Hình giải tích 12 - THPT Tân Bình

THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 1 
 HÌNH GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN  
§1. HỆ TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN. 
1) HỆ TỌA ĐỘ: 
 Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc trong không gian. 
 Gọi i

, j

, k

 là ba véctơ đơn vị tương ứng với trục Ox, Oy, Oz, ta có: 
2 2 2 1; . . . 0i j k i j j k k i     
        
. 
2) TỌA ĐỘ VÉCTƠ, ĐỘ DÀI VÉCTƠ, TỌA ĐỘ ĐIỂM: 
 Trong không gian toạ độ Oxyz, các véctơ i

, j

, k

 không đồng phẳng. Cho 
u

, khi đó tồn tại duy nhất bộ ba số x, y, z sao cho u

 = x. i

+ y. j

+ z. k

 thì bộ 
3 số(x; y; z) được gọi là toạ độ của u

. Ta có: ( ; ; )u x y z u xi y j zk    
    
. 
 Độ dài véctơ: 2 2 2( ; ; )u x y z u x y z    
 
. 
 Toạ độ OM

 chính là toạ độ của điểm M. ( ; ; ) ( ; ; )M x y z OM x y z 

. 
 Cho      ; ; , ; ; ; ;A A A B B B B A B A B AA x y z B x y z AB x x y y z z    

 và 
     2 2 2B A B B AAB x x y y z z     

3) CÁC PHÉP TOÁN & TÍNH CHẤT: 
Trong không gian Oxyz cho  1 1 1 1; ;u x y z

 0

,  2 2 2 2; ;u x y z

 0

 và một số thực k. 
 1u

 = 2u

 1 2 1 2 1 2; ;x x y y z z   
 1u

± 2u

 =  1 2 1 2 1 2; ;x x y y z z   tổng, hiệu hai véctơ là một véctơ. 
 k. 1u

=  1 1 1; ;kx ky kz tích một số với một véctơ là một véctơ. 
 1u

. 2u

 = 1 2 1 2 1 2x x y y z z  tích vô hướng hai véctơ là một số. 
   1 21 2
1 2
.cos ,
.
u uu u
u u

  
  = 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2.
x x y y z z
x y z x y z
 
   
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là  thì 0 00 90  . Góc giữa hai véctơ là  thì 0 00 180  
 1u

 2u

  1u

. 2u

 = 0  1 2 1 2 1 2x x y y z z  = 0 
 1u

 và 2u

 cùng phương  1u

 = k 2u

 và A, B, C thẳng hàng  AB

 = k AC

 M là trung điểm AB  ; ;
2 2 2
A B A B A B
M M M
x x y y z zx y z     . 
 G là trọng tâm của ABC  ; ;
3 3 3
A B C A B C A B C
G G G
x x x y y y z z zx y z        . 
 G trọng tâm tứ diện ABCD  ; ;
4 4 4
A B C D A B C D A B C D
G G G
x x x x y y y y z z z zx y z           . 
 1Vd Trong không gian toạ độ Oxyz cho a

 = 2 i

+ 3 j

– 4 k

, b

 = 3 i

+ 4 k

, c

 = j

 – k

. 
a) Tìm toạ độ của véctơ a

, b

, c

 và tính độ dài của chúng; 
b) Tính toạ độ véctơ 2 a

– 3 b

 + c

; 
c) Tính a

. b

 và b

. c

; 
d) Tính cos( a

, b

) và cos( b

, c

). 
Giải: 
a) a

= (2; 3; –4), b

= (3; 0; 4), c

= (0; 1; –1) và | a

| = 29 , |b

| = 5, | c

| = 2 . 
b) 2 a

– 3 b

 + c

= (–5; 7; –21) 
6
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 2 
c) a

. b

 = 6 + 0 + (–16) = –10; b

. c

 = 0 + 0 + (–4) = –4. 
d) cos( a

, b

) = 10 2
29.5 29
 
 , cos(b

, c

) = 4 2 2
55 2
 
 
4) TÍCH CÓ HƯỚNG HAI VÉCTƠ: 
 Định nghĩa: 
 Trong không gian toạ độ Oxyz, tích có hướng của hai véctơ  1 1 1 1; ;u x y z

