cho là 45 . 2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d  là giao tuyến của hai mặt phẳng  
P : x z.sin cos 0; Q : y . z cos sin 0;           0; 
 . Góc giữa d  và trục Oz là:  2  A. 30 . B. 45 . C. 60 . D. 90 .
Hướng dẫn giải
Chọn B. 
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là n   . P 1;0;sin    
Mặt phẳng Q có vectơ pháp tuyến là n   . Q 0;1;cos   
d là giao tuyến của P và Q nên vectơ chỉ phương của d  là:    u
 n ,n     . d P Q sin ;cos         ;1  
Vectơ chỉ phương của Oz là u  . Oz 0;0;    1 0.sin  0.cos 1.1 1
Suy ra cosd,Oz  
 d,Oz  45 . 2 2 2 2
sin   cos  1 . 0  0 1 2
Vậy góc giữa d  và trục Oz là 45.
Bài tập 2. Trong không gian Oxyz, d là đường thẳng đi qua điểm A1; 1
 ;2, song song với mặt x 1 y 1 z
phẳng P : 2x y z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng  :   một góc lớn nhất. 1 2  2
Phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2 A.   . B.   . 4  5 3 4 5  3 x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2 C.   . D.   . 4 5 3  4 5 3
Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng P : 2x y z  3  0 có một vectơ pháp tuyến là n  . P 2; 1  ;  1   x 1 y 1 z  Đường thẳng  : 
 có một vectơ chỉ phương là u   .  1; 2;2 1 2  2 
Giả sử đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u . d  
Do 0  d,  90 mà theo giả thiết d tạo  góc lớn nhất nên d,   90  ud u .     
Lại có d // P nên u   
d nP . Do đó chọn ud
u , nP  4;5;3   . x 1 y 1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là   . 4 5 3 x  2 y 1 z  2
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt phẳng 4 4  3
P:2x y  2z 1 0 . Đường thẳng  đi qua E 2;
 1;2, song song với P có một vectơ chỉ  phương u   ; m ; n
1 , đồng thời tạo với d góc bé nhất. Tính 2 2
T m n . A. T  5 . B. T  4 . C. T  3. D. T  4  .
Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là n  2; 1
 ;2; đường thẳng d có vectơ chỉ phương là  v  4; 4  ;3 .  
// P  u n  2m n  2  0  n  2m  2 .   . u v 4m  4n  3 Mặt khác ta có: 
cos ;d      u v
m n 1. 4   4  2 2 2 2 2  3 4m  5 1 4m 52 2 1
16m  40m  25    .
415m 8m  5 . . 2 2 2
41 5m  8m  5 41 5m  8m  5 Vì 
0  ,d   90 nên 
,d bé nhất khi và chỉ khi 
cos ,d  lớn nhất. 2 2
16t  40t  25 72  t  90t
Xét hàm số f t   f t  . 2   5t  8t  5  2
5t  8t  52 Bảng biến thiên: 5 x   0  4 f   0 + 0  16 5 5 f 16 0 5
Dựa vào bảng biến thiên ta có: max f t  f 0  5. Suy ra 
,d bé nhất khi m 0 n  2. Do đó 2 2
T m n  4  .
Dạng 5: Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng 1. Phương pháp
Ví dụ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x 1 y  2 z  2 đường thẳng d :   . 1 2 2 
Tính khoảng cách từ M 2;1;  1 tới d .
Cho đường thẳng  đi qua điểm Hướng dẫn giải Ta có
M x ; y ; z và có vectơ chỉ phương 0  0 0 0     A1;2; 2
 d AM  3  ; 1  ;  1 , u 1;2; 2   . u   ; a ;
b c . Khi đó khoảng cách từ điểm M1 Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d là:
đến  được tính bởi công thức:   AM;u     5 2 
d M ;d     M M ;u .   u 3 d M , 0 1   . 1 u 2. Bài tập
Bài tập 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A1;1; 
1 cho trước, nằm trong mặt
phẳng P : 2x y z  2  0 và cách điểm M 0;2; 
1 một khoảng lớn nhất. x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A.   . B.   . 1 3  1  1 3 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 C.   . D.   . 1 3 1  1  3 1 
Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta gọi B là hình chiếu của M lên đường thẳng d khi đó MB MA . Suy ra MB
MA nên đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với MA . max
Đồng thời đường thẳng d nằm trong mặt phẳng P nên ta có    u  M , A n   . d P 1;3;     1 
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;1;2, B 5;1;  1 và mặt cầu S 2 2 2
: x y z  6 y 12z  9  0 . Xét đường thẳng d đi qua A và tiếp xúc với S  sao cho
khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là x  2 x  2
x  2  2tx  2  t    
A.y  1 t
. B.y 1 4t .
