Toán học - Chuyên đề 9: Phương pháp tọa độ trong không gian

 CHUYÊN ĐỀ 9 
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 
 Các bài toán về tọa độ trong không gian thường có các yêu cầu xác định tọa độ của điểm, 
vectơ, độ dài đoạn thẳng, tính góc 2 vectơ, các vấn đề về mặt phẳng và đường thẳng trong không gian 
(phương trình, vị trí tương đối, song song, vuông góc, số đo góc, khoảng cách, ). Tùy theo từng 
trường hợp ta cần lưu ý vận dụng các kiến thức cơ bản sau đây : 
I. Toạ độ điểm. Toạ độ vectơ 
 Trong không gian tọa độ vuông góc Oxyz có 3 vectơ đơn vị trên ba trục Ox, Oy, Oz lần lượt là 
, , . 1e
G G G
JJJJG G
2e 3e
 * Cho M(x, y, z) thì OM = x. + y.1e 2e
G
 + z. 3e
G
. 
 * Cho a = (a1, a2, a3) thì a = a1.
G G
1e
G
 + a2. 2e
G
 + a3. 3e
G
. 
II. Các phép toán trên tọa độ điểm, vectơ 
1. Các phép toán trên tọa độ điểm 
 Cho hai điểm A(x1, y1, z1) và B(x2, y2, z2). Ta có nhóm công thức tính tọa độ vectơ AB
JJJG
, khoảng 
cách giữa hai điểm A, B và tọa độ điểm M là chia đoạn AB theo tỉ số k ≠ 1 
 * AB
JJJG
 = (x2 – x1, y2 – y1, z2 – z1) 
 * AB
JJJG
 = ( ) ( ) ( )2 22 1 2 1 2 1x x y y z z− + − + − 2 
 * ( x = 1
1
x kx
k
−
−
2 , y = 1
1
y ky
k
−
−
2 , z = 1 2
1
z kz
k
−
− ) 
2. Các phép toán trên tọa độ vectơ 
 Cho hai vectơ a = (a1, a2, a3), = (b1, b2, b3). Với 
G Gb α và β là 2 số thực ta có các công thức tính 
và công thức quan hệ sau : 
 a) Công thức tính toán 
 . + β . = (α .a1 + .b1, .a2 + α aG
G
b β α β .b2, α .a + 3 β .b ) 3
 aG . b = a1.b1 + a2.b2 + a 3 .b 3 
G
) cos = n(a,bGG 1 1 2 2 3 32 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
a .b a .b a .b
a a a . b b b
+ +
+ + + + 2 
 b) Công thức quan hệ 
 1
 = aG b
G ⇔
1 1
2 2
3 3
a b
a b
a b
=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
 cùng phương aG b
G ⇔ ( 1
1
a
b
 = 2
2
a
b
 = 3
3
a
b
) (b1, b2, b 3 ≠ 0) 
 ⊥ a1.b1 + a2.b2 + a .b = 0 aG
G
b ⇔
3 3
 Chú ý : 
 Góc hai đường thẳng chéo nhau trong không gian là góc nhọn tạo bởi hai vectơ chỉ phương của 
2 đường thẳng đó. 
MẶT PHẲNG 
 I. Phương trình mặt phẳng 
1.* Phương trình tham số của mặt phẳng α qua M(x0, y0, z0) có cặp vectơ chỉ phương aG = (a1, 
a2, a 3 ), 
G
 = (b1, b2, b ) viết là : b 3
 t1, t2 
0 1 1 2 1
0 1 2 2
0 1 3 2 3
x x t a t b
y y t a t b
z z t a t b
= + +⎧⎪ = + +⎨⎪ = + +⎩
2 ∈ R 
2.* Phương trình tổng quát của mặt phẳng α là : 
 Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 > 0 
 Mặt phẳng α có : pháp vectơ : nG = (A, B, C) 
3.* Phương trình mặt phẳng qua M(x0, y0, z0) và vuông góc với vectơ 
nG
G G
 = (A, B, C) viết là : (x – x0)A + (y – y0)B + (z – z0)C = 0 
4.* Phương trình mặt phẳng qua M(x0, y0, z0) và nhận 2 vectơ chỉ phương 
a = (a1, a2, a ), = (b1, b2, b 3 ) viết là 3 b
 ( ) ( ) ( )2 3 3 1 1 20 0
2 3 3 1 1 2
0
a a a a a a
x x y y z z
b b b b b b
− + − + − =0 . 