,  2 2 2 2; ;u x y z

 là một 
véctơ có toạ độ được xác định như sau: [ 1u

, 2u

] = 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
; ;
y z z x x y
y z z x x y
 
 
 
 Với i

= (1; 0; 0), j

= (0; 1; 0), k

= (0; 0; 1). Ta có: [ i

, j

] = (0; 0; 1) = k

; [ j

, k

] = i

, [ k

, i

] = j

. 
 Tính chất: 
 Véctơ [ 1u

, 2u

] vuông góc với cả hai véctơ 1u

và 2u

, tức là [ 1u

, 2u

]. 1u

 = [ 1u

, 2u

]. 2u

 = 0. 
 Độ dài véctơ [ 1u

, 2u

] là  
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
, sin ,
y z z x x y
u u u u u u
y z z x x y
      
     
. 
 1u

 cùng phương 2u

  [ 1u

, 2u

] = 0

. 
 1u

, 2u

, 3u

 đồng phẳng  [ 1u

, 2u

]. 3u

 = 0. 
 Ứng dụng tích có hướng: 
 Diện tích ABC: 1 ,
2ABC
S AB AC   
 
. 
 Diện tích hình bình hành ABCD: ,ABCDS AB AD   
 
. 
 Thể tích khối hộp ABCD.ABCD: . , . 'ABCD A B C DV AB AD AA       
  
. 
 Thể tích tứ diện ABCD: .
1 , .
6D ABC
V AB AC AD   
  
. 
 2Vd Trong không gian toạ độ Oxyz cho A(0; 1; 1), B(–1; 0; 2), C(–1; 1; 0), D(2; 1; –2). 
a) Chứng minh 4 điểm đó không đồng phẳng; 
b) Tính độ dài đường cao của ABC kẻ từ A và bán kính đường tròn nội tiếp  đó; 
c) Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD; 
d) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh D. 
Giải: 
a) AB

= (–1; –1; 1), AC

= (–1; 0; –1), AD

= (2; 0; –3) có [ AB

, AC

] = (1; –2; –1) và [ AB

, AC

]. AD

= 
2 + 0 + 3 = 5  0  AB

, AC

, AD

 không đồng phẳng. 
b) Diện tích : S = 1
2
,AB AC  
 
 = 6
2
, BC

= (0; 1; –2), | BC

| = 5  Ah =
2S
BC
= 6
5
. 
AB = 3 , AC = 2  p = 5 3 2
2
   r = S
p
 = 6
5 3 2 
c) AB

= (–1; –1; 1), CD

= (3; 0; –2), |cos( AB

, CD

)| = 
.
.
AB CD
AB CD
 
  = 
5 5
3 13 39

    0, 37AB CD  
d) V = 1
3
. ABCS .DH = 
1
6
, .AB AC AD  
  
 = 1
6
(2 + 0 +3) = 5
6
, DH = 3.V
S
 = 5
6
5) PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU: 
      2 2 2 2) ( ) :Maët caàu ( taâm I(a;b; c) baùn kính R coù phöông trìnhS S x a y b z c R      . 
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 3 
 Đặt d = 2 2 2 2a b c R   với 2 2 2 2 0R a b c d      2 2 2( ) : 2 2 2 0S x y z ax by cz d       là 
phương trình mặt cầu dạng khai triển có tâm I(a; b; c) và bán kính R = 2 2 2a b c d   . 
 3Vd Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB với A(1; –2; 3), B(5; 4; 1) 
Giải: I là trung điểm AB  I(3; 1; 2), R = 
2
AB = 16 36 4 14
2
 
