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

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

Z
A
B
C
D
’
B’ C’
D’
A’
M
N
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2
.
2
3
os 6 2 3
6
.
1 4 1
Q
Q
P
P
n n
a b c
c a b c a b c

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
.
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 2
- Do đó :
0
2 2 2 2 2 2
,
2a 2a
3
os os30
2
4 1 1 6
u n

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

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
− +

=

+ =


−
∆ ⇔
 
− −
− − =


=

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

= −

⇔ + + = − ⇔ + + = ⇔

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

n
n m
m
=

=


+ + = + + + =


=
=


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

( ) ( )
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
Su tm v gii Nguyn ỡnh S -T: 02403833608
Trang 4
phương trình : (P): 2x-y-2z-2=0 và (d):
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
−
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc
(d), I cách (P) một khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3
GIẢI
Gọi (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R . Theo giả thiết :
- I thuộc d thì I( -t;2t-1;t+2) (1). h(I,P)=2
( )

6 6 3 6
2 2 1 2 2 6 6 5
5 5 2 5
; ;
6 6 3 6
t I
t t t t
t t t t
t I

 
= − → = − −
 ÷

− − + − − = − =
 
 

⇒ ⇔ ⇔
 
− − + − − = − − = −

 
 
= → = −

 ÷
 

- Vậy có 2 mặt cầu (S) :

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

= − − −
 − − − − − − 

 

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

= − − −
 − − − − − − 

 
⇒ =


1547
6
khi
23 14 5 23
; ;
18 9 18 9
t M
 
= ⇒ = −
 ÷
 
.
Bài 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;9;−9), B(−10;13;1)
và mặt phẳng (P): x + 5y − 7z − 5 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi M (x;y;z) thuộc (P) thì ta có : x+5y-7z-5=0 (1).
Khi đó :
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2 2
2
4; 9; 9 4 9 9
10; 13; 1 10 13 1

2 2 2 2
75 1 x 3 5 y 11 7 z 4 1 25 49 3 11 4x y z
 
− = + + − − + ≤ + + + + − + + 
 
 
Do đó :
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
75
3 11 4 75
75
x y z
 
+ + − + + ≥ =
 
Và :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 3 11 4 156 2.75 156 306MA MB x y z
 
+ = + + − + + + ≥ + =
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
50
3 11
17
5x 26 5x+26

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

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 :
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 6
( )
( )
( )
( )
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

= − − +


= − − + ⇒ − − = − − − − −


= − + +



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

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

22
x y z− + − + − ≥ =
Hay :
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 1 2 15 3.88 15 249x y z
 
− + − + − − ≥ − =
 
. Vậy :
MA.MB MB.MC MC.MA 249+ + ≥
uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
( )
2 1
3
3 3
4
2 2 2x 2
7 4;7; 2
3 2 3
2
3x 3 2z 37 0 22x 88 0
x y
y x
x
x z
z y M
z
y

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

 
 
 
− + − +
= =
 
 
 
Bài 9. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2
1 2
x t
y t
z t
= −


=


= − −

và
mặt phẳng (P):
1 0x y z+ − + =
. Gọi (d
’
) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc
(d
’

, ; ; 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
- Vậy d’ qua A(4;-2;3)có véc tơ chỉ phương
( )
'
4
1; 4; 3 ': 2 4
3 3
d
x t
u d y t
z t
= +


= − − ⇒ = − −



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

t k t
t k t
−

=

− − = −

=




− = = + ⇔ = − ⇒ =
  
  
=
− = +
− = −




Bài 11. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng ∆
1
:
1 2
2 1 1

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 :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
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

− − − + + + − − = = → = − 
=
  
⇔ ⇔
  
− − + + + − − − = = → = −
=
 


, 4 1 1
2 2 2
S OA OB
 
= = + + =
 
uuur uuur
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608
Trang 9
Bài 12. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng (P): 2x + y − 2z + 9 = 0, đường thẳng
(d):
1 1 3
1 7 1
x y z+ − −
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và thỏa mãn ∆ cắt (d) tại một
điểm M cách (P) một khoảng bằng 2.
GIẢI
Tìm M trên d thì M=(t-1;7t+1;3-t) .
Khoảng cách từ M đến (P) là h(M,P)= 2
( ) ( )
2 1 7 1 2 3 9
2
4 1 4
t t t− + + − − +
⇔ =
+ +


