Một số bài tập hay về Hình học không gian lớp 12

MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 1
 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 
1o s
6
c   
GIẢI 
a/ Tính h( A’C,MN). 
- Ta có :     1' 1;1;1 , 0;1;0 , ' ;0;1
2
A C MN MA       
  
- Do đó : 
1 1 1 1 1 11 1 3' , ' 0. 1 1
1 0 0 0 0 12 2 2
A C MN MA         
  
- Vậy : 
 
3
' , ' 32' ,
1 0 1 2 2' ,
A C MN MA
h A C MN
A C MN
       
  
  
b/ Lập mặt phẳng (P) chứa A’C . 
- Gọi (P) : ax+by+cz+d=0 (1) 
- 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 , mặt phẳng (Oxy) có véc tơ pháp tuyến là  0;0;1k  . Do đó 
ta có :  2 2 2 2
2 2 2
. 21os 6
2a6.
n k a ba b
c a b a b c
bn k a b c
                
 
 (4) 
- Với : a=-2b, chọn b=-1, ta được (P) : 2x-y+z-1=0 
- Với b=-2a , thì chọn a=1 , ta được (P) : x-2y-z+1=0 . 
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 3), B(2; 1; 6) và 
mp(P): x + 2y + z 3= 0 . Viết phương trình mp(Q) chứa AB và tạo với mp(P) một góc  
thỏa mãn: 3cos
6
  
GIẢI 
 Gọi (Q) có dạng : ax+by+cz+d=0 . 
(Q) qua A(-1;2;-3) ta có : -a+2b-3c+d=0 (1) và (Q) qua B(2;-1;-6) : 2a-b-6c+d=0 .(2) 
- Mặt phẳng (P) có  1;2;1n  . Suy ra 
 Z 
A 
B C 
D
’
B’ C’ 
D’ A’ 
M N
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 2 
    2 2 2 2
2 2 2
. 2 3os 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
             
 
  (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
               . 
- Thay vào (3) 
:    2 22 2 2 2 4 3 , 156 2a 3 3 3a 11a 8 0
0, 3
a b c b d b
b a b a b b 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  sao cho 5cos
6
  . 
GIẢI 
- Ta có :      1 1 1 2 2 12; 1;1 , 0;1; 2 , ; ; 1;4;2
1 2 2 0 0 1
OA OB OA OB n
                
    
- Do đó : mp(OAB): x+4y+2z=0 (1) . Gọi M là giao của d với (OAB) thì tọa độ của M là 
nghiệm của hệ :  
4 2z
4(3 ) 2(2 1) 0 10 10;13; 21
3
1 2
x y
x t
t t t t M
y t
z t
                    
- Vì         , , . 0 4 2 0 2 ; ;POAB d n u a b c u a b c            
- Do đó :    2 2 2 2 2 2. 2 2 5os , 461 1 4 6d Pd P d P
u n a b c a b c
c u n
u n a b c a b c
           
 
 
  
- Suy ra :    2 2 2 2 2 2
5
6 5 25 4 2 11 16 5 0 11
b c
b b c b c b bc c
b c
               
- Với  
10 2
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
                      
 
- 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

              
 
Bài 3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm 
A(0;1;2), vuông góc với đường thẳng 3 2( ) :
1 1 1
x y zd + -= =
-
 và tạo với mặt phẳng (P): 2x + 
y  z +5 = 0 một góc 300. 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 3
 GIẢI 
* Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương  1; 1;1u   , đường thẳng  có véc tơ chỉ phương 
 ; ;u a b c  . Mặt phẳng (P) có  2;1; 1n   .Gọi    ; , dd P u u     . 
- Do đó : 0
2 2 2 2 2 2
, 2a 2a 3os os30
24 1 1 6
u n b c b c
c c
u n a b c a b c
 

            
 
  
     2 2 2 2 2 22 2a 3. 6 2 2a 9 2b c a b c b c a b c            
- Vì :  . 0 0 3dd u u a b c b a c           
- Thay (3) vào (2) ta được : 
   22 2 2 2 2 2 018a 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

       
 
- Với : c=-2a , thay vòa (3) ta có b=-a    ; ; 2a / / ' 1; 1; 2 : 1
2 2
x t
u a a u y t
z t

             
 