 
 (S):      2 2 23 1 2 14x y z      . 
 4Vd Xác định tâm và bán kính mặt cầu (S): 
2x + 2y + 2z + 4x – 2y + 6z + 5 = 0 
Giải: (S)       2 2 2 22 1 3 3x y z       tâm I(–2; 1; –3), bán kính R = 3. 
BÀI TẬP. 
1) Cho ba véctơ a

= (2; –5; 3), b

= (0; 2; –1), c

= (1; 7; 2). 
a) Tính toạ độ d

= 4 a

 – 1
3
b

 + 3 c

; b) Tính toạ độ e

= a

 – 4 b

 –2 c

. 
 Hướng dẫn: 
a) d

= 4 a

 – 1
3
b

 + 3 c

 = (11; 1
3
; 55
3
); b) e

= a

 – 4 b

 –2 c

 = (0; –27; 3). 
2) Cho các véctơ u

= i

 – 2 j

; v

= 3 i

+ 5( j

 – k

); w

= 2 i

– k

 + 3 j

a) Tìm toạ độ của các véctơ đó; b) Tìm côsin của các góc ( v

, i

), ( v

, j

), ( v

, k

); 
c) Tính tích vô hướng u

. v

, u

. w

, v

. w

. 
 Hướng dẫn: 
a) u

= (1; –2; 0), v

= (3; 5; –5), w

= (2; 3; –1) 
b) cos( v

, i

) = . 3 0 0 3
| |. | | 9 25 25. 1 59
v i
v i
 
 
 

  ,tương tự: cos( v

, j

) = 5
59
; cos( v

, k

) = 5
59
 
c) u

. v

= 3 – 10 + 0 = –7; u

. w

= 2 – 6 + 0 = –4; v

. w

= 6 + 15 + 5 = 26. 
3) Cho u

 0

. Chứng minh rằng:      2 2 2cos , cos , cos ,u i u j u k 
     
= 1 
 Hướng dẫn: 
Ta có:   2 2 2
.cos ,
| | . | |
u i xu i
u i x y z
 
 
  
  ;   2 2 2
.cos ,
| | . | |
u j yu j
u j x y z
 
 
  
  ; 
  2 2 2
.cos ,
| | . | |
u k zu k
u k x y z
 
 
  
        2 2 2cos , cos , cos ,u i u j u k 
     
 = 
2 2 2
2 2 2
x y z
x y z
 
 
 = 1 
4) Tìm góc giữa hai véctơ u

 và v

 trong mỗi trường hợp sau: 
a) u

= (1; 1; 1), v

= (2; 1; –1); b) u

= 3 i

 + 4 j

; v

= –2 j

 + 3 k

. 
 Hướng dẫn: 
a) cos( u

, v

) = .
| | . | |
u v
u v
 
  = 2 1 1 2 2
33. 6 3 2
 
  
b) u

= (3; 4; 0), v

= (0; –2; 3)  cos(u

, v

) = .
| | . | |
u v
u v
 
  = 0 8 0 8 8 13
6525. 13 5 13
   
  
5) Biết | u

| = 2, | v

| = 5, ( u

, v

) = 2
3
 . Tìm k để véctơ p

= ku

 + 17 v

 vuông góc với véctơ q

= 3u

 – v

. 
 Hướng dẫn: 
p

 q

  p

. q

 = 0  (ku

 + 17 v

).(3u

 – v

) = 0  3k 2u

 – 17 2v

+ (51 – k) u

. v

 = 0 
 12k – 425 + (51–k).2.5.(– 1
2
) = 0  17k – 680 = 0  k = 40 
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 4 
6) Cho hình hộp ABCD.ABCD biết A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), D(1; –1; 1), C(4; 5; –5). Tính toạ độ các đỉnh 
còn lại của hình hộp. 
 Hướng dẫn: 
AB

