Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong không gian lớp 12

ŀ
 429 
Chuyên đề VII 
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 
 
 Chủ đề 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 
1. Tọa độ véc tơ – Tọa độ điểm 
Cho ( ) ( )1 1 1 2 2 2a x ;y ;z , b x ;y ;z= =

 

 và 
số thực k . Khi đó: 
* ( )1 2 1 2a b x x ;y y± = ± ±

 

* ( )1 1 1ka kx ;ky ;kz=


1 1 1
2 2 2
x y z
a b a kb k
x y z
⇔ = ⇔ = = =

 
 
 

 
1 2
1 2
1 2
x x
a b y y
z z
=

⇒ = ⇔ =
 =

 

* 
Chú ý: Nếu ( )2 2 2x 0 y 0,z 0= = = thì ( )1 1 1x 0 y 0,z 0= = = 
* 2 2 21 1 1|a | x y z= + +


* 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2a.b x x y y z z a b x x y y z z 0= + + ⇒ ⊥ ⇔ + + =

 
 
 

* ( ) a.bcos a,b
|a||b|
=

 


 


 
 
Cho ( ) ( ) ( ) ( )A A A B B B C C C D D DA x ;y ;z ,B x ;y ;z ,C x ;y ;z ,D x ;y ;z= = . 
Khi đó: 
* ( )B A B A B AAB x x ;y y ;z z= − − −


* ( ) ( ) ( )2 2 2B A B A B AAB | AB| x x y y z z= = − + − + −


* Trung điểm I của đoạn AB: A B A B A B
x x y y z z
I ; ;
2 2 2
+ + + 
=  
 
* Trọng tâm G của ABC∆ : 
ç
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 430 
 A B C A B C A B C
x x x y y y z z z
G ; ;
3 3 3
+ + + + + + 
 
 
* Trọng tâm G của tứ diện ABCD: 
A B C D A B C D A B C Dx x x x y y y y z z z zG ; ;
4 4 4
+ + + + + + + + + 
 
 
2. Tích có hướng của hai véc tơ và ứng dụng 
a. Định nghĩa: Cho ( )1 1 1a x ; y ; z
→
= và ( )2 2 2b x ; y ; z
→
= 
 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
y z z x x y
a,b ; ;
y z z x x y
 
  =     
 

 

b. Các tính chất: 
* a


 cùng phương b a,b 0 ⇔ = 

 
 
 

* a,b a  ⊥ 

 
 

 và a,b b  ⊥ 

 
 

* ( )a,b a . b .sin a,b  = 

 
 
 
 
 

c. Các ứng dụng của tích có hướng 
Diện tích tam giác: ABC
1
S AB,AC
2∆
 =  

 

. 
Thể tích: 
 * Hình hộp: ABCD.A'B'C'D'V AB,AD .AA' =  

 
 

 * Tứ diện: ABCD
1
V AB,AC .AD
6
 =  

 
 

. 
Điều kiện 3 véctơ đồng phẳng: 
 * a,b,c

 
 

 đồng phẳng a,b .c 0 ⇔ = 

 
 

 * A,B,C,D đồng phẳng AB,AC .AD 0 ⇔ = 

 
 

. 
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba vectơ: 
a 2i 3j 5k, b 3j 4k, c i 2j= + − = − + = − −

 
 
 
 
 
 
 
 
 

. Chứng minh rằng các véc tơ a,b,c

 
 

 không 
đồng phẳng và phân tích véc tơ ( )u 3;7; 14= −


 qua ba vectơ a,b,c

 
 

. 
Lời giải 
Cách 1: Ta có: ( )a,b 3; 8; 6 a,b .c 3 16 19 0   = − − − ⇒ = + = ≠   

 
 
 
 

Nên ba véc tơ a,b,c

 
 

 không đồng phẳng. 
 431 
Cách 2. Giả sử ba véc tơ a,b,c

 
 

 đồng phẳng. Khi đó tồn tại hai số thực x,y sao cho 
a x.b y.c= +

 
 