5.* Phương trình mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại A(a, 0, 0); 
B(0, b, 0); C(0, 0, c) với a.b.c ≠ 0 viết là : 
 x
a
 + y
b
 + z
c
 = 1 
II. Toán trên mặt phẳng 
1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng 
 Khoảng cách từ M(x0, y0, z0) đến 
 2
α : Ax + By + Cz + D = 0 là : 
 MH = 0 0 0
2 2 2
Ax By Cz D
A B C
+ + +
+ + 
 2. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng 
 Cho hai mặt phẳng α , β có 2 pháp vectơ lần lượt là nG = (A, B, C), 
 = (A1, B1, C1) 1n
G
 Vị trí giữa hai mặt phẳng , là vị trí giữa 2 pháp vectơ α β nG , 1nG : 
 // β // α ⇔ nG G
G
1n
 α ⊥ β ⇔ n ⊥ 1nG 
 cắt β khác phương α ⇔ nG 1nG 
ĐƯỜNG THẲNG 
 I. Phương trình đường thẳng 
 1.* Phương trình tham số của đường thẳng Δ qua 
 M(x0, y0, z0) có vectơ chỉ phương a
G
 = (a1, a2, a ) viết là 3
0 1
0
0 3
2
x x ta
y y ta
z z ta
= +⎧⎪ = +⎨⎪ = +⎩
 ,t ∈ R (Hệ I). 
Nếu a1.a2.a3 ≠ 0 ta có phương trình chính tắc là: 
x x
a
y y
a
z z
a
− = − = −0
1
0
2
0
3
2.* Phương trình tổng quát của đường thẳng Δ xác định bởi giao tuyến 2 mặt phẳng α và β 
viết là : 
1 1 1 1
0
0
Ax By Cz D ( )
A x B y C z D ( )
+ + + = α⎧⎨ + + + =⎩ β (II) 
 Ghi chú: 
 Cho phương trình đường thẳng Δ xác định bởi hệ (II). Để viết thành phương trình tham 
số của đường thẳng ta có thể đặt z = t và tính x, y theo t từ hệ (II) và nhờ hệ (I) ta có được vectơ 
chỉ phương và điểm của (hoặc x = t, Δ
hoặc y = t, nên chọn lựa ẩn phụ t để phép tính hai biến còn lại theo t được đơn giản). 
 3.*Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng (d) : 
 A x B y C z D
A x B y C z D
1 1 1 1
2 2 2 2
0
0
+ + + =
+ + + =
⎧⎨⎩
 3
 Có dạng : m(A1x + B1y + C1z + D1) + n(A2x + B2y + C2z + D2) = 0 (*) với m, n không đồng thời 
bằng 0. Phương trình (*) gọi là phương trình của chùm mặt phẳng xác định bởi đường thẳng (d). 
Chú ý :Nếu m= 0 thì n khác 0, chia hai vế của (*) cho n ta có 
 (*) thành A2x + B2y + C2z + D2 = 0 
 Nếu m khác 0 chia hai vế của (*) cho m ta có: 
 A1x + B1y + C1z + D1 + h (A2x + B2y + C2z + D2) = 0 với 
nh
m
= . 
Vậy chùm mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có dạng: 
 A1x + B1y + C1z + D1 + h (A2x + B2y + C2z + D2) = 0. 
hay A2x + B2y + C2z + D2 = 0. 