= (1; 1; 1), AD

= (0; –1; 0)  AC

= AB

+ AD

= (1; 0; 1)  C(2; 0; 2). 
Ta có 'CC

= (2; 5; –7) mà 'CC

= 'AA

= 'BB

= 'DD

, tương tự như cách tính toạ độ điểm C như trên, ta 
có: A(3; 5; –6), B(4; 6; –5), D(3; 4; –6). 
7) Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu có phương trình sau: 
a) 2x + 2y + 2z – 8x – 2y + 1 = 0; b) 3 2x +3 2y +3 2z – 6x + 8y +15z– 3 = 0; 
c) 2x + 2y + 2z – 8x + 2y + 1 = 0; d) 3 2x + 3 2y + 3 2x + 6x – 3y + 15z – 2 = 0; 
 Hướng dẫn: 
a)     2 2 2 24 1 4x y z      I(4; 1; 0) và R = 4 
b)   
2 2 2
2 4 5 191
3 2 6
x y z               
     
 4 51; ;
3 2
I    
 
 và R = 19
6
c) I(4; –1; 0), R = 4 d) I(–1; 1
2
; 5
2
 ), R = 7 6
6
. 
8) Lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau đây: 
a) Đường kính AB với A(4; –3; 7), B(2; 1; 3); b) Đi qua A(5; –2; 1) và tâm C(3; –3; 1) 
 Hướng dẫn: 
a) I trung điểm AB  I(3; –1; 5), R = 
2
AB = 3       2 2 23 1 5 9x y z      
b) R = | AC

| = 5  (S):      2 2 23 3 1 5x y z      
9) Trong mỗi trường hợp sau, hãy viết phương trình mặt cầu: 
a) Đi qua ba điểm A(0; 8; 0), B(4; 6; 2), C(0; 12; 4) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oyz. 
b) Có bán kính bằng 2, tiếp xúc mặt phẳng Oyz và có tâm nằm trên tia Ox. 
c) Có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc mặt phẳng Oyz. 
 Hướng dẫn: 
a) I (Oyz)  I(0; b; c). Thay A, B, C vào (S): 2 2 2 2 2 0x y z by cz d      
 (S):    2 22 7 5 26x y z     
b) I  Ox  I(a; 0; 0), mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng Oyz  tiếp điểm là O, do đó R = IO = 2  I(2; 0; 0) 
 (S):  22x  + 2y + 2z = 4 
c) I(1; 2; 3), mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng Oyz  R = d(I; (Oyz)) = |a| = 1 
 (S):      2 2 21 2 3 1x y z      . 
10) Cho điểm M(a; b; c). 
a) Tìm hình chiếu vuông góc của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ. 
b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ và đến các trục toạ độ. 
c) Tìm toạ độ các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ. 
 Hướng dẫn: 
a) 1M (x; y; 0) là hình chiếu vuông góc của M(a; b; c) lên mặt phẳng Oxy  
1 1
1 1
. 0
. 0
MM Ox MM i
MM Oy MM j
   
  
 
  
      ...  z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo 
một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. 
b) Theo Chương trình Nâng Cao: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 
đường thẳng 1 : 
1 9
1 1 6
x y z 
  ; 2 : 
1 3 1
2 1 2
x y z  
 

. Xác định tọa độ điểm M thuộc 1 sao 
cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. 
 Hướng dẫn: 
a) Mặt cầu (S): 2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 25x y z      có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5 
Khoảng cách d(I, (P)) = | 2 4 3 4 | 3
3
R      mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. 
Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn giao tuyến, ta có H là hình chiếu vuông góc của I lên 
mặt phẳng (P) và IH = d(I, (P)) = 3  2 2r R IH  = 4 
IH vuông góc (P) đi qua I nhận vtpt n

= (2; –2; –1) làm véctơ chỉ phương nên IH: 
 1 2 ; 2 2 ; 3x t y t z t      . Ta có H = IH  (P)  H: 
1 2 ; 2 2 ; 3
2 2 4 0
x t y t z t
x y z
     