 ÷
 

.
Vì ∆ cắt d cho nên ∆ qua M và ∆
⊥
(P)
( )
2;1; 2
P
u n
∆
⇒ = = −
uur uur
.
Vì vậy
19 5 41
11 11 11
:
2 1 2
x y z+ + −
∆ = =
−
, Hoặc :
7 39 29
11 11 11
:
2 1 2
x y z+ − −

2( 1) 7 1 2(3 ) 14 0 11 7
3 2
11
2x 2z+14 0
x t
y t
t t t t t
z t
y
= −


= +

⇔ − + + − − + = ⇔ = → =

= −


+ − =

- Hoặc :
1
7 1
5
2( 1) 7 1 2(3 ) 2 0 11 5
3 2
11
2x 2z+2 0
x t

( )
( )
( )
1;1 ;2 3
1 2 3 2 3 1 1 1
, ; ; 9;3 ; 4
2 3 3 2 2 2
2; 2;3
AC t t t
t t t t t t
AC AB t t
AB

= + − +
 − + + + + − 

 
⇒ = = + − −

 ÷
 
− −
= −
 


uuur
uuur uuur
uuur
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì :

GIẢI
Nếu M thuộc mặt phẳng
( ): 2 2 0x y z
α
+ + + =
(1) .
Khi đó ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
1; ; 1 1 1 2x 2z 2MA x y z MA x y z x y z= + − → = + + + − = + + + − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2; 1; 2 1 4x+2y 5MB x y z MB x y z x y z= − + → = − + + + = + + − +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2; 4; 2 2 4 2 4x 8 4z 24MC x y z MC x y z x y z y= − − − → = − + − + − = + + − − − +
uuuur
Cộng các vế của ba đẳng thức trên ta được :
T=
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 2x 2 2z 31 3 1 1 1 22 2MA MB MC x y z y x y z
 

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
− −

=


= =


− −

 
⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = −
  
  

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

=


+ + + = − + + −

=
+ + =




  
= ⇔ + + + = + ⇔ + = ⇔ = −
   
   
− − + = − − + =

2 2 2 2
1; 1; 3 1 1 3 2x 2 6z 11MA x y z MA x y z x y z y= − − + ⇔ = − + − + + = + + − − + +
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
3; 1; 1 3 1 1 6x 2 2z 11MB x y z MB x y z x y z y= − − + ⇒ = − + − + + = + + − − + +
uuur
Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì ta có hệ phương trình :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2
4 2
4 2
3 6 6
3 2 1 2 1 2 2 1
3 3
3x 8 7 4 0
2 4
x y
x y
MA MB
MA AB y y y y y
y z
z y
z x
= −

= −

mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam
giác ABC.
GIẢI
Nếu B nằm trên mp(Oxy) thì B( x;y;0), còn C nằm trên trục Oz thì C(0;0;z) .
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC thì nó là giao của ba đường cao hạ từ ba đỉnh của tam giác có nghĩa
là ta có hệ ba phương trình :
. 0
. 0
. 0
AH BC
CH AB
BH AC

=


=


=


uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
(1)
Ta có :
( ) ( ) ( )
3; 1;0 ; 2;1;1 2 3 1 2x 7AB x y CH z ABCH x y y= − − = − ⇒ = − + − = + −
uuur uuur uuuruuur

+ -
= =
-
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
.
Do đó :
( )
2 2 2
6 6 6 9 9 6
,
2 1 1 2 2 2
,
4 4 1
MN U
h M d
u
 −   − −   − 
+ +
 ÷  ÷  ÷
 
− −
     
 
= =

: 4 1 6 18S x y z + + =
Bi 19. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho mt phng (P): 2x y + z + 1 = 0
v hai ng thng
1 2
1 2 3 1 1 2
( ) : ;( );
2 1 3 2 3 2
x y z x y z
d d
- + - + - -
= = = =
.
Vit phng trỡnh ng thng () song song vi (P); vuụng gúc vi (d
1
) v ct (d
2
) ti E cú honh
bng 3.
GII
ng thng
1
d
qua im M(1;-2;3) cú vộc t ch phng
( )
1
2;1;3u =
ur
, v ng thng
2
d


=


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

= + + =
uur ur
- qua E trờn
2
d
vi E(3;y;z)
( )
3 1 2 1
2 1 3; 1;6
3 3 6
t t
y t y E
z t z
= + = = + = =