C.y 1 2t .
D.y 1 4t . z  2   2     t z  2   t z  2   t z  2   t
Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu S  2 2 2
: x y z  6 y 12z  9  0 có tâm I 0;3;6 bán kính R  6 .
IA  6  R AS , IB  3 10  R nên B nằm ngoài S  .
Đường thẳng d đi qua A và tiếp xúc với S  nên d nằm trong mặt phẳng P tiếp xúc với mặt
cầu S  tại A . 
Mặt phẳng P đi qua A và nhận IA làm vectơ pháp tuyến có phương trình là x  2y  2z  0 .
Gọi H là hình chiếu của B lên P thì tọa độ của H 4;1;  1 .
Ta có: d B;d   d  ;
B P  BH .  
Vậy khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi d đi qua H . Ta có u AH  . d 2; 2  ;  1
x  2  2t
Suy ra phương trình đường thẳng d là: y 1 2t . z  2  t
Dạng 6: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau 1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, cho hai đường Ví dụ: Trong không gian Oxyz, tính khoảng cách
thẳng chéo nhau:  có vectơ chỉ phương giữa hai đường thẳng 1
u  ;a ;bc và đi qua M x ;y ;z ;  có x 1 4t 0  0 0 0  2 x 1 y  2 z   d : 
 và d : y  1
  2t , t   . 1 2
vectơ chỉ phương u  a ;b ;c và đi qua 2 1  1 z  2 2  t
M x; y; z . 0  0 0 0 
Hướng dẫn giải
Đường thẳng d đi qua điểm M 1;2;0 và có 1 
một vectơ chỉ phương u  2; 1  ;1 . 1  
Đường thẳng d đi qua điểm N 1;1;2 và có 2 
Khi đó khoảng cách giữa  và  được tính một vectơ chỉ phương u  4; 2  ;2 . 2   1 2
    
u,u.M M
Do u cùng phương với u
và M d nên   1 2 2
bởi công thức d  ,  0 0  . 1 2   u,u d //d .   1 2     u MN  Nếu  // ( , u và u cùng phương và   1 2 1 2
Suy ra d d ;d   d N;d  1   . 1 2 1 u
M   ) thì d  ,  d M ,  1 1 2   0 2  0 2   
Ta có MN  0;1;2, u, MN    3  ; 4  ;2   .   u , MN     3  2   4  2 2 1  2 174 Suy ra    . u 2   2 2 6 1 1 1 174
Vậy d d ;d  . 1 2  6 2. Bài tập x 1 y z
Bài tập 1. Cho phương trình mặt phẳng P : 2x y z  3  0 , đường thẳng d :   và 1 2 1 điểm A0;2; 
1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , nằm trong P sao cho khoảng cách
d và d đạt giá trị lớn nhất. x y  2 z 1 x y  2 z 1 A.   . B.   . 1 7 9  1 7 9 x y  2 z 1 x y  2 z 1 C.   . D.   . 1 7  9 1 7  9 
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi d là đường thẳng đi qua A và song song với d . 1 x t
Phương trình của d là: y  2  2t . 1 z 1  t
Trên đường thẳng d lấy điểm B 1;0;0. 1
Gọi Q là mặt phẳng chứa d và d . 1
Ta có d d, d  d d ,Q  d B,Q.
Do d cố định cho nên d d, d  d B,Q  d B,d . 1  1  
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n
BH trong đó H là hình chiếu của B lên d . Q  1  2  2 1    5  2 1   Ta tìm được H ; ;   nên BH  ; ;  n    . Q  5  ;2;  1  3 3 3     3 3 3    
Ta có u  n ; n   . d P Q 1;7; 9         x y  2 z 1
Vậy phương trình của đường thẳng d là   . 1 7 9 
Lưu ý : Vì đường thẳng d đi qua A nên ta có thể loại đáp án bằng cách thay tọa độ điểm A vào các
đáp án trong bài
Dạng 7: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng 1. Phương pháp
Trong không gian Oxyz, xét đường thẳng  có vectơ chỉ phương là a  a ;a ;a và đi qua 1 2 3  
M x ; y ; z và mặt phẳng   : Ax By Cz D  0 có vectơ pháp tuyến n   ; A B;C  . 0  0 0 0      cắt    .
a n  0  Aa Ba Ca  0 . 1 2 3     a n Aa Ba Ca        //   . 0 0 1 2 3     . M P
Ax By Cz D  0  0    0 0 0    a n Aa Ba Ca      .  0     0 1 2 3     M P
Ax By Cz D  0  0    0 0 0   
     a và n cùng phương  a : a : a A: B :C . 1 2 3
Ta có thể biện luận vị trí tương đối dựa vào số nghiệm của phương trình đường thẳng  và
mặt phẳng   . 2. Bài tập x 1 y z  5
Bài tập 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt 1 3  1 
phẳng P : 3x  3y  2z  6  0 .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. d cắt và không vuông góc với P .