   
  H(3; 0; 2). 
b) 1 :  1 ; ; 9 6x t y t x t       đi qua 1M (–1; 0; –9) có véctơ chỉ phương 1u

= (1; 1; 6), 
2 :  1 2 ; 3 ; 1 2x t y t z t       đi qua 2M (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương 2u

= (2; 1; –2) 
M 1  M(–1 + t; t; –9 + 6t), 2MM

= (2 – t; 3 – t; 8 – 6t), 
[ 2MM

, 2u

] = (8t – 14; 20 – 14t; t – 4), 22 2, 3 29 88 68MM u t t     
 
Khoảng cách từ M đến 2 là d(M, 2 ) = 
2 2 2
2
,
29 88 68
MM u
t t
u
 
    
 
 
Khoảng cách từ M đến (P) là d(M, (P)) = 
1 2 12 18 1 11 20
31 4 4
t t t t      

 
2 211 20 5329 88 68 35 88 53 0 1;
3 35
t
t t t t t t

           M(0; 1; –3); 18 53 3; ;
35 35 35
M   
 
56) (Đề thi CĐ năm 2010 – Khối A, B, D) 
 Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; –2; 3), B(–1; 0; 1) và mặt phẳng 
(P): x + y + z + 4 = 0. 
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 
b) Viết PT mặt cầu (S) có bán kính bằng 
6
AB , có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) tiếp xúc với (P). 
 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: 1
2 1 1
x y z
 

 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 2 = 0. 
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M các đều góc tọa độ O và mặt phẳng (P) 
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 43 
 Hướng dẫn: 
 Theo chương trình Chuẩn: 
a) Đường thẳng d qua A(1; –2; 3) và vuông góc mp(P): x + y + z + 4 = 0 có phương trình là 
 1 ; 2 ; 3x t y t z t       . Gọi H là hình chiếu của A lên (P), Hd  H(1 + t; –2 + t; 3 + t), H(P) 
nên 1 + t – 2 + t + 3 + t + 4 = 0  t = – 2  H(–1; –2; 1) 
b)    2;2; 2 2 1; 1;1AB      

  AB = 4 4 4 2 3    R = 1
6 3
AB
 
Phương trình đường thẳng AB:  1 ; 2 ; 3x u y u z u       . Tâm I của mặt cầu (S) thuộc đường 
thẳng AB nên I(1 – u; –2 + u; 3 – u). Mặt cầu (S) tiếp xúc (P) nên 
 
56 1;( )
73 3
uu
d I P R
u
 
     
+) u = 5  tâm I(–4; 3; –2)  mặt cầu (S):      2 2 2 14 3 2
3
x y z      
+) u = 7  tâm I(–6; 5; –4)  mặt cầu (S):      2 2 2 16 5 4
3
x y z      
 Theo Chương trình Nâng Cao: 
a) Đường thẳng d có véctơ chỉ phương  2;1;1u  

, mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến  2; 1;2n  

. 
Gọi () là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến là 
   , 3;6;0 3 1; 2;0n u n     
  
 do đó có phương trình là (): x + 2y – 2 = 0 
b) Md  M(0 – 2t; 1 + t; 0 + t) và OM = 26 2 1t t  . Khoảng cách từ M đến (P) là 
 
3 3
, ( )
3
t
d M P

 . Theo đề, ta có  ; ( )d M P OM  
3 3
3
t 
 = 26 2 1t t   
 2 2 21 6 2 1 5 0 0t t t t t        . Vậy M(0; 1; 0) 
57) (Đề thi ĐH năm 2010 – Khối D) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và 
(Q): x  y + z  1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng 
cách từ O đến (R) bằng 2. 
b) Theo Chương trình Nâng Cao: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 :  3 ; ;x t y t z t    và 
2 : 
2 1
2 1 2
x y z 
  . Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1 
 Hướng dẫn: 
a) (P) có vtpt (1;1;1)Pn 

