Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết Toán 12

Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

Phn 1: H TRC TA Đ
Câu 1: [2H3-1.1-3]Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
5;3; 1A
,
( )
2;3; 4B
( )
1; 2; 0C
. Tọa độ điểm
D
đối xng vi
C
qua đường thng
AB
A.
( )
6;4; 5
. B.
. C.
( )
6; 5;4
. D.
( )
5;6; 4
.
ng dn gii
Chn A.
Phương trình đường thng
AB
:
(
)
53
3
13
xt
yt
zt
= +
=
=−+
.
Gi
( )
1
5 3 ;3; 1 3Ct t+ −+
là hình chiếu vuông góc ca
C
lên đường thng
AB
.
Ta có:
( )
1
4 3 ;1; 1 3
CC t t= + −+

.
Khi đó:
1
CC BA
 
1
.0CC BA⇔=
 
( ) (
)
34 3 3 1 3 0tt + + −+ =
1
2
t⇔=
. Hay
1
75
;3;
22
C



.
Đim
D
đối xng vi
C
qua đường thng
AB
1
C
là trung điểm
CD
( )
6;4; 5D⇒−
.
Câu 2: [2H3-1.1-3] Trong không gian vi h trc tọa độ , cho hình hp . Biết tọa độ
các đnh , , , . Tìm tọa độ điểm ca hình hp.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn D.
Gi
( )
111
;;Axyz
,
( )
222
;;
Cxyz
.
Tâm ca hình bình hành
ABCD
′′
15
;3;
22
I



.
Do
I
là trung điểm ca
AC
′′
nên
12
12
12
1
6
5
xx
yy
zz
+=
+=
+=
.
Ta có
( )
7;0; 1AC
=

( )
2 1 2 12 1
;;
AC x x y y z z
′′
=−−

.
Oxyz
.ABCD A B C D
′′
(
)
3; 2;1A
( )
4;2;0C
(
)
2;1;1B
( )
3;5; 4D
A
( )
3;3;1A
( )
3; 3; 3
A
−−
( )
3; 3; 3A
−−−
( )
3;3;3A
D
/
C
/
B
/
A
/
D
C
B
A
Do
ACC A
′′
la hình bình hành nên
21
21
21
7
0
1
xx
yy
zz
−=
−=
−=
.
Xét các h phương trình:
12 1
21 2
13
74
xx x
xx x
+= =


−= =

.
12 1
21 2
63
03
yy y
yy y
+= =


−= =

.
12 1
21 2
53
12
zz z
zz z
+= =


−= =

.
Vy
( )
3;3;3A
.
Cách khác
Gi
I
là trung điểm ca
AC
11
;2;
22
I



.
Gi
I
là trung điểm ca
BD
′′
15
;3;
22
I



.
Ta có
( )
3;3;3AA II A
′′
=⇒−
 
.
Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hình hp ch nht
.ABCD A B C D

điểm
A
trùng vi gc ta đ,
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
Ba D a A b
vi
0, 0ab
. Gi
M
là trung điểm ca cnh
CC
. Gi s
4ab
, giá tr ln nht ca th tích khi t din
A BDM
bng:
A.
64
.
27
B.
128
.
27
C.
128
.
9
D.
27
.
4
ng dn gii
Chn A.
T gi thiết, suy ra
; ;0
' ;0;
;;
2
' 0; ;
' ;;
C aa
Ba b
b
M aa
D ab
C aab



.
Ta có
2
2
' ;0;
3
' 0;; ', ' ; ; ', ' .'
2
;;
2
AB a b
ab
AD a b ABAD ababa ABAD AM
b
AM a a

 
 
 
 





     