B. d song song với P .
C. d vuông góc với P .
D. d nằm trong P .
Hướng dẫn giải Chọn A.
Đường thẳng d nhận u  1; 3  ; 
1 làm một vectơ chỉ phương. 
Mặt phẳng P nhận n  3; 3;
 2 làm một vectơ pháp tuyến.  
Do u.n  0 và hai vectơ này không cùng phương nên đường thẳng d cắt và không vuông góc với P .
Bài tập 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình x  2 y 1 z 1 d :  
và mặt phẳng Px my   2 : m  
1 z  7  0 với m là tham số thực. Tìm 1 1 1 
m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng P . m  1  A. m  1. B. m  1. C.  . D. m  2 . m  2
Hướng dẫn giải Chọn B.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u  1;1; 
1 và mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là n  2 1; ; m m   1 .     m   d // P 1 2 2
u n  .
u n  0  1 m m 1  0  m m  2  0  m  2
Thử lại ta thấy với m  2 thì d  P (loại). Vậy m  1. x 1 y  2 z  3
Bài tập 3. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt phẳng 2 4 1
 : x y  2z 5  0, mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. d //   .
B. d    .
C. d cắt   và không vuông góc với   .
D. d    .
Hướng dẫn giải Chọn B. x  1 2t
Ta có d : y  2  4t , t   . z  3  t
x 1 2t   1 
y  2  4t 2 Xét hệ phương trình:  z  3  t  3
x y  2z 5  0  *
Thay (1), (2), (3) vào (*) ta được 1 2t  2  4t  23  t  5  0 .
Phương trình này có vô số nghiệm.
Do đó, đường thẳng d nằm trong mặt phẳng   .
Bài tập 4. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
P: x  2y z 1 0, Q:2x y z  2  0 x y 1 z 1 x y  2 z 1
và hai đường thẳng  :   ,  :   . 1 2 2 1 2 1 1  2
Đường thẳng  song song với hai mặt phẳng P,Q và cắt  ,  tương ứng tại , H K . Độ dài 1 2 đoạn HK bằng 8 11 11 A. . B. 5 . C. 6. D. . 7 7
Hướng dẫn giải Chọn A.   
Ta có u  n , n   . P Q  1  ; 1  ; 3    
Gọi H 2t;1 t;1 2t; K  ; m 2  ; m 1 2m 
HK  m  2t;1 m t;2  2m  2t .  
Vì  song song với 2 mặt phẳng P,Q nên HK ku nên m  2t 1 m t 2  2m  2   t . 1 1 3 2 3 8 11 Tính ra được m ;   t  . Suy ra HK  . 7 7 7
Bài tập 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P  2
m m   x   2
m   y  m   2 : 2 2 1
2 z m m 1  0 luôn chứa đường thẳng  cố định khi
m thay đổi. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến  là? 1 2 2 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3
Hướng dẫn giải
Chọn C. Ta có:  2
m m   x   2
m   y  m   2 2 2 1
2 z m m 1  0, m   2
m 2x y  
1  m2x z  
1  4x y  2z 1  0, m  
2x y 1  0 
2x y 1  0 y z
 2x z 1  0     
2x z 1  0
2x y 1  0
4x y  2z 1  0   t 1 x     2 2 
Vậy P luôn chứa đường thẳng  cố định: y tz   t   1    1 
Đường thẳng  đi qua A  ;0;0 
 và có vectơ chỉ phương u   ;1;1   .  2    2     , OA u     2
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến  là: d  ; O     . u 3 
Dạng 8: Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng 1. Phương pháp x x y y z z
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 0 0 0 d :  
đi qua M x ; y ; z 1  0 0 0  1 a b c  x xy yz z
có vectơ chỉ phương u  ; a ; b c và 0 0 0 d :  
đi qua M x; y; z có vectơ chỉ 2  0 0 0  1   2 abc 
phương u a ;b ;c . 2  
Để xét vị trí tương đối của d và d , ta sử dụng phương pháp sau: 1 2   a a a 1 2 3 u  / /u    +) d trùng d 1 2    b b b . 1 2 1 2 3 M d  1 2 M d  1 2   
u ,u   0   a a a 1 2 3 1 2   u / /u    +) d //d  1 2   b b b . 1 2
    hoặc 1 2 3
u , M M   0 M d   1 1 2   1 2 M d  1 2   
u ,u   0 1 2   +) d cắt d  1 2
    .