, (Q) có vtpt (1; 1;1)Qm  

, (R) có vtpt , (2;0; 2) 2(1;0; 1)Rk n m      
  
  
Phương trình (R) có dạng : x  z + D = 0. Ta có : d(0, (R)) = 2 2 2 2
2
D
D     
Phương trình (R): 2 2 0 2 2 0hoaëcx z x z      
b) M1  M(3 + t; t; t). Đường thẳng 2 qua A(2; 1; 0) có VTCP  2;1;2u 

 và (1 ; 1; )AM t t t  

, 
[ , ] (2 ;2; 3)u AM t t  
 
. Khoảng cách từ M đến 2 : d(M, 2) = 1  
,
| |
u AM
u
 
 
 
 = 1 
2 2
2 2 1(2 ) 4 ( 3) 1 2 10 17 3 2 10 8 0
44 1 4
tt t t t t t
t
    
              
t = 1  M(4; 1; 1) với t = 4  M(7; 4; 4) 
58) (Đề thi ĐH năm 2010 – Khối B) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), 
trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông 
góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1/3. 
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 44 
b) Theo Chương trình Nâng Cao: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1
2 1 2
x y z
  . 
Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến  bằng OM. 
 Hướng dẫn: 
a) Theo chương trình Chuẩn: (ABC): 1
1
x y z
b c
   vuông góc với (P)  1 1 0
b c
  (1) 
Vì d(0; ABC) = 1
3
 nên 
2 2
1 1
31 11
b c

 
  2 2
1 1 8
b c
  (2) 
Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1
2
b) Theo Chương trình Nâng Cao: M  Ox  M (m; 0; 0) 
 qua N (0; 1; 0) có VTCP u

= (2; 1; 2); ( ; 1;0)NM m 

  , (2;2 ; 2 )u NM m m     
 
Ta có: d(M, ) = OM  
,
| |
u NM
OM
u
 
  
 
  
25 4 8
3
m m m    4m2 – 4m – 8 = 0  
m = 1 hoặc m = 2. Vậy M (1; 0; 0) hoặc M (2; 0; 0). 
59) (Đề thi ĐH năm 2010 – Khối A) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y z 
  

 và 
mặt phẳng (P): x  2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của  với (P), M là điểm thuộc . Tính khoảng cách 
từ M đến (P), biết MC = 6 . 
b) Theo Chương trình Nâng Cao: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng 
2 2 3:
2 3 2
x y z  
   . 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: 
a) C =   (P)  C (–1;–1;–1) , gọi M (1 + 2t; t; –2 – t)  ( 2 2 ; 1 ;1 )MC t t t     

 và 2MC = 6 
 2 2 2 2( 2 2 ) ( 1 ) (1 ) 6 6(1 ) 6 0; 2t t t t t t               
Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán: 1(1;0 2)M  và 2 ( 3; 2;0)M   
Do đó:    1 2
1, ( ) , ( )
6
d M P d M P  . 
b) Ta có: M(–2; 2; –3)  (2; 2;1)MA  

,  có véc tơ chỉ phương (2;3;2)u 

  
, (7;2; 10)u MA    
 
. Do đó:  
, 153, 3
17| |
MA u
h d A
u
 
     
 
 
Mặt cầu tâm A: 2 2 2 2( 2)x y z R    ; 
2
2 2 5
2
BCR h R     
 
. 
Phương trình mặt cầu: 2 2 2( 2) 25x y z    
60) (Đề thi ĐH năm 2011 – Khối D) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian Oxyz, cho A(1; 2; 3) và 1 3:
2 1 2
x y zd   