 ( )1 
Mà ( )xb yc y; 3x 2y;4x+ = − − −

 

 nên (1) 
y 2
3x 2y 3
4x 5
− =

⇔ − − =
 = −
 hệ này vô nghiệm. 
Vậy a,b,c

 
 

 không đồng phẳng. 
Giả sử u ma nb pc= + +

 
 
 

 ( )2 
Do ( )ma nb pc 2m p;3m 3n 2p; 5m 4n+ + = − − − − +

 
 

 nên ( )2 tương đương với 
2m p 3
3m 3n 2p 7 m 2,n 1,p 1
5m 4n 14
− =

− − = ⇔ = = − =
− + = −
Vậy u 2a b c= − +

 
 
 

. 
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( )A 3; 2;4− . Tìm tọa độ 
điểm E thuộc mặt phẳng ( )Oyz sao cho tam giác AEB cân tại E và có diện 
tích bằng 3 29 với ( )B 1;4; 4− − . 
Lời giải 
Vì ( )E Oyz∈ nên ( )E 0;x;y 
Suy ra ( ) ( )AE 3;y 2;z 4 , BE 1;y 4;z 4= − + − = − +

 

( )AE,BE 8y 6z 8;4z 8;10 4y ⇒ = + − + − 

 

Nên từ giả thiết bài toán ta có: 
2 2 2 2
2
AE BE AE BE
1
AE,BE 3 29 AE,BE 1044
2
 = = 
⇔ 
   = =    

 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 4z 1AE BE 9 y 2 z 4 1 y 4 z 4 y
3
+
= ⇔ + + + − = + − + + ⇔ = 
( ) ( )
2 2 22AE,BE 1044 8y 6z 8 (4z 8) 10 4y 1044  = ⇔ + − + + + − = 

 

( )
2 2
250z 16 26 16z 34
4z 8 1044 0 z 2,z
3 3 25
− −   
⇔ + + + − = ⇔ = = −   
   
• z 2 y 3= ⇒ = nên ( )E 0;3;2 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 432 
• 
34 37
z y
25 25
= − ⇒ = − nên 
37 34
0; ;
25 25
 
− − 
 
. 
Bài tập tự luyện 
1. Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có 
A O,B Ox,D Oy,A' Oz≡ ∈ ∈ ∈ và AB 1,AD 2,= = AA' 3= . 
a. Tìm tọa độ các đỉnh của hình hộp. 
b. Tìm điểm E trên đường thẳng DD' sao cho B'E A'C⊥ . 
c. Tìm điểm M thuộc A'C , N thuộc BD sao cho MN BD,MN A'C⊥ ⊥ . Từ đó tính 
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau A'C và BD . 
Hướng dẫn giải: 
a. Ta có ( ) ( ) ( ) ( )A 0;0;0 ,B 1;0;0 , D 0;2;0 , A' 0;0;3 . 
Hình chiếu của C lên ( )Oxy là C , hình chiếu của C lên Oz là A nên ( )C 1;2;0 . 
Hình chiếu của B',C',D' lên mp(Oxy)và trục Oz lần lượt là các điểm B,C,D và A' 
nên ( ) ( ) ( )B' 1;0;3 , C' 1;2;3 , D' 0;2;3 . 
b. Vì E thuộc đường thẳng DD' nên ( )E 0;2;z , suy ra ( )B'E 1;2;z 3= − −


Mà ( )A'C 1;2; 3= −


 nên B'E A'C B'E.A'C 0⊥ ⇔ =

 

( )1 4 3 z 3 0 z 4⇔− + − − = ⇔ = . 
Vậy ( )E 0;2;4 . 
c. Đặt A'M x.A'C; BN y.BD= =

 
 
 

Ta có ( )AM AA' A'M AA' x.A'C x;2x;3 3x= + = + = −

 
 
 
 

, suy ra ( )M x;2x;3 3x− 
( ) ( )AN AB BN AB y.BD 1 y;2y;0 N 1 y;2y;0= + = + = − ⇒ −

 
 
 
 

Theo giả thiết của để bài, ta có:
MN.A'C 0
MN.BD 0
 =

=

 