u ,u .M M  0 1 2 1 2  
   +)
d chéo d  u ,u .M M  0 . 1 2 1 2 1 2   2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x  3 y  9 z  2 d :   và d :   m  0 2 2   1 1 2 1 4 8 m
Tập hợp các giá trị m thỏa mãn d //d có số phần tử là: 1 2 A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải Chọn B. 
Đường thẳng d đi qua A1; 1
 ;2 và có vectơ chỉ phương là u  1;2;1 . 1   1 
Đường thẳng d đi qua B 3;9; 2
  và có vectơ chỉ phương là u   2 4;8; m . 2  2  
Đường thẳng d //d khi và chỉ khi u cùng phương với u và hai đường thẳng d và d không 1 2 1 2 1 2 trùng nhau. 3  1 9  1 2   2 Vì  
nên B nằm trên đường thẳng d . 1 2 1 1
Do đó hai đường thẳng này luôn có điểm chung là B nên hai đường thẳng không thể song song.
Bài tập 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, xét vị trí tương đối của hai đường thẳng x 1 y 1 z x  3 y  3 z  2  :   ,  :   1 2 2 2 3 1  2  1
A.  song song với  .
B.  chéo với  . 1 2 1 2 C.  cắt  .
D.  trùng với  . 1 2 1 2
Hướng dẫn giải
Chọn C. 2 2  Vì 
nên vectơ chỉ phương u  2; 2;3 của đường thẳng  không cùng phương với 1   1  2  1 
vectơ chỉ phương u  1;  2  ;1 của  . 2   2
Suy ra  chéo với  hoặc  cắt  . 1 2 1 2 
Lấy M 1;1;0  , N 3;3;2   . Ta có MN  2;4; 2   . 1   2
  
Khi đó u ,u .MN  0 . 1 2  
  
Suy ra u ,u , MN đồng phẳng. 1 2 Vậy  cắt  . 1 2
Dạng 9: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu 1. Phương pháp
x x a t 1
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 0 1   
Cho đường thẳng d : y y a t 2 và     0 2  
cho mặt cầu S x yz 2 2 2 : 2 25 và đường
z z a t 3  0 3   x  2   2t
mặt cầu S   x a2   y b   z c2 2 2 :  R
thẳng d có phương trình y  2  3tz  3   2t  có tâm I  ; a ;
b c, bán kính R .
Chứng minh d luôn cắt S  tại hai điểm phân biệt.
Hướng dẫn giải
Bước 1: Tính khoảng cách từ tâm I của Mặt cầu S  có tâm I 0;0; 2   và bán kính
mặt cầu S  đến đường thẳng d là R  5 .   IM .a
Đường thẳng d đi qua M  2;  2; 3   và có vectơ  
h d I,d  0    a
chỉ phương là u  2;3;2 .   IM ,u  
Ta có h d I,d     3 . u
Bước 2: So sánh d I, d  với bán kính R Vì h R nên d cắt mặt cầu S  tại hai điểm của mặt cầu: phân biệt.
 Nếu d I,d   R thì d không cắt S  .
 Nếu d I,d   R thì d tiếp xúc S  .
 Nếu d I,d   R thì d cắt S  tại hai điểm phân biệt ,
M N và MN vuông góc
với đường kính (bán kính) mặt cầu S  .
Phương pháp đại số
Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz, mặt cầu
Thế (1), (2), (3) vào phương trình S  và S x y  z  2 2 2 :
2  17 cắt trục Oz tại hai
rút gọn đưa về phương trình bậc hai theo điểm ,
A B . Tìm độ dài đoạn AB . t * .
Hướng dẫn giải
 Nếu phương trình (*) vô nghiệm thì d Gọi M là giao điểm của S  với trục Oz . không cắt S  .
Ta có M Oz nên M 0;0;t .
