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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

2

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

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

=


+ + = + + + =


=
=


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


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

AB
MA R MH

= = + = + =
ữ ữ

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

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



=

= = + =

=


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

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

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


= = +


= +

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

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

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

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

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

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

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

= = =

 

= ⇔ = ⇔ = ⇒ + + =
  
  
=

 
+ + = + + =
 
.
Bài 23. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −

và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
GIẢI
Nhận xét :
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( ) ( ) ( )
4; 6; 8 / / ' 2; 3; 4 1;1; 3u u AB AM= − − = − − = ≠ = −
r ur uuur uuuur
. Cho nên đường
thẳng d song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng .
Từ đó , theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :

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

Tọa độ I thỏa mãn yêu cầu là :
64 9 45
; ;
29 29 29
I
 
= − −
 ÷
 
Chú ý : Năm 1998 ĐH Thái nguyên K-A+B cũng đã ra dạng bài tập này rồi .
* Đề thi : Cho điểm A(1;2;-1) và điểm B(7;-2;3) , đường thẳng d là giao của hai mặt phẳng có phương
trình : 2x+3y-4=0 và y+z-4=0 .
a/ Chứng tỏ d và đường thẳng (AB) cùng thuộc một mặt phẳng . Viết phương trình mặt phẳng đó .
b/ Tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .
c/ Tìm điểm I thuộc d sao cho chu vi tam giác ABI có giá trị nhỏ nhất ? Tính chu vi tam giác ABI với
điểm I tìm được .
Bài 24. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường
thẳng d có phương trình
2 3

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

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

31

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

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

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

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

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

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

− +
= =
 
= − = −
 
 
⇔ ⇔ ⇔ ∨
   
− + = − + =
+ −
 
 
= =
 
 
Vậy thay hai cặp t tìm được ở trên vào tọa độ của A,B ta có kết quả .
6 2 2 9 2 6 2 2 9 2
; ; ; ; ;
3 3 3 3 3 3
A B
   
+ + − −
⇔ = = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng

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

1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( )
: – 2010 0P x y z+ + =
độ dài đoạn MN bằng
2
.
GIẢI
- M thuộc

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

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

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

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

Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 19
∆
P
d
M
H
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12
Bài 31. (KB-08 ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết
phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB =
MC.
GIẢI
- Lập mặt phẳng (ABC) qua A(0;1;2) có véc tơ pháp tuyến
,n AB AC
 
=
 
r uuur uuur
.
Với :
( ) ( ) ( )
3 1 1 2 2 3
2; 3; 1 , 2; 1; 1 , ; ; 2;4; 8
1 1 1 2 2 1
AB AC AB AC
 − − − − 
 
= − − = − − − ⇒ = = −
 ÷
 

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