 
 ( )∗ 
Mà ( )MN 1 x y;2y 2x;3x 3= − − − −


, ( )A'C 1;2; 3= −


, ( )BD 1;2;0= −


( )
53
x
1 x y 4y 4x 9x 9 0 14x 3y 10 61
1 x y 4y 4x 0 3x 5y 1 44
y
61

=− − + − − + = − + = −  
∗ ⇔ ⇔ ⇔  
− + + + − = − + =   =

Do đó 
53 106 24 17 88
M ; ; , N ; ;0
61 61 61 61 61
   
   
   
. 
 433 
Vì MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng A'C,BD nên 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 6 61d A'C,BD MN 1 x y 2y 2x 3x 3
61
= = − − + − + − = . 
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ( )A 4;0;0 , ( )0 0B x ;y ;0 0 0x ,y 0> thỏa 
mãn AB 2 10= và  0AOB 45= 
a. Tìm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8 . 
b. Gọi G là trọng tâm ABO∆ và M trên cạnh AC sao cho AM x= . Tìm x để 
OM GM⊥ 
Hướng dẫn giải: 
Ta có: ( ) ( )0 0 0OA 4;0;0 , OB x ;y ;0 OA.OB 4x= = ⇒ =

 
 
 

Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình sau: 
( )2 20 0
0
2 2
0 0
x 4 y 40
4x 1
24. x y
 − + =

 =
+
( )
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
22 2 00 00 0 0
x y 8x 24 y x x 6
B 6;6;0
y 6x 4x 12 02x x y
 + − = = = 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒  
=− − = = + 
. 
a. Do C Oz C(0;0;m), m 0∈ ⇒ > . 
Ta có: ( ) ( ) ( )OA 4;0;0 , OB 6;6;0 OA,OB 0;0;24 = = ⇒ = 

 
 
 

 và ( )OC 0;0;m=


OA,OB .OC 24m ⇒ = 

 
 

( )OABC
1
V .24m 8 m 2 C 0;0;2
6
⇒ = = ⇔ = ⇒ . 
b. Ta có 
10
G ;2;0
3
 
 
 
, ( )AM xAC 4x;0;2x= = −

 

( ) ( ) 2M 4 4x;0;2x OM 4 4x;0;2x ;GM 4x;2;2x
3
 
⇒ − ⇒ = − = − 
 

 

( ) 22OM GM OM.GM 0 4 4x 4x 4x 0
3
 
⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − − + = 
 

 

2 256 8 7 1920x x 0 15x 14x 2 0 x
3 3 15
±
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = . 
3. Cho hình chóp S.ABCD với điểm ( )A 4; 1;2 ,− ( )B 1;0; 1− − và 
( )C 0;0; 2 ,− ( )D 10; 2;4 .− Gọi M là trung điểm của CD . Biết SM vuông góc với mặt 
phẳng ( )ABCD và thể tích khối chóp S.ABCDV 66= (đvtt). Tìm tọa độ đỉnh S . 
Hướng dẫn giải: 
Ta có ( ) ( )AB 5;1; 3 ,DC 10;2; 6 DC 2.AB− − − − ⇒ =

 
 
 

 nên ABCD là hình thang và 
ADC ABCS 2S ,= hay ABCD ABCS 3S .= 
Vì ( ) ( )AB 5;1; 3 ,AC 4;1; 4− − − −

 

 nên ( )AB,AC 1; 8; 1 ,  = − − − 

 

 do đó 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 434 
ABC
1 66
S AB,AC
2 2
 = = 

 

ABCD
3 66
S
2
⇒ = (đvdt). 
Chiều cao của khối chóp là S.ABCD
ABCD
3V
SM 2 66.
S
= = 
Vì AB,AC AB, AB,AC AC   ⊥ ⊥   

 
 
 
 
 

 nên giá của véc tơ AB,AC  

 

 vuông góc với mặt 
phẳng ( )ABCD , mà ( )SM ABCD⊥ nên tồn tại số thực k sao cho: 
( )SM k. AB,AC k; 8k; k . = = − − − 

 
 