.
Th tích khi t din
2
'
1
', ' .'
64
A MBD
ab
V ABAD AM




  
.
Do
, 0ab
nên áp dụng BĐT Côsi, ta được
22
3
1 1 1 64
43
2 2 4 27
a b a a b ab ab 
.
Suy ra
'
64
max .
27
A MBD
V
Câu 4: [2H3-1.2-3]Trong không gian vi h trc to độ
Oxyz
, cho đim
( )
3;0; 2A
và mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 3 25Sx y z++++=
. Một đường thng
d
đi qua
A
, ct mt cu ti hai đim
M
,
N
. Độ dài ngn nht ca
MN
A.
8
. B.
4
. C.
6
. D.
10
.
Li gii
Chn A.
Mt cu
( ) ( ) (
) (
)
2 22
: 1 2 3 25
Sx y z++++=
có tâm
( )
1;2;3; 5IR−− =
Ta có :
35 .
AI R=<=
Nên điểm
A
năm trong mt cu.
Gi
H
là hình chiếu ca
I
trên đưng thng
d
.
Trong tam giác vuông
IAH
àv IHM
Ta có:
22
1
;
2
IH IA MN HM IM IH≤==
Do đó để
min
MN
thì
22
ax
2 2 8.
M
IH IH IA MN HM IM IA
⇒= = = =
Câu 5: [2H3-1.2-3] Trong không gian
Oxyz
cho điểm
( )
2; 2; 5M −−
đường thng
( )
11
:
211
xy z
d
−+
= =
. Biết
( )
;;N abc
thuc
( )
d
đ dài
MN
ngn nht. Tng
abc++
nhn
giá tr nào sau đây?
A.
1
. B.
3
. C.
2
. D.
4
.
Li gii
Chn C.
( ) ( )
1 2; 1 ;N d N t tt + −+
.
( ) ( )
( )
( )
22 2 2
2 1 1 5 6 1 21 21MN t t t t= −+++ = −+
MN
ngn nht bng
21
khi
1t =
khi đó
( )
3;0; 1N
3012abc++=+−=
.
Câu 6: [2H3-1.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hình hp
.ABCD A B C D
′′
( )
2;1; 3A
;
( )
0;1;1B −−
;
( )
1; 2; 0C −−
;
( )
3; 2;1D
. Tính th tích hình hp.
A.
24
. B.
12
. C.
36
. D.
18
.
ng dn gii
Chn A.
M
N
A
H
I
Ta có
( )
2;2;4BA =

;
( )
1; 1;1BC =−−

( )
; 6; 6;0BA BC

=

 
(
)
2
2
; 6 6 62
ABCD
S BA BC

= = +− =

 
.
Mt phng
(
)
ABCD
đi qua điểm
( )
2;1; 3A
vectơ pháp tuyến
(
)
; 6; 6;0BA BC

=

 
phương trình:
( ) ( ) ( )
6 2 6 1 0 3 0 10x y z xy−− + −==
.
(
)
( )
(
)
(
)
2
2
3 21
; 22
11
h d D ABCD
−−
= = =
+−
.
Vy th tích hình hp là
. 6 2.2 2 24
ABCD
VS h= = =
.
Câu 7: [2H3-1.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hình hp
.ABCD A B C D
′′
( )
2;1; 3A
;
( )
0;1;1B −−
;
( )
1; 2; 0C
−−
;
( )
3; 2;1D
. Tính th tích hình hp.
A.
24
. B.
12
. C.
36
. D.
18
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có
( )
2;2;4BA =

;
( )
1; 1;1BC =−−

( )
; 6; 6;0BA BC

=

 
( )
2
2
; 6 6 62
ABCD
S BA BC

= = +− =

 
.
Mt phng
(
)
ABCD
đi qua điểm
( )
2;1; 3A
vectơ pháp tuyến
( )
; 6; 6;0
BA BC

=

 
phương trình:
(
)
(
)
(
)
6 2 6 1 0 3 0 10
x y z xy
−− + −==
.
( )
( )
( )
(
)
2
2
3 21
; 22
11
h d D ABCD
−−
= = =
+−
.
Vy th tích hình hp là
. 6 2.2 2 24
ABCD
VS h= = =
.
Câu 8: [2H3-1.2-3] Trong không gian
Oxyz
, cho đim
( ) ( )
2; 2; 2 , 3; 3;3AB−−
.
M
điểm thay đổi trong
không gian tha mãn
2
3
MA
MB
=
. Khi đó độ dài
OM
ln nht bng?
A.
12 3
. B.
63
. C.
53
2
. D.
53
.
Li gii
Chn A.
Gi
( )
;;M xyz
. Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2 22
22
2
9 4 92 2 243 3 3
3
MA
MA MB x y z x y z
MB