 Nếu phương trình (*) có một nghiệm Mà M S nên  t  2 2 2 0 0 2  17
thì d tiếp xúc S  . t   
 Nếu phương trình (*) có hai nghiệm thì  t  2 2 17
2  17  t  2  17   . t  2   17
d cắt S  tại hai điểm phân biệt , M N .
Suy ra tọa độ các giao điểm là A0;0; 2   17  ,
Chú ý: Để tìm tọa độ M , N ta thay giá trị t
vào phương trình đường thẳng B 0;0; 2   17  d .  AB  2 17 . 2. Bài tập
Bài tập 1. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A0;0; 2
  và đường thẳng  có phương trình x  2 y  2 z  3 là   . 2 3 2
Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC  8 là
A.x  2   y  2   z  2 2 3
1  16 . B. x y   z  2 2 2 2  25 .
C. x  2 2 2
2  y z  25 .
D. x y   z  2 2 2 2  16 .
Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi S  là mặt cầu tâm A0;0; 2
  và có bán kính R . 
Đường thẳng  đi qua M  2;  2; 3
  có vectơ chỉ phương u  2;3;2 .
Gọi H là trung điểm BC nên AH BC .   M . A u  
Ta có AH d  , A    . u  MA   2; 2;   2 2 2 1   7   2  10 Với    . MA u   7  ; 2  ;10      AH   3   . u    2;3;2 2 2 2 2  3  2
Bán kính mặt cầu S  là: 2 2 2 2
R AB AH HB  3  4  5 .
Vậy phương trình mặt cầu S  là: x y   z  2 2 2 2  25 .
Bài tập 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 1 2  9
và điểm M 1;3; 
1 . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu đã cho luôn
thuộc một đường tròn C có tâm J a; ; b c .
Giá trị 2a b c bằng 134 116 84 62 A. . B. . C. . D. . 25 25 25 25
Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có mặt cầu S  có tâm I 1; 1
 ;2 và bán kính R  3.
Khi đó IM  5  R M nằm ngoài mặt cầu. x 1 
Phương trình đường thẳng MI là x  1   4t . z  23t  Tâm J  ; a ;
b c nằm trên MI nên J 1; 1
  4t;2  3t . Xét M
HI vuông tại H có 2 2
MI  5; IH  3  MH MI HI  4 . M  1;3;  1 Mặt khác   MJ   4
  4t2  33t2 . J  1; 1
  4t;2  3t 16 2
MJ.MI MH MJ  5
   t2    t2 256 4 4 3 2  25  9 t  369  2 25
 25t  50t   0   . 25 41 t   25  11 23   139 73   Suy ra J 1; ;   hoặc J 1; ;   .  25 25   25 25   11 23  9 +) Với J 1; ; 
 thì IJ   IM (nhận).  25 25  5  139 73   41 +) Với J 1; ;   thì IJ   IM (loại).  25 25  5  11 23  84 Vậy J 1; ; 
 nên 2a b c  .  25 25  25
Bài tập 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình là  x  4 y  4 z  4
x  2   y  2   z  2 14 1 2 3 
và đường thẳng d có phương trình   . Gọi 3 3 2 2
Ax ; y ; z , x  0 là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được ba tiếp tuyến đến mặt 0 0 0  0
cầu S  có các tiếp điểm ,
B C, D sao cho ABCD là tứ diện đều.
Giá trị của biểu thức P x y z là 0 0 0 A. 6. B. 16. C. 12. D. 8.
Hướng dẫn giải Chọn C.
I là tâm mặt cầu thì I 1;2;3 .
Gọi O là giao điểm của mặt phẳng BCD và đoạn AI . 14
Vì theo giả thiết AB AC AD và IB IC ID  nên AI 3
vuông góc với mặt phẳng BCD tại O . Khi đó O là tâm đường tròn
ngoại tiếp BCD .  14 
Đặt AI x x    . 3    14 Ta có 2 2 2
AB AI IB x  3 2 14 14  14 2 2 2  IB  . IO IA OI
OB IB IO     3x 3  3x  2 2 2 2
BD OB OD  2 . OB .
OD cos120  3OB 14 196 
BD  3OB BD  3OB  3.   2   3 9x
Do ABCD là tứ diện đều nên 14 14 196  14 196 2 2
AB BD x   3   x  14   2  2 3  3 9x  3 3x  14 2 x  4 2 3x 56x 196 0      3  x  14  . 2 x 14
Ad nên A4  3t;4  2t;4  t . Suy ra AI
   t  2    t  2    t  2 14 4 3 1 4 2 2 4 3  14 t  0 A4;4;4  t 1 1     . t  2  A   2;  0;2
Do x  0 nên điểm A có tọa độ A4;4;4 . 0 Suy ra P  12 .