Suy ra ( ) ( ) ( )2 2 22 66 SM k 8k k k 2 k 2.= = − + − + − ⇔ = ⇔ = ±


M là trung điểm CD nên ( )S S SM(5; 1;1) SM 5 x ; 1 y ;1 z .− ⇒ − − − −


• Nếu k 2= thì ( ) ( )S S SSM 5 x ; 1 y ;1 z 2; 16; 2= − − − − = − − −


 nên tọa độ của điểm S 
là ( )S 7;15;3 . 
• Nếu k 2= − thì ( ) ( )S S SSM 5 x ; 1 y ;1 z 2;16;2= − − − − =


 nên tọa độ của điểm S là 
( )S 3; 17; 1 .− − 
Vậy tọa độ các điểm S cần tìm là ( )S 7;15;3 hoặc ( )S 3; 17; 1 .− − 

 Chủ đề 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 
1. Véc tơ pháp tuyến: 
Định nghĩa: Cho ( )α . Véc tơ n 0≠

 

 gọi là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của mp ( )α 
nếu giá của n


 vuông góc với ( )α , kí 
hiệu ( )n ⊥ α


. 
Chú ý: 
*Nếu n


 là VTPT của ( )α thì kn (k 0)≠


cũng là 
 VTPT của ( )α . Vậy mp ( )α có vô số VTPT. 
 * Nếu hai véc tơ a,b

 

 (không cùng phương) có giá song song (hoặc nằm trên) 
( )α thì n a,b =  

 
 

 là một véc tơ pháp tuyến của ( )α . 
* Nếu ba điểm A,B,C phân biệt không thẳng hàng thì véc tơ 
 n AB,AC =  

 
 

 là một VTPT của ( )mp ABC . 
2. Phương trình tổng quát của mặt phẳng: 
 435 
* Cho ( )mp α đi qua ( )0 0 0M x ;y ;z , có ( )n A;B;C=


 là một VTPT . Khi đó phương 
trình tổng quát của ( )α có dạng: 
( ) ( ) ( )0 0 0A x x B y y C z z 0− + − + − = . 
* Nếu ( ) : Ax By Cz D 0α + + + = thì 
( )n A;B;C=


là một VTPT của ( )α . 
* Nếu ( ) ( ) ( )A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c thì phương trình của ( )ABC có dạng: 
x y z
1
a b c
+ + = và được gọi là phương trình theo đoạn chắn của ( )α . 
3. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng : 
Cho hai mp ( )P : Ax By Cz D 0+ + + = và 
( )Q : A’x B’y C’z D’ 0+ + + = 
* ( )P cắt ( )Q A :B :C A’ :B’ :C’⇔ ≠ . 
( ) ( ) A B C D* P / / Q
A' B' C' D'
⇔ = = ≠ 
( ) ( ) A B C D* P Q
A' B' C' D'
≡ ⇔ = = = 
( ) ( )* P Q AA' BB' CC' 0⊥ ⇔ + + = . 
4. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng: 
Khoảng cách từ ( )0 0 0M x ;y ;z đến mp ( )P : Ax By Cz+D=0+ + là: 
( )( ) 0 0 0
2 2 2
| Ax By Cz D|
d M, P
A B C
+ + +
=
+ +
. 
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh 
( )A 1;2;1 , ( ) ( )B 2;1;3 , C 2; 1;1− − và ( )D 0;3;1 . Viết phương trình mặt phẳng 
( )P đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến ( )P bằng khoảng cách từ D đến 
( )P . 
Lời giải 
Cách 1: Mặt phẳng ( )P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau: 
Trường hợp 1: ( )P đi qua A,B song song với CD 
Véc tơ pháp tuyến ( )P : n AB,CD =  

 
 

( ) ( )AB 3; 1;2 , CD 2;4;0= − − = −

 

 ( )n 8; 4; 14⇒ = − − −


. 
Phương trình ( )P : 4x 2y 7z 15 0+ + − = . 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 436 
Trường hợp 2: ( )P đi qua A,B và cắt CD ( )P⇒ cắt CD tại trung điểm I của 
CD⇒ ( ) ( )I 1;1;1 AI 0; 1;0⇒ = −