Vấn đề 1 
TÌM PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 
¾ Phương pháp : 
 Thông thường ta có 3 cách sau : 
 - Cách 1 : Tìm một điểm và một cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng. 
 - Cách 2 : Tìm một điểm và một pháp vectơ của mặt phẳng. 
 - Cách 3 : Dùng phương trình chùm mặt phẳng. 
Vấn đề 2 : 
TÌM PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 
¾ Phương pháp : 
 Thông thường ta có 2 cách sau : 
 - Cách 1 : Tìm một điểm và một vectơ chỉ phương của đường thẳng. 
 - Cách 2 : Tìm phương trình tổng quát của 2 mặt phẳng phân biệt cùng chứa đường thẳng cần tìm. 
 - Ghi chú : Trong 2 cách, thực chất của việc tìm phương trình đường thẳng là tìm phương trình 2 mặt 
phẳng cùng chứa đường thẳng ấy. Cái khó là phải xác định được 2 mặt phẳng phân biệt nào cùng 
chứa đường thẳng cần tìm. Thông thường ta hay gặp 3 giả thuyết sau : 
 + Đường thẳng (Δ) đi qua điểm A và cắt đường thẳng d : Khi đó đường thẳng (Δ) nằm trong mặt 
phẳng đi qua A và chứa d. 
 + Đường thẳng (Δ) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d : Khi đó đường thẳng (Δ) nằm 
trong mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. 
 + Đường thẳng (Δ) song song với d1 và cắt d2 : Khi đó đường thẳng (Δ) nằm trong mặt phẳng chứa d2 
và song song với d1. 
Chẳng hạn : 
1. Lập phương trình đường thẳng (Δ) đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng a và cắt đường thẳng 
ấy. 
ª Cách giải : 
 - (Δ) đi qua A và vuông góc với d nên (Δ) nằm trong mặt phẳng α đi qua A và vuông góc với d. 
 - (Δ) đi qua A và cắt d nên (Δ) nằm trong mặt phẳng β đi qua A và chứa d. Khi đó (Δ) chính là giao 
tuyến của α và β. 
2. Lập phương trình đường thẳng (Δ) đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. 
ª Cách giải : 
 - (Δ) đi qua A và cắt d1 nên (Δ) nằm trong mặt phẳng α đi qua A và chứa d1. 
 4
 - (Δ) đi qua A và cắt d2 nên (Δ) nằm trong mặt phẳng β đi qua A và chứa d2. 
 Khi đó (Δ) chính là giao tuyến của α và β. 
3. Lập phương trình đường thẳng (Δ) đi qua giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng α, vuông 
góc với d và nằm trong α. 
ª Cách giải : 
 - Từ giả thuyết ta đã có (Δ) ⊂ α. 
 - (Δ) qua A và vuông góc với d nên (Δ) nằm trong mặt phẳng β đi qua A và vuông góc với d. 
 Khi đó (Δ) chính là giao tuyến của α và β. 
4. Lập phương trình đường thẳng (Δ) song song với đường thẳng (D) và cắt 2 đường thẳng d1 và d2. 
ª Cách giải : 
 - (Δ) song song với (D) và cắt d1 nên (Δ) nằm trong mặt phẳng α chứa d1 và song song với (D). 
 - (Δ) song song với (D) và cắt d2 nên (Δ) nằm trong mặt phẳng β chứa d2 và song song với (D). 
 Khi đó (Δ) chính là giao tuyến của α và β. 
Vấn đề 3 
HÌNH CHIẾU 
 Bài toán 1 : Tìm hình chiếu vuông góc H của điểm A trên đường thẳng (d) 
¾ Phương pháp : 
(d) 
A 
H 
 - Cách 1 : (d) cho bởi phương trình tham số : 
 + H ∈ (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H phụ thuộc vào tham số t. 