= = + + ++ = ++ +−

2 22
12 12 12 0xyz x y z+++ + =
M⇒∈
mt cu
( )
S
tâm
( )
6;6; 6I −−
bán kính
63R =
Khi đó
( )
max
;OM d O I R= +
63 63 123
OI R= += + =
.
Câu 9: [2H3-1.2-3]Cho tam giác
ABC
vi
( )
1; 2; 1A
,
( )
2; 1; 3
B
,
( )
4; 7; 5C
. Độ dài phân giác trong
ca
ABC
k t đỉnh
B
A.
2 74
5
. B.
2 74
3
. C.
3 73
3
. D.
2 30
.
Gii
Chn B.
Gi
( )
;;Dabc
là chân đường phân giác k t đỉnh
B
.
Ta có
( )
( )
( )
2
3
21 4
1 1 11 2 74
22 7
22 3 3
21 5
1
a
aa
BA AD
AD CD b b b BD
BC CD
cc
c
=
=−−
= = = =−+ = =


+ =−+
=
 
.
Câu 10: [2H3-1.2-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho ba điểm
0;0;0 , 0;1;1 , 1;0;1A BC
. Xét
điểm
D
thuc mt phng
Oxy
sao cho t din
ABCD
là mt t diện đều. Kí hiu
0 00
;;Dx y z
là ta
độ của điểm
D
. Tng
00
xy
bng:
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
ng dn gii
Chn C.
Tính được
2
AB BC CA

.
Do
00
; ;0D Oxy D x y 
. Yêu cu bài toán
2
22
2
DA
DA DB DC DB
DC

22
22
00
00
22
0
22
00 00 00
0
2
2
2
2
00
00
2
2
1
1 1 2 1 1 2.
1
11
1 12
xy
xy
x
xy xy xy
y
xy
xy



 







Câu 11: [2H3-1.3-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
(
)
0;0; 4A
, điểm
M
nm trên mt
phng
( )
Oxy
MO
. Gi
D
là hình chiếu vuông góc ca
O
lên
AM
E
trung điểm ca
OM
. Biết đường thng
DE
luôn tiếp xúc vi mt mt cu c định. Tính bán kính mt cầu đó.
A.
2R =
. B.
1
R
=
. C.
4R =
. D.
2R =
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có tam giác
OAM
luôn vuông ti
O
.
Gi
I
là trung điểm ca
OA
(Đim
I
c định)
Ta có tam giác
ADO
vuông ti
D
ID
đường trung tuyến nên
( )
1
21
2
ID OA= =
Ta có
IE
là đường trung bình ca tam giác
OAM
nên
IE
song song vi
AM
OD AM OD IE ⇒⊥
Mt khác tam giác
EOD
cân ti
E
. T đó suy ra
IE
là đường trung trc ca
OD
Nên
( )
; 90 2DOE ODE IOD IDO IDE IOE ID DE= = = = °⇒
Vy
DE
luôn tiếp xúc vi mt cu tâm
I
bán kính
2
2
OA
R = =
Câu 12: [2H3-1.3-3] Trong không gian vi h trc , cho hình chóp , ,
, . Tính th tích khi chóp .
Oxyz
.S ABC
( )
2;2;6S
( )
4;0;0A
( )
4;4;0B
( )
0;4;0C
.S ABC
A
M
D
E
I
O
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
Ta có , vuông ti .
, .
, , thuc mt phng suy ra
. Vy th tích .
Câu 13: [2H3-1.3-3] Trong không gian vi h ta đ , cho hình lăng trụ đứng
, , , vuông góc vi . Th tích khi
t din
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Gi .
Ta có: là hình lăng trụ nên .
Suy ra: , .
Do vuông góc vi nên .
nên . Vy .
Th tích khi t din
.
Câu 14: [2H3-1.3-3] Cho tam giác
ABC
vi
( )
1; 2; 1A
,
( )
2; 1; 3B
,
( )
4;7;5C
. Độ dài phân giác trong
ca
ABC
k t đỉnh
B
là:
A.
2 74
5
. B.
2 74
3
. C.
3 73
3
. D.
2 30
.
ng dn gii
Chn B
Gi
( )
;;Dabc
là chân đường phân giác k t đỉnh
B
. Ta có
48
16
8
24
( )
0; 4;0BA =