. Viết 
phương trình đường thẳng  qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. 
b) Theo Chương trình Nâng Cao: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3
2 4 1
x y z 
  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: 
THPT Tân Bình – Bình Dương. HÌNH GIẢI TÍCH 12. 
Gv: Lê Hành Pháp. Trang 45 
a) Gọi M là giao điểm của đường thẳng  với Ox  M (m; 0; 0)  AM

 = (m – 1; –2; –3) 
AM  d  AM

. da

= 0  m = –1  AM

 = (–2; –2; –3). Vậy pt  là 1 2 3
2 2 3
x y z  
  
b) Phương trình tham số đường thẳng   1 2 ; 3 4 ;x t y t z t     
I  ()  I (1 + 2t; 3 + 4t; t); d (I, P) = 
2(1 2 ) (3 4 ) 2
3
t t t   
 = 1  t = 2 hay t = –1 
1I (5; 11; 2)  Pt mặt cầu (S) : 
2 2 2( 5) ( 11) ( 2) 1x y z      . 
2I (–1; –1; –1)  Pt mặt cầu (S) : 
2 2 2( 1) ( 1) ( 1) 1x y z      . 
61) (Đề thi ĐH năm 2011 – Khối B) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1
1 2 1
x y z 
 
 
và mặt phẳng (P) : x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao 
cho MI vuông góc với  và MI = 4 14 . 
b) Theo chương trình Nâng Cao: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 
2 1 5
1 3 2
x y z  
 

 và hai điểm A (–2; 1; 1); B (–3; –1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  
sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5 . 
 Hướng dẫn: 
a) Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)  MI

 = (1 – x; 1 – y; –2 + x + y). 
Vectơ chỉ phương của  là a

= (1; –2; –1) 
Ta có : 
2
. 0
16.14
MI a
MI
 


 
  
2 2 2
2 1
(1 ) (1 ) ( 2 ) 16.14
y x
x y x y
 

       
 x = –3 hay x = 5 
Với x = –3 thì y = –7. Điểm M (–3; –7; 13); Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; –11) 
b) M    M (–2 + t; 1 + 3t; –5 – 2t); ( 1; 2;1)AB   

; ( ;3 ; 6 2 )AM t t t  

; 
[ , ] ( 12; 6; )AB AM t t t    
 
; MABS = 3 5 = 
1 [ , ] 3 5
2
AB AM 
 
  2 2 21 ( 12) ( 6) 3 5
2
t t t      
 3 2t + 36t = 0  t = 0 hay t = –12. Vậy M (–2; 1; –5) hay M (–14; –35; 19) 
62) (Đề thi ĐH năm 2011 – Khối A) 
a) Theo chương trình Chuẩn: Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng 
(P): 2x – y – z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) để MA = MB = 3. 
b) Theo chương trình Nâng Cao: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 4 4 4 0x y x y z     và 
điểm A(4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết B(S) và OAB là tam giác đều. 
 Hướng dẫn: 
a) Gọi M(x; y; z)(P), MA = MB = 3  2 2 2
2 2 2 2
2 4 0 2 2
( 2) ( 1) 9 3 ( ; ; )
( 2) ( 3) 9 7 11 4 0
x y z x y
x y z z y x y z
x y z y y
      
         
        
6 4 12(0;1;3) ; ;
7 7 7
 hoaëc    
 
  6 4 12(0;1;3) ; ;
7 7 7
 hoaëc MM   
 
b) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3 và O, A(S). OAB đều có bán kính đường tròn ngoại tiếp 
3 4 6
3 3
OAr   . Khoảng cách từ I đến (OAB) là   2 2 2 3, ( )
3
d I OAB R r   
(OAB) qua O  (OAB): ax + by + cz = 0 (a, b, c không đồng thời bằng 0) 
(OAB) qua A  4a + 4b = 0  b = –a. 
Khoảng cách từ I đến (OAB) là  
2 2 2 2 2
2( ) 2 2 3, ( )
32
a b c c
d I OAB c a
a b c a c
 
     
  
 (OAB): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.