 + Tìm tham số t nhờ điều kiện ⊥ a AH→ d
→
 - Cách 2 : (d) cho bởi phương trình chính tắc, gọi H(x, y, z) 
 + AH
→ ⊥ a (*) d
→
 + H ∈ (d) : Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z. 
 - Cách 3 : (d) cho bởi phương trình tổng quát : 
 + Tìm phương trình mặt phẳng α đi qua A và vuông góc với đường thẳng (d). 
 + Giao điểm của (d) và (α) chính là hình chiếu H của A trên (d). 
 Bài toán 2 : Tìm hình chiếu vuông góc H của điểm A trên mặt phẳng (α) 
 - Cách 1 : Gọi H(x, y, z) 
 + H ∈ α (*) 
 + AH
→
cùng phương với : Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z. nα
→
 - Cách 2 : 
 + Tìm phương trình đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (α). 
 + Giao điểm của (d) và (α) chính là hình chiếu H của A trên mặt phẳng (α). 
 5
 Bài toán 3 : Tìm hình chiếu vuông góc (Δ) của đường thẳng (d) xuống mặt phẳng α. 
 - Tìm phương trình mặt phẳng β chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng α. 
 - Hình chiếu (Δ) của d xuống mặt phẳng α chính là giao tuyến của α và β. 
 Bài toán 4 : Tìm hình chiếu H của A theo phương đường thẳng (d) lên mặt phẳng (α). 
¾ Phương pháp : 
 - Tìm phương trình đường thẳng (Δ) đi qua A và song song với (d). 
 - Hình chiếu H chính là giao điểm của (Δ) và (α). 
 Bài toán 5 : Tìm hình chiếu (Δ) của đường thẳng (d) theo phương của đường thẳng (D) lên mặt 
phẳng (α). (Δ) 
 A 
H 
(d) ¾ Phương pháp : 
(D)
d 
(Δ)
- Tìm phương trình mặt phẳng (β) chứa (d) và song song với (D) 
 - Hình chiếu (Δ) chính là giao tuyến của (α) và (β) 
Vấn đề4 
ĐỐI XỨNG 
 Bài toán 1 : Tìm điểm A’ đối xứng với A qua đường thẳng d. 
¾ Phương pháp : 
 - Tìm hình chiếu H của A trên d. 
 - H là trung điểm AA’. 
 Bài toán 2 : Tìm điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng α. 
¾ Phương pháp : 
 - Tìm hình chiếu H của A trên α. 
 - H là trung điểm AA’. 
 Bài toán 3 : Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua đ ...  = 0 ⇔ m = 
2
1− 
 12
Ví dụ 6 ( ĐH KHỐI A-2003): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hộp 
chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), 
 D(0; a; 0), A’(0; 0; b) ( a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm CC’. 
a. Tính thể tích khối tứ diện BDA’M theo a và b. 
b. Xác định tỷ số a
b
 để hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) vuông góc với nhau. 
BÀI GIẢI: A (0, 0, 0); B (a, 0, 0); C (a, a, 0); D (0, a, 0) 
 A’ (0, 0, b); C’ (a, a, b); M (a, a, b
2
) 
a) ; ; = −JJJGBD ( a,a,0) = −JJJJGBA' ( a,0,b) =JJJJG bBM (0,a, )
2
 ⇒ ⎡ ⎤ =⎣ ⎦
JJJG JJJJG
2BD,BA' (ab,ab,a )
⇒ V= ⎡ ⎤ = +⎣ ⎦
JJJG JJJJG JJJJG 2
21 1 a b
2
BD,BA' .BM (a b )
6 6
= =
2 23a b a b
12 4
 (đvtt) 
b) (A’BD) có vectơ pháp tuyến hay ⎡ ⎤ =⎣ ⎦
JJJG JJJJG
2BD,BA' (ab,ab,a ) =JJGn (b,b,a) 
 (MBD) có vectơ pháp tuyến 
 ⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
JJJG JJJJG
2ab abBD,BM ( , , a )
2 2
 hay = −JJJG m (b,b, 2a)
 Ta có : (A’BD) ⊥ (MBD) ⇔ =JJJG JJG m . n 0 
 ⇔ b2 + b2 – 2a2 = 0 ⇔ a = b (a, b > 0) ⇔ =a 1
b
Ví dụ 7 ( ĐH KHỐI B-2003): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai điểm 
A(2;0;0), B(0;0;8) và điểm C sao cho (0;6;0)AC =JJJG . Tính khoảng cách từ trung điểm I của BC đến 
đường thẳng OA. 