Bài tập 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ,
P Q, R lần lượt di động trên ba trục 1 1 1 1
tọa độ Ox,Oy,Oz (không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho    . Biết mặt phẳng 2 2 2 OP OQ OR 8
PQR luôn tiếp xúc với mặt cầu S cố định. Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua  1 3  M  ; ;0 
và cắt S  tại hai điểm ,
A B phân biệt. Diện tích lớn nhất của AOB là 2 2    A. 15 . B. 5 . C. 17 . D. 7 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng PQR . 1 1 1 1 1 1 Dễ thấy       OH  2 2 . 2 2 2 2 2 OH OP OQ OR OH 8
Khi đó PQR luôn tiếp xúc với mặt cầu S  tâm O , bán kính R  2 2 . 1 3 Ta có OM
  0 1  R nên điểm M nằm trong mặt cầu S  . 4 4 1
Gọi I là trung điểm của AB , do OAB cân tại O nên SOI.AB . OAB  2
Đặt OI x . Vì OI OM nên 0  x  1 và 2
AB  2 8  x . 1 Ta có 2 2 2 4 S  .2 x
8  x x 8  x  8x x . OAB 2
Xét hàm số f x 2 4
 8x x , 0  x 1.
Vì f  x  x 2
4 4  x   0 với mọi x0; 
1 nên f x  f   1  7 .
Suy ra diện tích của OAB lớn nhất bằng 7 đạt được khi M là trung điểm của AB .
Dạng 10: Một số bài toán cực trị
Bài tập 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M 2;2; 
1 , A1;2;3 và x 1 y  5 z  đường thẳng d :  
. Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , 2 2 1 
vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.    
A. u  2;2; 
1 . B. u  1;7;  1 .
C. u  1;0;2 .
D. u  3;4; 4   .
Hướng dẫn giải Chọn C.
Xét P là mặt phẳng qua M và P  d  .
Mặt phẳng P qua M 2;2; 
1 và có vectơ pháp tuyến  
n u  2;2; 
1 nên có phương trình: 2x  2y z  9  0 . P d
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên P và .
Khi đó AK AH const nên AK đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi K H . 
Đường thẳng AH đi qua A1;2; 3
  và có vectơ chỉ phương u  2;2; 
1 nên AH có phương dx  1 2t
trình tham số là y  2  2t .
z  3t
Vì H AH nên H 1 2t;2  2t; 3   t .
Lại H P nên 21 2t  22  2t   3
  t  9  0  t  2   H  3  ; 2  ;  1 .  
Vậy u HM  .  1;0;2
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
x y z  4x  2y  2z  3  0 và điểm A5;3;2 . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A
và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt , M N .
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S AM  4AN . A. S  30 . B. S  20 . C. S
 5 34  9 . D. S  34  3. min min min min
Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu S  có tâm I 2; 1  ;  1 , bán kính R    2 2 2 2 1 1   3    3.
Ta có: AI    2    2    2 2 5 1 3 1 2
 34  R nên A nằm ngoài mặt cầu S  .
Ta lại có: S AM  4AN .
Đặt AM x, x   34  3; 34  3   . 25 Mà 2 2
AM .AN AI R  34  9  25  AN  . AM Do đó:    100 S f x x
với x   34  3; 34  3 x   . 2 100 x 100
Ta có: f  x 1 
 0 với x   34  3; 34  3 2 x x   . Do đó: min
f x  f  34  3  5 34 9 .  343; 343   Dấu “=” xảy ra  ,
A M , N, I thẳng hàng và AM  34  3; AN  34  3.
Bài tập 3: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A9;6;1 
1 , B 5;7;2 và điểm M di động trên
mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 2 3  36 .
Giá trị nhỏ nhất của AM  2MB bằng A. 105 . B. 2 26 . C. 2 29 . D. 102 .
Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 2
3  36 có tâm I 1;2;3 và bán kính R  6 .
Ta có IA  12  2R .
Gọi E là giao điểm của IA và mặt cầu S  suy ra E là trung điểm của IA nên E 5;4;7 .
Gọi F là trung điểm của IE suy ra F 3;3;5 . IF IM 1 Xét MIF và AIM có  AIM chung và   . IM IA 2 MA AI Suy ra MIF# AIM c.g.c  
 2  MA  2MF . MF MI
Do đó AM  2MB  2MF MB  2BF  2 29 (theo bất đẳng thức tam giác).
Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm FB và mặt cầu S  .