Bài 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng : 
1 : 1 2 1
x y z  , và 2 : 
1 1 1
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 300 
GIẢI 
a/Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau: 
* Đường thẳng 1 có véc tơ chỉ phương  1 1; 2;1u   và qua O(0;0;0), còn 2 qua B(1;-1;1) 
Có véc tơ chỉ phương    2 1 2 2 1 1 1 1 21; 1;3 , ; ; 5; 2; 11 3 3 1 1 3u u u
                
  
 (1) 
Mặt khác :      1 2, 1. 5 1 2 1. 1 6 0u u OB         
  
. Kết hợp với (1) suy ra hai đường thẳng 1 
và 2 chéo nhau . 
b/ Viết phương trình (P). 
Đường thẳng 2
1 1
01 1:
1 1 3x 2 0
1 3
x y
x y
x z z
            
*. Vì (P) chứa  2 P  thuộc chùm : 
         2 23x 2 0 3 z 2 0 0 *m x y n z m n x my n n m n             
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 4 
 Mặt khác (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 030 thì : 
     
10 0 0
1 1 2 2 2
1
, 3 2130 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
                 

 
   
  
     22 2 2 2 116 2 10 6 4 2 2 13 11 0 32m nm n mn n m m mn n
m n
              
- Thay (3) vào (*) ta có : 
- Với    11 5 11: 2 0 : 5x 11 2z 4 0
2 2 2
m n P x y z P y             . 
Với m=-n thì (P): 2nx-ny-nz-2n=0 , Hay (P): 2x-y-z-2 =0 . 
Bài 5. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®−êng th¼ng d vμ d’ lÇn l−ît cã 
ph−¬ng tr×nh : d : zyx 

1
2 vμ d’ : 
1
53
2
2

 zyx . 
ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua d vμ t¹o víi d’ mét gãc 030 
GIẢI 
Tương tự như bài 4, ta chuyển d sang dạng là giao của hai mặt phẳng : x-z=0 và x+y-2=0 . 
Do đó (P) thuộc chùm : m(x-z)+n(x+y-2)=0 ; hay : (m+n)x+ny-mz-2n=0 (1) 
Đường thẳng d’ có  2;1; 1u   . Vì (P) tạo với d’ một góc bằng 030 cho nên 
      0 0 01 1 2 2 2
, ' 2130 90 , , 60 os60
2' 4 1 1
n u m n n m
n u n u c
n u m n n m
                 

 
   
  
     22 2 2 2 2 22 6 2 5 2 0 32
2
m n m n
m n mn m n m mn n n n mm
                  
- Với m=-2n thay vào (1) thì (P): -nx+ny+2nz-2n=0 ; hay (P):-x+2y+2z-2=0 . 
- Với n=-2m thay vào (1) thì (P): -mx-2my-mz+4m=0 ; hay (P): -x-2y-z+4=0 . 
II. LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH 
( 32 BÀI ) 
Bài 1.(ĐH_KD-2009). 
Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các đỉnh A(1;2;1),B(-2;1;3), 
 C(2;-1;1),D(0;3;1).Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và B sao cho khoảng cách từ 
điểm C đến mặt phẳng (P) bằng khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P). 
GIẢI 
- Mặt phẳng (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 . 
- (P) qua A(1;2;1) thì : a+2b+c+d=0 (1) . (P) qua B(-2;1;3) thì : -2a+b+3c+d=0 (2). 
- Theo giả thiết : h(C,P)=h(D,P) 
2 2 2 2 2 2
2a 3
2a 3
b c d b c d
b c d b c d
a b c a b c
                
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 5
 2a 3
2a 3 0
b c d b c d a b
b c d b c d a b c d
                     
 Nếu a=b thay vào (1) và (2) : 3 0 0 ( ) : z 0 ( ) : 1 0
0
b c d b
P c c P z
b c d d c
                  
 Nếu : a+b+c+d=0 thay vào (1) và (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
                            
Bài 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d lần lượt có 
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  2a 2 2 2 2a 2 2 6 2
4 1 4
b c
b c
          
- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C ) tâm H và bán kính r=3 thì : 
   
2 2 2
, 2
3
4 9 13
h I P IH
R IH r
        
- Thay (1) vào (2) : 
1
2
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
                                         
- Vậy có 2 mặt cầu (S) : 
 