BÀI GIẢI: A (2; 0; 0); B (0; 0; 8). 
 = (0; 6; 0) ⇔ ⇔ C (2; 6; 0). I trung điểm BC ⇒ I (1; 3; 4) JJJGAC
=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
C
C
C
x 2
y
z 0
6
 Pt tham số OA : 
=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
x t
y 0
z 0
 (α) qua I ⊥ = (2; 0; 0) : 2(x – 1) = 0 ⇔ x – 1 = 0 JJJGOA
 Tọa độ {H} = OA ∩ (α) thỏa : 
 ⇔ = = =⎧⎨ − =⎩
x t,y 0,z 0
x 1 0
=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
x 1
y 0
z 0
 . Vậy H (1; 0; 0). 
 d(I, OA) = IH = − + − + −2 2(1 1) (0 3) (0 4)2 = 5. 
Ví dụ 8 ( ĐH KHỐI D-2003): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đường 
thẳng 3 2: 
1 0
x ky z
dk kx y z
+ − + =
− + + =
⎧⎨⎩
0
Tìm k để đường thẳng dk vuông góc với mặt phẳng 
 (P): x – y – 2z + 5 =0 
BÀI GIẢI: 
JJG
1n = (1, 3k, −1); = (k, −1, 1) 
JJG
2n
 13
 = (3k – 1, −k – 1, −1 – 3k2) 
JJG
da
 = (1, −1, 2) 
JJG
Pn −
 dk ⊥ (P) ⇔ cùng phương 
JJG
da
JJG
Pn
 ⇔ − − − − −= =− −
23k 1 k 1 1 3k
1 1 2
 ⇔ 
=⎧⎪⎨ = ∨ = −⎪⎩
k 1
1k 1 k
3
 ⇔ k = 1 
Ví dụ9 ( ĐH KHỐI A-2004): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy 
ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là 
trung điểm của cạnh SC. 
a) Tính góc và khoảng cách hai đường thẳng SA, BM. 
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN. 
BÀI GIẢI: Cách 1: 
 S M C 
 N 
 H 
 D O B 
 A 
 GT ⇒ SO ⊥ (ABCD); SA = SC = 2 3 
a) Ta có OM // SA ⇒ Góc (SA, MB) là nOMB 
 OB ⊥ (SAC) ⇒ OB ⊥ OM ΔOBM có tg n OBOMB
OM
= 
 ⇒ n 1tgOMB
3
= ⇒ nOMB =300 
 Vẽ OH ⊥ SA ⇒ OH ⊥ OM và OH ⊥ OB ⇒ OH ⊥ (OMB) 
 Vì SA // OM ⇒ SA // (OMB) 
 ⇒ d (SA, MB) = d(H, (OMB)) = OH = 2 6
3
. 
b) (ABM) ∩ SD = N ⇒ N là trung điểm SD 
 Ta có: SBMN
SBCD
V SM SN.