. 
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P : ( )n AB,AI 2;0;3 = = 

 
 

. 
Phương trình ( )P : 2x 3z 5 0+ − = . 
Vậy ( )P : 4x 2y 7z 15 0+ + − = hoặc ( )P :2x 3z 5 0+ − = . 
Cách 2: Giả sử ( )P :ax by cz d 0+ + + = 
Vì ( )
b 2c
a
a 2b c d 0 3
A,B P
2a b 3c d 0 5b 5c
d
3
− + =+ + + = 
∈ ⇒ ⇔ 
− + + + = +  = −

Do ( )( ) ( )( )d C, P d D, P 2a b c d 3b c d= ⇔ − + + = + + 
7
c b
|5b c| |2b c| 2
b 0
 =⇔ − = − ⇔

=
* ( ) ...  
a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên d . 
b. Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ 
A đến ( )P lớn nhất 
Hướng dẫn giải: 
a. Đường thẳng d có ( )du 2;1;2=


 là VTCP. 
Gọi H là hình chiếu của A lên d ( )H 1 2t;t;2 2t⇒ + + 
( )AH 2t 1;t 5;2t 1⇒ = − − −


. 
Do ( ) ( )dAH d AH.u 0 2 2t 1 t 5 2 2t 1 0⊥ ⇒ = ⇔ − + − + − =

 

 ( )t 1 H 3;1;4⇔ = ⇒ . 
b. Gọi H' là hình chiếu của A lên ( )mp P . Khi đó, ta có: 
AH' AH d(A,(P))≤ ⇒ lớn nhất H H' (P) AH⇔ ≡ ⇔ ⊥ 
AH (1; 4;1)⇒ = −


 là VTPT của (P) và (P) đi qua H . 
Vậy phương trình (P): x 4y z 3 0− + − = . 
6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 
1 2
x 1 2t
x y z
d : ; d : y t
1 1 2
z 1 t
= − −

= = =
 = +
. 
a. Xét vị trí tương đối giữa 1d và 2d . 
 451 
b. Tìm tọa độ các điểm 1 2M d , N d∈ ∈ sao cho MN song song với 
( )mp P : x y z 0− + = và độ dài MN 2= 
Hướng dẫn giải: 
a. Ta có 1d đi qua O(0;0;0) có VTCP ( )1u 1;1;2=


, 
 2d đi qua ( )A 1;0;1− có VTCP ( )2u 2;1;1= −


. 
Vì 1 2 1 2u ;u OA 4 0 d ,d  = ≠ ⇒ 

 
 

 chéo nhau. 
b. Do ( ) ( ) ( ) ( )1 2M d M t;t;2t ,N d N 1 2s;s;1 s∈ ⇒ ∈ ⇒ − − + 
Yêu cầu bài toán
( ) pMN P MN.n 0
MN 2 MN 2
 = ⇔ ⇒ 
= = 

 


( ) ( )2 22
t s
t s 4t 1 3t 2
= −
⇔ 
− + + − =
. 
Giải hệ và kiểm tra điều kiện song song ta được 
4 4 8
M ; ; ,
7 7 7
 
 
 
1 4 3
N ; ;
7 7 7
 
− 
 
 thỏa mãn. 
7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz 
a. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A(1;2;3) qua đường thẳng 
1
x 2 y 2 x 3
d :
2 1 1
− + −
= =
−
. 
b. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc với 1d và 
cắt 2
x 1 y 1 z 1
d :
1 2 1
− − +
= =
−
Hướng dẫn giải: 
a. Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình: 
( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0− − − + − = ⇔ − + − = 
Tọa độ giao điểm H của ( )α với 1d là nghiệm của hệ. 
( )
x 0x 2 y 2 z 3
y 1 H 0; 1;22 1 1
2x y z 3 0 z 2
=− + −
= = 
⇔ = − ⇒ −− 
 − + − = = 
. 
Ta có H là trung điểm của AA' ⇒ ( )A' 1; 4;1− − . 
b. Gọi ( )α là mặt phẳng đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình 
( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0− − − + − = ⇔ − + − = 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 452 
Vì ∆ đi qua A vuông góc với 1d và cắt 2d nên ∆ đi qua giao điểm B của 2d và 
( )α . 
Tọa độ giao điểm B là nghiệm của hệ : 
( )
x 2x 1 y 1 z 1
y 1 B 2; 1; 21 2 1
2x y z 3 0 z 2
=− − +
= = 
⇔ = − ⇒ − −− 
 − + − = = − 
Véc tơ chỉ phương của ( ): u AB 1; 3; 5∆ = = − −