( )
4;0;0 . 0
BC BA BC ABC= = ⇒∆
  
B
4BA BA= =

1
4 .4.4 8
2
ABC
BC BC S
==⇒= =

( )
4;0;0A
( )
4;4;0B
( )
0;4;0C
( )
:0Oxy z =
( )
( )
( )
( )
, ,6d S ABC d S Oxy= =
(
)
(
)
.
11
, . .6.8 16
33
S ABC ABC
V d S ABC S= = =
Oxyz
111
.ABC A B C
( )
0;0;0A
( )
2;0;0B
( )
0;2;0C
( )
1
0;0;Am
( )
0m >
1
AC
1
BC
11
ACBC
4
3
8
3
4
8
( )
1
;;
C xyz
111
.ABC A B C
11
AA CC
=
 
0
20
x
y
zm
=
−=
=
0
2
x
y
zm
=
⇔=
=
( )
1
0;2;Cm
( )
1
0;2;AC m=

( )
1
2;2;BC m=

1
AC
1
BC
2
11
2
. 04 0
2
m
AC BC m
m
=
=⇔− =⇔
=
 
0m >
2m =
( )
1
0;0;2A
11
ACBC
1 1 111
.1
1 11 4
..
3 32 3
A CBC ABC A B C
V V AB AC AA
= =⋅⋅ =
( )
( )
(
)
2
3
21 4
1 1 11 2 74
22 7
22 3 3
21 5
1
a
aa
BA AD
AD CD b b b BD
BC CD
cc
c
=
=−−
= = = =−+ = =


+ =−+
=
 
Câu 15: [2H3-1.3-3] Cho tam giác
ABC
vi
( )
1; 2; 1A
,
( )
2; 1; 3B
,
( )
4;7;5C
. Độ dài phân giác trong
ca
ABC
k t đỉnh
B
là:
A.
2 74
5
. B.
2 74
3
. C.
3 73
3
. D.
2 30
.
ng dn gii
Chn B
Gi
( )
;;Dabc
là chân đường phân giác k t đỉnh
B
. Ta có
( )
( )
(
)
2
3
21 4
1 1 11 2 74
22 7
22 3 3
21 5
1
a
aa
BA AD
AD CD b b b BD
BC CD
cc
c
=
=−−
= = = =−+ = =


+ =−+
=
 
Phn 2: PHƯƠNG TRÌNH MT PHNG
Câu 16: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mt phng qua
( )
1;1;1A
, vuông góc vi hai mt phng
( )
: 20xyz
α
+−−=
,
( )
: 10xyz
β
+−=
.
A.
20yz+−=
. B.
30xyz++−=
.
C.
20x yz +=
. D.
20xz
+−=
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
()P
là mt phng cn tìm. Ta có:
(
)
; 0;2;2
P
n nn
αβ

= =

  
,
Phương trình
(
)
: 20Pyz+−=
.
Câu 17: [2H3-2.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm
( )
1; 2; 3M
và vuông góc vi hai mt phng
( ) ( )
: 2 1 0, : 3 0P xyz Qxyz−−= +−=
.
A.
2 3 1 0.x yz+ +−=
B.
3 2 1 0.xyz+ + +=
C.
3 2 1 0.xyz+ + −=
D.
2 3 1 0.x yz+ ++=
ng dn gii
Chn D.
( )
P
có vtpt
( )
1
2;1;1n = −−