= = +


= +

r
.
Bi 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d
có phơng trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
GII
Gi (P) l mt phng qua A(10;2;-1) v cú vộc t phỏp tuyn
( )
; ;n a b c=
r
. Do ú (P) cú phng trỡnh l :
a(x-10)+b(y-2)+c(z+1)=0 ; Hay (P): ax+by+cz-10a-2b+c=0 (*)
ng thng d qua B(1;0;1) v cú vộc t ch phng
( )
2;1;3u =
r
- Nu (P) song song vi d thỡ
( )

2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 9a2 2 9a
2 2 9a 2 2 9 89 89
c bc b
c b c b a
c b a
a b c
− −− −
− − ≤ + + + + ⇒ ≤ ⇔ ≤
+ +
+ +
- Vậy: h(M;P) đạt GTNN bằng
89
khi trường hợp xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức :
9
2 2 9
2
b c
c b a
a c
= −


⇔ = = ⇔

− −

( ) ( ) ( )
1 2
2 2
3 7 23 57
2 2 6 2 2 4 3 3 0 20 3 0 ; ;
3
20 10 10 20
2x 6 4z 3 0
x t
y t
t t t t t K
z t
y
= −


= +

 
⇔ − − + + − + = ⇔ − + = ↔ = ⇒ =

 ÷
= −
 


− + + =

Nếu C nằm trên mặt phẳng (Q) thì C(x;y;z) thỏa mãn : x-y+z+1=0 (1).
Tam giác ABC đều khi :

uuur
.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1; 4; 2 1 4 2BC x y z BC x y z= + − − ⇒ = + + − + −
uuur

(2)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2 3 9
1 2 3 9
1 2 3 1 4 2 4x 4 2z 7
1 0
1 0
x y z
x y z
x y z x y z y
x y z
x y z

− + − + − =

− + − + − =


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
GIẢI
Gọi A(a;0;0) tuộc Ox,B(0;b;0) thuộc Oy và C(0;0;c) thuộc Oz ( a,b,c khác 0 )
Khi đó mặt phẳng (P) có dạng :
( )
1 0 x z 0 1
x y z
bc acy ab abc
a b c
+ + − = ⇔ + + − =
.
Nếu (P) qua M(9;1;1) thì ta có :
( )
9 1 1
1 2
a b c
+ + =
.
Do thể tích tứ diện
( )
1
3
6
OABC
V abc=
Ta áp dụng bất đẳng thức cô si :
Từ (2) abc=9bc+ac+ab
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2

2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −

và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
GIẢI
Nhận xét :
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( ) ( ) ( )
4; 6; 8 / / ' 2; 3; 4 1;1; 3u u AB AM= − − = − − = ≠ = −
r ur uuur uuuur
. Cho nên đường
thẳng d song song với (AB). Do đó (AB) và d cùng thuộc một mặt phẳng .
Từ đó , theo kết quả của hình học phẳng , ta làm như sau :
- Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d .
- Lập đường thẳng d’ qua A’ và B
- Tìm tọa độ I là giao của (A’B) với d .
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên IA=IA’ , cho nên :
IA+IB=IA’+IB=A’B . Nếu có I’ thuộc d thì I’A+I’B>A’B . Vậy I là điểm duy nhất .
- Cũng theo nhận xét trên thì IH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên AB=2IH. Hay
IA’=IB=IA (*) . Do đó :
Nếu I nằm trên d thì điểm I có tọa độ là I=(2+4t;-6t;-8t-1) . Từ đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1;1 6 ; 8 3 4 1 1 6 8 3AI t t t AI t t t⇔ = + − − − ⇒ = + + − + +
uur
Tương tự :
( ) ( ) ( ) ( )

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

=
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 5 2 2 2 1t t t− + − + +
Hay :
2 2
17 34 30 17 36 30 34 36 0 11 70 0 0t t t t t t t t⇔ + + = − + ⇔ + = − ⇔ = → =

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

31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d)
và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
GIẢI
Gọi B(x;y;z) là giao của d với (P) thì tọa độ của B là nghiệm của hệ :


( )
1 1;0;4t B↔ = ⇔ = −
- Do
∆
nằm trên (P) suy ra
P
n∆ ⊥
uur
,
( ) ( )
2 1 1 1 1 2
/ / , ; ; 3; 3; 3 / / 1; 1; 1
1 1 1 2 2 1
P d
d n u u
∆
 − − 
 