V SC SD
= 1
4
= ⇒ VSMNB = SBCD SABCD1 1V V4 8= 
 Tương tự: VSABN = SABCD
1 V
4
 Vậy: VSABMN = VSMNB + VSABN = SABCD
3 V
8
 = 3 1 (đvtt) 1 1. . AC.BD.SO .4.2.2 2 2
8 3 2 16
= =
Cách 2: a) O là trung điểm BD ⇒ D (0; −1; 0) 
 O là trung điểm AC ⇒ C (−2; 0; 0) 
 M là trung điểm SC ⇒ M ( 1;0; 2)− 
 14
 =(2; 0;- SA
JJJG
2 2 ); BM ( 1; 1; 2)= − −JJJJG 
 Gọi ϕ là góc nhọn tạo bởi SA và BM 
 cosϕ = − + −+ + +
2 0 4
4 8 1 1 2
= 3
2
⇒ ϕ = 300 
 Gọi (α) là mp chứa SA và // BM 
 ⇒ PT (α) : 2x z 2 2 0+ − = 
 Ta có d(SA, BM) = d(B, α) = 2 6
3
. 
b) Pt mp(ABM): 2x 2 2y 3z 2 2 0+ + − = 
 Pt tham số SD: 
⎧ =⎪ = − +⎨⎪ =⎩
x 0
y 1
z 2 2t
t (t ∈ R). 
N là giao điểm của SD và mp (ABM) ⇒ N 1(0; ; 2)
2
− 
 BS (0; 1;2 2)= −JJJG ; BA (2; 1;0)= −JJJG
 3BN (0; ; 2)
2
= −JJJG ; BM ( 1; 1; 2)= − −JJJJG 
 BS,BN (2 2;0;0)⎡ ⎤ =⎣ ⎦
JJJG JJJG
; BS,BN .BA 4 2⎡ ⎤ =⎣ ⎦
JJJG JJJG JJJG
 BS.BN .BM 2 2⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
JJJG JJJG JJJJG
VSABMN= VSABN + VSBNM = 
1 1.4 2 .2 2 2
6 6
+ = (đvtt) 
Ví dụ 10 ( ĐH KHỐI D -2004): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng 
ABCA1B1C1. Biết A(a;0;0); B(−a;0;0); C (0; 1; 0); B1(−a; 0; b) 
 a > 0, b > 0. 
 a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng B1C và AC1 theo a, b. 
 b) Cho a, b thay đổi nhưng luôn thỏa mãn a + b = 4. Tìm a, b để khoảng cách giữa 2 đường thẳng 
B1C và AC1 lớn nhất. 
BÀI GIẢI: a) C1 (0; 1; b) 
 Gọi (α) là mặt phẳng chứa B1C và song song với AC1 
 ; 1B C (a;1; b)= −
JJJJG
1C A (a; 1; b)= − −
JJJJG
 Suy ra: 1 1B C,C A ( 2b;0; 2a)⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦
JJJJG JJJJG
 Suy ra ptrình (α): . − + − + − =b(x 0) 0(y 1) a(z 0) 0
 ⇔ bx + az = 0. 
 Ta có: d=d(B1C, AC1)=d(A, α)=
2 2 2 2
ab ab
a b a b
=
+ +
. 
b) Cách 1: 
 Ta có: d=
2 2
ab ab ab
2ab 2a b
≤ =
+
a b 4 2
2 2 2 2
+≤ = = 
 Max d ⇔ d = 2 ⇔ ⇔ a = b = 2 
a b
a b 4
a 0,b 0
=⎧⎪ + =⎨⎪ > >⎩
 15
Cách 2: d = ab
16 2ab− , đặt x = ab, đk 0 < x ≤ 4. 
 vì x = ab 
2a b 4
2
+⎛ ⎞≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 Xét f(x) = x
16 2x− f’(x) = 3
16 x
(16 2x)
−
−
 > 0 ∀x ∈ (0; 4] 
⇒ d đạt max khi x = ab = 4 ⇒ a = b = 2 (vì a + b = 4) 
Ví dụ 11 ( ĐH KHỐI B-2004): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm 
3 2
: 1
1 4
x t
d y t
z t
= − +⎧⎪ = −⎨⎪ = − +⎩
 A (-4; -2; 4) và đường thẳng 
Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng d. 