,
( )
Q
có vtpt
( )
2
1; 1;1n =

Vì mt phng vuông góc vi
( )
P
( )
Q
nên có vtpt
( )
12
2;3;1nn n= =−−

Phương trình mặt phng cn tìm
( ) ( ) ( )
2 1 3 2 3 0 2 3 10x y z x yz + = + ++=
Câu 18: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mt phng qua
( )
1;1;1A
, vuông góc vi hai mt phng
( )
: 20xyz
α
+−−=
,
( )
: 10xyz
β
+−=
.
A.
20yz+−=
. B.
30xyz++−=
.
C.
20x yz
+=
. D.
20xz+−=
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
()P
là mt phng cn tìm. Ta có:
( )
; 0; 2;2
P
n nn
αβ

= =

  
,
Phương trình
( )
: 20Pyz
+−=
.
Câu 19: [2H3-2.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm
( )
1; 2; 3M
và vuông góc vi hai mt phng
( ) (
)
: 2 1 0, : 3 0P xyz Qxyz−−= +−=
.
A.
2 3 1 0.x yz+ +−=
B.
3 2 1 0.xyz+ + +=
C.
3 2 1 0.xyz
+ + −=
D.
2 3 1 0.x yz
+ ++=
ng dn gii
Chn D.
( )
P
có vtpt
( )
1
2;1;1n = −−

,
(
)
Q
có vtpt
( )
2
1; 1;1n =

Vì mt phng vuông góc vi
( )
P
( )
Q
nên có vtpt
( )
12
2;3;1nn n= =−−

Phương trình mặt phng cn tìm
( ) ( ) ( )
2 1 3 2 3 0 2 3 10x y z x yz + = + ++=
Câu 20: [2H3-2.3-3]Cho điểm , gi lần lượt là hình chiếu ca trên . Mt
phng song song vi mp có phương trình là
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Chn D
Ta có . .
Câu 21: [2H3-2.3-3] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
0;8; 0A
,
( )
4;6; 2B
, và
( )
0;12;4
C
. Viết phương trình mặt cầu đi qua
3
điểm
A
,
B
,
C
và có tâm thuc mt phng
( )
Oyz
.
A.
( )
2 22
: 820Sx y z y z++− =
. B.
( )
2 22
: 4 6 64 0Sx y z x z
++−=
.
C.
( )
2 22
: 12 2 8 0Sx y z y z+ + −=
. D.
( )
2 22
: 14 10 48 0Sx y z y z++− + =
.
ng dn gii
Chn D.
Mt cu
( )
S
cn lp có tâm
I
thuc
( )
Oyz
( )
0; ;I bc
nên
( )
S
có phương trình dạng:
( )
3;2;4M
,,
ABC
M
, ,
Ox Oy Oz
( )
ABC
4 6 3 12 0xyz+=
3 6 4 12 0xyz+=
6 4 3 12 0xyz =
4 6 3 12 0xyz =
( ) ( )
( )
3;0;0 0;,,2;0 0;0;4
A BC
( )
: 1463120
324
x yz
ABC x y z ++= + =
2 22
22 0
x y z by cz d
+ + +=
(
)
S
đi qua
( )
0;8; 0A
,
( )
4;6; 2B
, và
( )
0;12;4C
nên ta có h:
16 64 7
12 4 56 5
24 8 160 48
bd b
b cd c
b cd d
+= =