 

. 
Phương trình đường thẳng 
x 1 y 2 z 3
:
1 3 5
− − −
∆ = =
− −
. 
8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( )A 0;1;2 và hai đường thẳng 
 1 2
x 1 t
x y 1 z 1
d : , d : y 1 2t
2 1 1
z 2 t
= +
− + 
= = = − −
−  = +
. 
a. Viết phương trình ( )mp P chứa A đồng thời song song với 1 2d ,d . 
b. Tìm tọa độ điểm M,N lần lượt thuộc 1 2d ,d sao cho 3 điểm A,M,N thẳng hàng 
Hướng dẫn giải: 
a. Ta có ( ) ( )1 2u 2;1; 1 ;u 1; 2;1= − = −

 

lần lượt là các véc tơ chỉ phương của hai đường 
thẳng 1 2d ,d . 
Véc tơ pháp tuyến của ( ) ( )1 2mp P : n u ;u 1; 3; 5 = = − − − 

 
 

. 
Phương trình ( )mp P đi qua A có véc tơ pháp tuyến n


: 
( )mp P : x 3y 5z 13 0+ + − = . 
Ta có ( ) ( ) ( )1 2B 0;1; 1 d ;C 1; 1;2 d ;B,C P− ∈ − ∈ ∉ 
Vậy phương trình ( )mp P : x 3y 5z 13 0+ + − = . 
b. Ta có: ( ) ( )1 2M 2t;1 t; 1 t d ;N 1 s; 1 2s;2 s d+ − − ∈ + − − + ∈ 
( ) ( )AM 2t;t; 3 t ;AN 1 s; 2 2s;s⇒ = − − = + − −

 

A,M,N thẳng hàng AM,AN⇔

 

 cùng phương 
( )
( )
2t k 1 s
t k 2 2s t 0;s 1
3 t ks
 = +

⇔ = − − ⇔ = = −
− − =
. 
Vậy ( ) ( )M 0;1; 1 ;N 0;1;1− . 

 Chủ đề 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU 
 453 
Mặt cầu ( )S tâm ( )I a;b;c , bán kính R 
có phương trình : 
 ( ) ( ) ( )2 2 2 2x a y b z c R− + − + − = . 
Phương trình (1) có thể được biểu diễn 
cách khác như sau: 
2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + − − − + = 
Với 
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
a b c d 0
d a b c R
R a b c d
 + + − >
= + + − ⇒ 
 = + + −
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm ( )A 2;0;0 , 
( ) ( )C 0;4;0 ,S 0;0;4 . 
1. Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ 
nhật, viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,B,C,S . 
2. Tìm tọa độ 1A đối xứng với A qua SC . 
Lời giải 
1. Tứ giác OABC là hình chữ nhật ( )OC AB B 2;4;0⇒ = ⇒

 

. 
Vì O,C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm ( )I 1;2;2 của SB là 
tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O,B,S,C và bán kính 
1
R SB 3
2
= = . 
Vậy PT mặt cầu cần lập là: ( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 2 9− + − + − = . 
2. Ta có phương trình tham số của 
x 0
SC : y 4 4t
z 4t
=

= −
 =
. 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC 
( ) ( )H 0;4 4t;4t AH 2;4 4t;4t⇒ − ⇒ = − −


. 
Vì ( ) 1AH SC AH.SC 0 4 4 4t 4.4t 0 t
2
⊥ ⇒ = ⇒ − − = ⇔ =

 