 
2 2 2
1
2 2 2
2
7 10 7: 13
6 3 6
5 2 5: 13
6 3 6
S x y z
S x y z
                                             
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 tBM t t t
                              

 
 
- Do đó :      2 2 21 1 1 1, 8 2 16 2 5 34 34
2 2 2 2
S AM BM t t t           
 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 6 
 - Vậy : min S = 34
2
 khi t=-5 và M=( -5;8;-11). 
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 22 4; 2 ;2 6
AM t t t t t t t ... 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 32 (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. 
GIẢI 
Nhận xét : 
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương 
     3; 2;2 / / 6; 4;4 1; 2;5u AB AN         . 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 M là giao của (A’B) với d . 
Theo cách làm trên , rõ ràng dường thẳng d là trung trực của AA’ cho nên MA=MA’ , cho 
nên : MA+MB=MA’+MB=A’B . Nếu có M’ thuộc d thì M’A+M’B>A’B . Vậy M là điểm 
duy nhất . 
A B 
M
A’ 
d
H 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 18 
 - Cũng theo nhận xét trên thì MH là đường trung bình của tam giác A’BA cho nên 
AB=2MH. Hay 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 23 1; 2 2 ;2 5 3 1 2 2 2 5AM t t t AM t t t             
Tương tự :        2 2 23 5;2 2 ;2 1 3 5 2 2 2 1BM t t t BM t t t            
Từ (*) : MA=MB =      2 2 23 1 2 2 2 5t t t     =      2 2 23 5 2 2 2 1t t t     
Hay : 2 217 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:)(  zyxd , 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 : 
   
2 3
1
2 3 2 1 3 5 0 3 3
3
2 5 0
x t
y t
t t t t
z t
x y z
                   
 1 1;0;4t B     
- Do  nằm trên (P) suy ra Pn   , 
   2 1 1 1 1 2/ / , ; ; 3; 3; 3 / / 1; 1; 1
1 1 1 2 2 1P d
d n u u
                  
  
. 
- Vậy  qua B(-1;0;4) và có véc tơ chỉ phương  1; 1; 1u    . 
1
:
4
x t
y t
z t
       
. 
- Nếu M thuộc  thì M=(-1+t;-t;4-t) 
        22 2 2 2 1 26 262; 2 ;1 2 2 1 3 2 9 3
3 3 3
AM t t t AM t t t t t t                      

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:
z
ty
tx
 và điểm 
)1,0,1( A 
d 
B A 
P 
M 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 19
 Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều. 
GIẢI 
- Nếu E,F đều thuộc      1 1 2 2 2 1 2 1;2 ;1 , ;2 ;1 EF ;2 2 ;0E t t F t t t t t t       (1) 
- Ta lại có :    22 2 21 1 1 1 1 1E 1;2 ;2 E 1 4 4 5 2 5A t t A t t t t          
Tương tự :    22 2 22 2 2 2 2 2E 1;2 ;2 E 1 4 4 5 2 5A t t A t t t t          
- Nếu tam giác AEF là tam giác đều thì ta có hệ : 
     
   
22 22 2 2
2 2 12 1 2 1 1 1
2 2 2 2
2 1 2 11 1 2 2
5 2 5 1 5 0E EF 4 5 2 5
5 2 0E AF 5 2 5 5 2 5
t t tA t t t t t t
t t t tA t t t t
                               
1 21 2 1 2
2
2 2 2 1 2 2 2
2
2 2
1 11 2
2 2 1 76 1 765 2 5 1 5 0
5 5 15 15
15 2 5 0 5 76 5 762
15 155
t tt t t t
t t t t t t t
t t
t tt t
                                         
Thay hai cặp t tìm được vào tọa độ của M , ta tìm được hai cặp E,F trên  . 
1 1
5 76 10 2 76 1 76 2 2 76; ;1 , ; ;1
15 15 15 15
E F
                
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 22 21 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                   
         2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2; 2; 1 2; 3; 1 2 3 1 3 12 14B t t t MB t t t MB t t t t t                  
   22 2 22 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2; ; 3 3 3 6 .AB t t t t t t AB t t t t t t           . 
Nếu tam giác AMB là tam giác đều thì ta có hệ : 
  