∆ ⊥ ⇒ ∆ = = − − = − −
 ÷
 
 
uur uur uur
.
- Vậy
∆
qua B(-1;0;4) và có véc tơ chỉ phương
( )
1; 1; 1u

 
⇒ = − − − − ⇔ = − + + + − = − + = − + ≥
 ÷
 
uuuur
Do vậy AM đạt GTNN=
26
3
khi
1 2 1 11
; ;
3 3 3 3
t M
 
= ⇒ = − −
 ÷
 
.
Bài 26. Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng





=
=
=
∆
1
2:

uuur
- Nếu tam giác AEF là tam giác đều thì ta có hệ :
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
2
2 2 1
2 1 2 1 1 1
2 2
2 2
2 1 2 1
1 1 2 2
5 2 5 1 5 0
E EF
4 5 2 5
5 2 0
E AF
5 2 5 5 2 5
t t t
A
t t t t t t
t t t t
A
t t t t


− − − =

2
15 15
5
t t
t t
t t
t t t t t t t
t t
t t
t t




≠
≠
≠




  − +
  
 
− − − − = ⇔ = − ⇔ = ∨ =
  
 ÷
 
 
 

M
2 2
5 76 10 2 76 1 76 2 2 76
; ;1 , ; ;1
15 15 15 15
E F
   
− − + +
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(2; 1; 2) và đường thẳng (d):
2 1
1 1 1
x y z+ −
= =
. Tìm
trên (d) hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều.
GiẢI
Nếu A,B thuộc d thì ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; 2; 1 2; 3; 1 2 3 1 3 12 14A t t t AM t t t MA t t t t t⇔ = − + ⇒ = − − − ⇔ = − + − + − = − +
uuuur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2

3 12 14 3 3 6 .
t t t t
t t
t t t t
MA MB
t t t
t t t
MA AB t t t t t t
− + − =
 = −



− = −
=
   
⇔ ⇒ ⇔
   
− − − − =
− − − =
= − + = + −
 


 


2 2
1 2 1 2
2 2

; ; ; ; ;
3 3 3 3 3 3
A B
   
+ + − −
⇔ = = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z
d
− −
= =
−

2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
− +


=


( ) ( )
( ) ( )
2
11
6 5 2 4 2 5 5
12
6 5;4 ; 5 5 , 2 12 5 6
1
1 4 4
12
t
t t t
N d N t t t h N P t
t

=

+ − + − −
∈ ⇒ = + − − ⇔ = = ⇔ − − = ⇔

+ +

= −


Như vậy ta tìm được hai cặp M,N :

( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( )
: – 2010 0P x y z+ + =
độ dài đoạn MN bằng
2
.
GIẢI
- M thuộc
( ) ( ) ( )
1 2
; ;2 , 1 2 '; ';1 ' 2 ' 1; ' ; ' 2 1d M t t t N d N t t t MN t t t t t t⇒ ∈ ⇒ = − − + ⇔ = − − − − − +
uuuur
.
- Theo giả thiết ta có hệ :
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2
'
42
2 ' 1 ' ' 2 1 2
3 1 4 1 2
. 0

'
3 2 5
0;0;0 , ; ;
2
7 7 7
'
14 4 0
7
t
t t
M N
t
t t
=

= −


 
⇔ ⇔ ⇔ = = − −
 
 ÷
= −
+ =
 



Bài 30. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1


⇔ ⇔ + = ⇒ = − ⇔ = −

= − −


+ + + =

- Đường thẳng
( )
; ,
P d P d
P u n d u u u n u
∆ ∆ ∆
 
∆∈ ⇒ ⊥ ∆ ⊥ ⇒ ⊥ ⇔ =
 
uur uur uur uur uur uur uur
.
Do đó :
( )
1 1 1 2 2 1
, ; ; 2; 3;1
1 1 1 1 1 1
P d
u n u
∆
 − − 
 
= = = −

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

Với :
( ) ( ) ( )
3 1 1 2 2 3
2; 3; 1 , 2; 1; 1 , ; ; 2;4; 8
1 1 1 2 2 1
AB AC AB AC
 − − − − 
 
= − − = − − − ⇒ = = −
 ÷
 
− − − − − −
 
uuur uuur uuur uuur

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

1 1 2
x y z− +
= =
−
.T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn
∆
sao cho:
2 2
28MA MB
+ =
GIẢI
Nếu M thuộc
∆
thì M=(1-t;t-2;2t ). Khi đó ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
; 6;2 2 6 2 6 20 40MA t t t MA t t t t t⇔ = − − − ⇔ = + − + − = − +
uuur

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 ; 4;2 4 2 4 2 4 6 28 36MB t t t MB t t t t t⇔ = − − − ⇔ = − + − + − = − +
uuur
Theo giả thiết cho :
2 2
28MA MB
+ =
( ) ( )