( )H 0;2;2⇒ . Do H là trung điểm ( )1 1AA A 2;4;4⇒ − . 
Ví dụ 2. Lập phương trình mặt cầu có tâm ( )I 1; 1;1− biết rằng qua đường thẳng 
3x 4 6y 1 z
3 9 1
− −
= =
−
 có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 454 
Lời giải 
Đường thẳng ( ) 3x 4 6y 1 zd :
3 9 1
− −
= =
−
 là giao tuyến hai mặt phẳng , do đó ( )d 
được viết lại : ( )
( )
( )
2x 2y z 3 0 P
d :
x 2y 2z 1 0 Q
 + − − =

− − − =
Dễ thấy 
I (P)
I (Q)
∉

∈
 và ( ) ( )P Q⊥ 
Do đó hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận mặt phẳng ( )Q làm mặt phân 
giác , đồng thời hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là mặt phân giác sinh ra 
bởi ( )P và ( )Q . 
Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là : 
( )
( )
x 4y z 2 0
2x 2y z 3 x 2y 2z 1
3x 3z 4 0
 + + − = α
+ − − = − − − ⇔ 
− − = β
Bán kính mặt cầu cần lập là : ( )( )I/
1 4 1 2 4
R d
3 3α
− + −
= = 
Phương trình mặt cầu cần lập là : ( ) ( ) ( )2 2 2 16x 1 y 1 z 1
9
− + + + − = . 
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 
( ) 2 2 2S : x y z 4x 4y 4z 0+ + − − − = và điểm ( )A 4;4;0 . Viết phương trình mặt 
phẳng ( )OAB , biết điểm B thuộc ( )S và tam giác OAB đều. 
Lời giải 
Cách 1: 
( )B S∈ và OAB đều nên 
2 2 2
B B B B B B
2 2
2 2
x y z 4x 4y 4z 0
OA OB
OA AB
 + + − − − =

=

=
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
B B B B B B B B B
2 2 2 2 2 2
B B B B B B
2 2 2 2 22
B B B B BB B B
x y z 4 x y z x y z 8
32 x y z x y z 32
x y z 8 x y 032 4 x 4 y z
 + + = + +  + + =
  
⇔ = + + ⇔ + + = 
 
+ + − + == − + − +  
 ⇔ ( )
BB B B
22 2 2 2
B B B B B B B B
B B B B
z 4x y z 8
x y z 32 x y 2x y z 32
x y 4 x y 4
=+ + =
 
⇔ + + = ⇔ + − + = 
 + = + =  
 455 
B
B
B
x 0
y 4
z 4
=

⇔ =
 =
 hay 
B
B
B
x 4
y 0
z 4
=

=
 =
 TH 1: ( ) ( ) ( )OA 4;4;0 ,OB 0;4;4 OA,OB 16; 16;16 = = ⇒ = − 

 
 
 

 Phương trình ( )OAB : x y z 0− + = 
 TH 2: ( ) ( ) ( )OA 4;4;0 ,OB 4;0;4 OA,OB 16; 16; 16 = = ⇒ = − − 

 
 
 

 Phương trình ( )OAB : x y z 0− − = 
Cách 2: ( )S có tâm ( )I 2;2;2 , bán kính R 2 3= . Nhận thấy O và A đều thuộc ( )S . 
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp 
OA 4 2
r
3 3
= = . 
Khoảng cách ( )( ) 2 2 2d I; P R r
3
= − = . 
( )P đi qua O có phương trình dạng: 2 2 2ax by cz 0, a b c 0+ + = + + > 
( )P đi qua A , suy ra b a= − 
( )( ) ( )
2 2 2
2 a b c2 2
d I; P
3 3a b c
+ +
= ⇔ =
+ +
 hay 
2 2
2c 2
32a c
=
+
, bình 
phương 2 vế rồi rút gọn ta được c a= ± . 
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm x y z 0,− + = x y z 0− − = . 
Bài tập tự luyện 
1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 
x 1 y 3 z
:
2 4 1
− −
∆ = = và mặt 
phẳng ( )P :2x y 2z 0− + = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng 
∆ , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng ( )P . 
Hướng dẫn giải: 
Phương trình tham số đường thẳng 
x 1 2t
: y 3 4t
z t
= +