    
2 22 2
2 1 2 1 1 21 1 2 2
222 2 2 2 2
2 2 22 1 21 1 1 2 1 2
4 0 43 12 3 12
3 6 4 2 14 03 6 2 14 03 12 14 3 3 6 .
t t t t t tt t t tMA MB
t t tt t tMA AB t t t t t t
                                  
2 2
1 2 1 2
2 2
2 2 2 2
1 1
6 2 6 2
4 4 3 3
9 36 34 0 9 36 34 0 6 2 6 2
3 3
t tt t t t
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 . 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 20 
 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 1 1 3: ,2 3 2
x y zd    2
5 5: .
6 4 5
x y zd     
 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách 
(P) một khoảng bằng 2. 
GIẢI 
- M,N cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2. 
       1
13
2 1 2 3 3 2 2 1 122 1;3 3 ;2 , 2 12 7 6
11 4 4
12
tt t t
M d M t t t h M P t
t
                    
       2
11
6 5 2 4 2 5 5 126 5;4 ; 5 5 , 2 12 5 6
11 4 4
12
tt t t
N d N t t t h N P t
t
                       
Như vậy ta tìm được hai cặp M,N : 
1 2 1 2
19 1 13 7 11 1 17 1 1 5 13 1; ; , ; ; , ; ; , ; ;
6 4 6 6 4 6 6 4 6 6 4 6
M M N N                           
Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 
1( ) : 1 1 2
x y zd   và 2 1 1( ) : 2 1 1
x y zd    . 
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      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               . 
- Theo giả thiết ta có hệ : 
     
     
2 2 22
2 22
'42 2 ' 1 ' ' 2 1 2
3 1 4 1 2. 0 2 ' 1 ' ' 2 1 0
t tMN t t t t t t
t t tMN n t t t t t t
                               
  
 2
0' 3 2 50;0;0 , ; ;2 7 7 7'14 4 0
7
tt t
M N
tt t
                  
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 21
 Bài 30. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1
2 1 1
x y z     và mặt phẳng (P): 
x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm 
trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 
42 . 
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 dP u n d u u u n u              
      
 . 
Do đó :  1 1 1 2 2 1, ; ; 2; 3;1
1 1 1 1 1 1P d
u n u
           
  
. 
-Gọi H (x;y;z) là hình chiếu vuông góc của M trên  
thì ta có : 
H thuộc (P) : x+y+z+2=0 (1).      2 1 3 3 0 2x 3 11 0 2u MH x y z y z              
Mặt khác theo giả thiết :        22 22 21 3 42 42 3MH x y z       . 
         2 2 2 2 2 22
13 4 13 4 13 4
3 15 3 15 3 15
6 8 01 3 42 12 4 3 3 15 42
x y x y x y
z y z y z y
y yx 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   qua hai điểm H tìm được : 1 2
29 2 21 2
: 4 3 ; : 2 3
27 21
x t x t
y t y t
z t z t
                    
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   
  
. 
Với :      3 1 1 2 2 32; 3; 1 , 2; 1; 1 , ; ; 2;4; 8
1 1 1 2 2 1
AB AC AB AC
                         
   
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 : 
 
P 
d 
M H 
MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ HH-KG LỚP 12 WWW.VNMATH.COM 
Sưu tầm và giải – Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 02403833608 Trang 22 
      2 22 2 2 2 2; 1; 2 1 2 2 4z 5MA x y z MA x y z x y z y                
       2 2 22 2 2 22; 2; 1 2 2 1 4x+4 2z 9MB x y z MB x y z x y z y                  
       2 2 22 2 2 22; ; 1 2 1 4x 2 5MC x y z MC x y z x y z z                
- Theo giả thiết , MA=MB=MC thì ta có hệ : 
 
2 2
2 2
2 4z 4x 4 2z 4 2x-3 z 2 7
2 4z 4x 2z 2x z 0 3 2;3; 7
2x 2 3 0 2x 2 3 0 2x 2 3 2
MA MB 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 
Nếu M thuộc  thì M=(1-t;t-2;2t ). Khi đó ta có : 
     2 22 2 2; 6;2 2 6 2 6 20 40MA t t t MA t t t t t              
        2 2 22 22 ; 4;2 4 2 4 2 4 6 28 36MB t t t MB t t t t t               
Theo giả thiết cho : 2 2 28MA MB  
   2212 48 76 28, 2 0 2 1;0;4t t t t M           