+= =


+ +− =

phương trình của
(
)
2 22
: 14 10 48 0
Sx y z y z++− + =
.
Câu 22: [2H3-2.3-3] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
0;8; 0A
,
(
)
4;6; 2B
, và
( )
0;12;4C
. Viết phương trình mặt cầu đi qua
3
điểm
A
,
B
,
C
và có tâm thuc mt phng
( )
Oyz
.
A.
(
)
2 22
: 820
Sx y z y z
++− =
. B.
( )
2 22
: 4 6 64 0Sx y z x z++−=
.
C.
( )
2 22
: 12 2 8 0Sx y z y z
+ + −=
. D.
( )
2 22
: 14 10 48 0Sx y z y z++− +=
.
ng dn gii
Chn D.
Mt cu
( )
S
cn lp có tâm
I
thuc
( )
Oyz
( )
0; ;I bc
nên
( )
S
có phương trình dạng:
2 22
22 0x y z by cz d+ + +=
(
)
S
đi qua
( )
0;8; 0A
,
( )
4;6; 2B
, và
( )
0;12;4C
nên ta có h:
16 64 7
12 4 56 5
24 8 160 48
bd b
b cd c
b cd d
+= =


+= =


+ +− =

phương trình của
(
)
2 22
: 14 10 48 0Sx y z y z
++− + =
.
Câu 23: [2H3-2.4-3] Trong không gian vi h trc
Oxyz
cho mt phng
( )
P
có phương trình
2230
xyz−=
. Viết phương trình của mt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
( )
1;0;0H
( )
0; 2;0K
biết
( )
Q
vuông góc
( )
P
.
A.
( )
:6 3 4 6 0Qxyz+ + +=
. B.
( )
:2 2 2 0Q xy z−+ −=
.
C.
( )
:2 2 2 0Q xy z−+ +=
. D.
( )
:2 2 2 0Q xy z++ −=
.
ng dn gii:
Chn B.
Vì mt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
( )
1;0;0H
,
( )
0; 2;0K
( )
Q
vuông góc
( )
P
nên mt phng
nhn
( ) ( )
,
QP
n HK n

=



làm véctơ pháp tuyến.
Ta có
(
)
( )
( )
1; 2; 0
2; 2; 3
P
HK
n
=−−
= −−

(
) ( )
( ) ( )
, 6; 3;6 3 2; 1;2
QP
n HK n

⇒= ==



.
Phương trình mặt phng
( )
Q
đi qua
( )
1;0;0H
có véctơ pháp tuyến
(
)
( )
2; 1; 2
Q
n =
(
)
2 1 2 0 2 2 20
x yz xyz−+ = −+ −=
.
Câu 24: [2H3-2.4-3] Trong không gian vi h ta đ , mt phng qua hai
điểm , và vuông góc vi mt phng . Tính tng
.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn D.
vuông góc vi mt phng .
Gii h: .
Câu 25: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
,
Oxyz
cho đường thng
311
:
23 1
xyz
d
−+
= =
điểm
(
)
1; 3; 1A
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
cha
d
và đi qua
.A
A.
2x 4 0.
yz
+−=
B.
5 1 0.
xy z
+ + +=
C.
4 0.xy+−=
D.
1 0.xyz +=
Li gii
Chn B.
Ta có
d
đi qua
( )
3;1; 1M
và có vtcp
( )
2;3; 1 .
=
u
( )
2;2;0 .MA =

( )
P
có vtpt
( )
1
, 1;1; 5 .
2

= =



n u MA
Phương trình
( )
P
:
5 1 0.xy z+ + +=
Câu 26: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 3M
đường thng
:
1 11
xyz
d = =
. Lập phương trình mặt phng chứa điểm
M
d
.
A.
5230xyz+−=
. B.
2350xyz+−=
.
C.
2 3 5 70
xyz+ +=
. D.
5 2 3 10xyz+ +=
.
ng dn gii
Chn A.
Đưng thng
d
có véc-tơ ch phương là
( )
1; 1; 1u =
, ly
Od
.
Ta có
(
)
1; 2; 3OM =

Oxyz
( )
: 27 0P ax by cz++− =
( )
3; 2;1A
( )
3;5; 2
B
( )
:3 4 0Q xyz+++=
S abc
=++
2S =
2
S =
4S =
12S =
( ) ( ) ( )
3;2;1 : 27 0 3 2 27 0 1A P ax by cz a b c ++−=++−=
( ) ( ) ( )
: 270 35223;5; 722 0P ax by czB abc ++=++−=
( )
: 27 0P ax by cz
++− =
( )
:3 4 0Q xyz+++=
( )
. 3 03
pq
nn abc= ++=