BÀI GIẢI: Cách 1: A (−4; −2; 4) 
 (d) : ⎪⎨ 
x 3 2t
y 1 t
z 1 4t
= − +⎧
= −
⎪ = − +⎩
 Lấy M (−3+2t; 1 – t; −1 + 4t) ∈ (d) 
 ⇒ = (1 + 2t; 3 – t; −5 + 4t) AMJJJJG
 Ta có: AM ⊥ (d) ⇔ (với dAM. a 0=
JJJJG JJJJG
da
JJJG
=(2; −1; 4)). 
 ⇔ 2 + 4t – 3 + t – 20 + 16t = 0 ⇔ 21t = 21 ⇔ t = 1. 
 Vậy đường thẳng cần tìm là đt AM qua A có VTCP AM
JJJJG
=(3;2;−1) 
 ⇒ phương trình (Δ) : x+4 y 2 z 4
3 2
+ −= = −1 . 
Cách 2: Gọi (α) là mp qua A chứa d ,Gọi (β) là mp qua A 
 và ⊥ d ⇒ d qua B (−3; 1; −1); = (2; −1; 4) d a
JJJG
 (α) qua A (−4; −2; 4) (α) có 1 cặp VTCP : 
 ⇒ d a (2; 1;4
AB (1;3; 5)
⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩
JJJG
JJJG ) ( ) n α
JJJJG
 = (−7; 14; 7) = −7(1; −2; −1) 
 Pt mp (α) : x – 2y – z + 4 = 0 
( ) d
( ) qua A (-4; -2; 4)
( ) (d) n a (2; 1;4)β
β
β
⎧⎪⎨ ⊥ → = = −⎪⎩
JJJJG JJJG
 Pt (β) : 2x – y + 4z – 10 = 0 Pt (Δ) : x 2y z 4 0
2x y 4z 10 0
− − + =⎧⎨ − + − =⎩
Ví dụ 12 ( ĐH KHỐI A-2005): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng: 
 d : x 1 y 3 z 3
1 2 1
− + −= =− và mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z + 9 = 0 
a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. 
b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng 
Δ nằm trong mặt phẳng (P), biết Δ đi qua A và vuông góc với d. 
BÀI GIẢI: a) Phương trình tham số của d : 
⎧⎪⎨⎪⎩
= −
= − +
= +
x 1 t
y 3 2t
z 3 t
 (t∈ R) 
 16
 I ∈ d ⇔ I (1–t ; –3+2t ; 3+t) 
 Ta có : d (I, (P)) = 2 ⇔ − − + − − + =+ +
| 2 2t 3 2t 6 2t 9 | 2
4 1 4
 ⇔ Suy ra : I (3 ; -7 ; 1) hay I (-3 ; 5 ; 7). t| 1 t | 3
t 4
= −⎡− = ⇔ ⎢ =⎣
2
 b) Thế phương trình d vào phương trình (P) ta được t = 1. 
 Thế t = 1 vào phương trình d, ta được x = 0; y = -1; z = 4 
 Suy ra A (0; -1 ; 4) 
 Vectơ chỉ phương của d : = −JGa ( 1;2;1)
 Vectơ pháp tuyến của (P): = −JGn (2;1; 2)
 Suy ra vectơ chỉ phương của Δ : = − −G G[a,n] ( 5; 0; 5) hay (1; 0; 1)
 Mặt khác Δ đi qua A nên phương trình tham số của Δ là : 
⎧⎪⎨⎪⎩
=
= −
= +
x t '
y 1
z 4 t '
 (t’∈ R) 
Ví dụ 13 ( ĐH KHỐI B-2005): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 với 
A(0; -3; 0), B(4; 0; 0), C(0; 3; 0), B1(4; 0; 4). 
 a) Tìm tọa độ các đỉnh A1, C1. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng 
(BCC1B1). 
 b) Gọi M là trung điểm của A1B1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với 
BC1. Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A1C1 tại điểm N. Tính độ dài MN. 