∆ = +
 =
 ( ) ( )I I 1 2t; 3 4t; t∈ ∆ ⇒ + + 
 ( )( ) ( )
2 1 2t 3 4t 2t
d I, P 1 1 t 2
3
+ − + +
= ⇔ = ⇒ = hay t 1= − 
 Với ( )1I 5;11;2 ⇒ Phương trình mặt cầu 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 5 y 11 z 2 1− + − + − = 
 Với ( )2I 1; 1; 1− − − ⇒ Phương trình mặt cầu 
 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề môn toán - Nguyễn Phú Khánh 
 456 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 1 z 1 1+ + + + + = 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( )A 0;0; 2− và đường thẳng 
x 2 y 2 z 3
:
2 3 2
+ − +
∆ = = . Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu 
tâm A ,cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC 8= . 
Hướng dẫn giải: 
∆ qua ( )M 2;2; 3− − và vtcp ( )u 2;3;2=


; 
( )
AM,u
d A, 3
u
 
 ∆ = =

 


 
Gọi H là hình chiếu của A lên ∆ thì AH 3= và H là 
trung điểm của BC nên BH 4= . 
 Vậy bán kính mặt cầu là 2 2AB AH BH 5= + = . 
Nên PT mặt cầu là ( )22 2x y z 2 25+ + + = . 
3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P có phương trình : 
2x 2y z 4 0− − − = và mặt cầu ( )S có phương trình : 
2 2 2x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S 
theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. 
Hướng dẫn giải: 
Mặt cầu ( )S có tâm ( )I 1;2;3 , bán kính R 5= . 
Khoảng cách từ I đến ( ) ( )( ) 2 4 3 4P :d I, P 3 R
3
− − −
= = < 
⇒ mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Gọi H, r lần lượt là 
tâm và bán kính đường tròn đó H⇒ là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng 
( )P nên tọa độ của H là nghiệm của hệ 
( )
x 1 2t
x 3
y 2 2t
y 0 H 3;0;2
z 3 t
z 2
2x 2y z 4 0
= +
= = − 
⇔ = ⇒ 
= −  = − − − =
. 
Bán kính 2 2r R IH 4= − = . 
4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S : 
2 2 2x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và mặt phẳng ( )P có phương trình: 
2x y 2z 14 0− + − = . 
 457 
a. Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn 
có bán kính bằng 3 . 
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt 
phẳng ( )P đạt giá trị lớn nhất . 
Hướng dẫn giải: 
a. Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = 
Tâm và bán kính mặt cầu: ( )I 1; 2; 1 ,R 3− − = . 
( )mp Q cắt ( )S theo đường tròn có bán kính ( )r 3 I Q= ⇒ ∈ . 
Cặp véc tơ có giá nằm trong mp ( )Q : ( ) ( )OI 1; 2; 1 ,i 1;0;0= − − =

 

Véc tơ pháp tuyến của ( )mp Q : ( )n OI;i 0; 1;2 = = − 

 
 

Phương trình ( )mp Q : y 2z 0− = . 
b. Gọi d đường thẳng đi qua I vuông góc với ( )mp P . 
Giả sử d cắt mặt cầu ( )S tại hai điểm A,B . 
Giả sử ( )( ) ( )( )d A, P d B, P≥ 
thì với mọi ( )M S∈ thì ( )( )d M, P lớn nhất khi M A≡ . 
Phương trình đường thẳng 
x 1 y 2 z 1
d :
2 1 2
− + +
= =
−
Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ: 
( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 1 9
x 1 y 2 z 1
2 1 2
 − + + + + =

 − + +
= =
 −
. 
Giải hệ ta tìm được tọa độ của hai giao điểm: 
 ( )A 1; 1; 3 ,− − − ( )B 3; 3;1− . 
Ta có ( )( ) ( )( )d A, P 7 d B, P 1.= > = 
Vậy ( )( ) ( )maxd M, P 7 khi M 1; 1; 3= − − − .