(
)
( )
( )
3 2 27 0 1
6
3 5 2 27 0 2 27 12
45
3 03
a bc
a
a b c b abc
c
abc
+ +− =
=
+ + = = ++=


=
++=
Gi
0
n

là véctơ pháp tuyến ca mt phng cn tìm.Vì
( )
, 5; 2; 3
nu
u OM
n OM

= =−−




Mt phng chứa điểm
M
d
có phương trình :
5230xyz+−=
.
Câu 27: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 11
x yz
d
+−
= =
đim
( )
0; 1; 3A
. Viết phương trình mặt phng
(
)
P
đi qua điểm
A
và chứa đường thng
d
.
A.
( )
:3 0Px yz+ +=
. B.
( )
: 4 2 20Px y z+ + −=
.
C.
( )
:2 3 6 0P x yz+ −+=
. D.
( )
: 3 60Px yz+ +−=
ng dn gii.
Chn A.
Ly
( ) (
)
1; 0;1Bd−∈
.
( )
1;1; 2AB =−−

Đưng thng
(
)
d
có VTCP
( )
2; 1;1
d
u =
Vy
( )
P
có VTPT
( )
, 1; 3;1
d
AB u

=


PTMP
( ) ( ) ( ) ( )
:1 0 3 1 1 3 0 3 0P x y z x yz + ++ =+ +=
.
Câu 28: [2H3-2.4-3] Trong không gian vi h trc
Oxyz
cho mt phng
( )
P
có phương trình
2230xyz
−=
. Viết phương trình của mt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
( )
1;0;0H
( )
0; 2;0K
biết
(
)
Q
vuông góc
( )
P
.
A.
( )
:6 3 4 6 0Qxyz
+ + +=
. B.
( )
:2 2 2 0Q xy z−+ −=
.
C.
( )
:2 2 2 0Q xy z−+ +=
. D.
( )
:2 2 2 0Q xy z++ −=
.
ng dn gii:
Chn B.
Vì mt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
( )
1;0;0
H
,
( )
0; 2;0K
( )
Q
vuông góc
( )
P
nên mt phng
nhn
( ) ( )
,
QP
n HK n

=



làm véctơ pháp tuyến.
Ta có
( )
( )
( )
1; 2; 0
2; 2; 3
P
HK
n
=−−
= −−

( ) ( )
(
) ( )
, 6; 3;6 3 2; 1;2
QP
n HK n

⇒= ==



.
Phương trình mặt phng
( )
Q
đi qua
( )
1;0;0H
có véctơ pháp tuyến
( )
( )
2; 1; 2
Q
n =
( )
2 1 2 0 2 2 20x yz xyz−+ = −+ −=
.
Câu 29: [2H3-2.4-3] Trong không gian vi h ta đ , mt phng qua hai
điểm , và vuông góc vi mt phng . Tính tng
.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn D.
vuông góc vi mt phng .
Gii h: .
Câu 30: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho đường thng
311
:
23 1
xyz
d
−+
= =
điểm
( )
1; 3; 1A
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
cha
d
và đi qua
.A
A.
2x 4 0.yz
+−=
B.
5 1 0.
xy z+ + +=
C.
4 0.
xy
+−=
D.
1 0.
xyz
+=
Li gii
Chn B.
Ta có
d
đi qua
( )
3;1; 1M
và có vtcp
( )
2;3; 1 .
=
u
( )
2;2;0 .MA =

(
)
P
có vtpt
( )
1
, 1;1; 5 .
2

= =



n u MA
Phương trình
( )
P
:
5 1 0.xy z+ + +=
Câu 31: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 3M
đường thng
:
1 11
xyz
d
= =
. Lập phương trình mặt phng chứa điểm
M
d
.
A.
5230xyz
+−=
. B.
2350xyz+−=
.
C.
2 3 5 70xyz+ +=
. D.
5 2 3 10xyz+ +=
.
ng dn gii
Chn A.
Đưng thng
d
có véc-tơ ch phương là
( )
1; 1; 1u =
, ly
Od
.
Ta có
( )
1; 2; 3OM =