BÀI GIẢI: a) Hình chiếu của A1 xuống mp (Oxy) là A ⇒ A1(0; -3; 4) 
 Hình chiếu của C1 xuống mp (Oxy) là C ⇒ C1(0; 3; 4) 
 Cặp véc tơ chỉ phương của (BCC1B1) là : BC ( 4;3;0)= −
JJJG
 1BB (0;0;4)=
JJJJG
 Suy ra véc tơ pháp tuyến của (BCC1B1) là : 
 = (12; 16; 0) hay = (3; 4; 0) 1n BC,BB⎡= ⎣
JJG JJJG JJJJG⎤⎦ m
JJG
 Mặt khác (BCC1B1) qua B nên có phương trình: 
 3(x – 4) + 4y + 0z = 0 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0 
 Bán kính mặt cầu là : 
 R = d (A, (BCC1B1)) = 
0 12 12 24
59 16
− − =+ 
 Suy ra phương trình mặt cầu là : x2 + (y + 3)2 + z2 = 
576
25
 b) M là trung điểm của A1B1 ⇒ M (2; 32− ; 4) 
 Mp (P) có cặp véc tơ chỉ phương 
3AM (2; ;4)
2
=JJJJG và 1BC ( 4;3;4)= −
JJJJG
 ⇒ véc tơ pháp tuyến của mp (P): 
 = = (−6; −24; 12) hay (1; 4; −2) Pn
JJG
1AM;BC⎡⎣
JJJJG JJJJG⎤⎦
 Mặt khác (P) đi qua A nên có phương trình : x + 4(y + 3) – 2z = 0 
 ⇔ x + 4y – 2z + 12 = 0 
 A1C1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương 1 1A C
JJJJJG
= (0; 6;0) hay (0; 1; 0) 
 nên có phương trình : (t ∈ R) 
x 0
y 3
z 4
=⎧⎪ = − +⎨⎪ =⎩
t
 17
 Thế phương trình A1C1 vào phương trình (P) ta được t = 2 
 Thế t = 2 vào phương trình (A1C1) ta được x = 0, y = −1, z = 4 
 ⇒ N (0; −1; 4) 
 và MN = 2 2 23 1(0 2) ( 1 ) (4 4)
2 2
− + − + + − = 7 
Ví dụ 14 ( ĐH KHỐI D-2005): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 
 d1 : 
x 1 y 2 z 1
3 1 2
− + += =− và d2: 
x y z 2 0
x 3y 12 0
+ − − =⎧⎨ + − =⎩
 a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa cả hai đường 
thẳng d1 và d2. 
 b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích tam giác 
OAB (O là gốc tọa độ). 
a 
JJG
BÀI GIẢI: a) d1 qua N (1; −2; −1) và có 1 vectơ chỉ phương là =(3; −1; 2) 
b 
JJG
 d2 qua B (12; 0; 10) và có 1 vectơ chỉ phương là =(3; −1; 2) 
 Ta có : = và = (11, 2, 11) không cùng phương với a 
JJG
 b 
JJG
NB
JJJG
a 
JJG
. 
 Vậy d1 // d2 
 Mp (P) qua N và có pháp vectơ : =[ n 
JJG
a 
JJG
NB
JJJG
, ] = (−15; −11; 17) 
 Phương trình (P) là: −15(x–1) – 11(y+2) + 17(z+1) = 0 
 ⇔ 15x + 11y – 17z – 10 = 0 
 b) A(−5, 0, −5); B (12, 0, 10) ⇒ = (0, −10, 0) OA,OB⎡⎣
JJJG JJJG⎤⎦
1 OA,OB
2
⎡⎣
JJJG JJJG
 ⇒ Diện tích (ΔOAB) = ⎤⎦ = 5 (đvdt). 
* * * 
 18