Gi
0n

là véctơ pháp tuyến ca mt phng cn tìm.Vì
( )
, 5; 2; 3
nu
u OM
n OM

= =−−




Oxyz
( )
: 27 0P ax by cz++− =
( )
3; 2;1A
( )
3;5; 2B
( )
:3 4 0Q xyz+++=
S abc
=++
2S =
2S =
4S =
12S =
( ) ( ) ( )
3;2;1 : 27 0 3 2 27 0 1A P ax by cz a b c ++−=++−=
( ) ( ) ( )
: 270 35223;5; 722 0P ax by czB abc ++=++−=
( )
: 27 0
P ax by cz++− =
( )
:3 4 0Q xyz+++=
( )
. 3 03
pq
nn abc
= ++=

( )
( )
( )
3 2 27 0 1
6
3 5 2 27 0 2 27 12
45
3 03
a bc
a
a b c b abc
c
abc
+ +− =
=
+ + = = ++=


=
++=
Mt phng chứa điểm
M
d
có phương trình :
5230xyz
+−=
.
Câu 32: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 11
x yz
d
+−
= =
đim
( )
0; 1; 3A
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua điểm
A
và chứa đường thng
d
.
A.
( )
:3 0Px yz+ +=
. B.
( )
: 4 2 20Px y z+ + −=
.
C.
( )
:2 3 6 0P x yz+ −+=
. D.
( )
: 3 60Px yz+ +−=
ng dn gii.
Chn A.
Ly
( ) ( )
1; 0;1Bd−∈
.
( )
1;1; 2AB =−−

Đưng thng
(
)
d
có VTCP
( )
2; 1;1
d
u =
Vy
( )
P
có VTPT
( )
, 1; 3;1
d
AB u

=


PTMP
( ) ( ) ( )
( )
:1 0 3 1 1 3 0 3 0P x y z x yz + ++ =+ +=
.
Câu 33: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho đường thng
311
:
23 1
xyz
d
−+
= =
điểm
(
)
1; 3; 1A
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
cha
d
và đi qua
.A
A.
2x 4 0.yz+−=
B.
5 1 0.
xy z+ + +=
C.
4 0.xy+−=
D.
1 0.xyz
+=
Li gii
Chn B.
Ta có
d
đi qua
( )
3;1; 1M
và có vtcp
( )
2;3; 1 .=
u
( )
2;2;0 .MA =

( )
P
có vtpt
( )
1
, 1;1; 5 .
2

= =



n u MA
Phương trình
( )
P
:
5 1 0.xy z+ + +=
Câu 34: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 3M
đường thng
:
1 11
xyz
d
= =
. Lập phương trình mặt phng chứa điểm
M
d
.
A.
5230xyz+−=
. B.
2350xyz+−=
.
C.
2 3 5 70xyz+ +=
. D.
5 2 3 10xyz+ +=
.
ng dn gii
Chn A.
Đưng thng
d
có véc-tơ ch phương là
( )
1; 1; 1u =
, ly
Od
.
Ta có
(
)
1; 2; 3OM =

Gi
0
n

là véctơ pháp tuyến ca mt phng cn tìm.Vì
( )
, 5; 2; 3
nu
u OM
n OM

= =−−




Mt phng chứa điểm
M
d
có phương trình :
5230xyz+−=
.
Câu 35: [2H3-2.5-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 11
x yz
d
+−
= =
đim
( )
0; 1; 3A
. Viết phương trình mặt phng
(
)
P
đi qua điểm
A
và chứa đường thng
d
.
A.
( )
:3 0Px yz+ +=
. B.
( )
: 4 2 20Px y z+ + −=
.
C.
( )
:2 3 6 0P x yz+ −+=
. D.
( )
: 3 60Px yz+ +−=
ng dn gii.
Chn A.
Ly
( ) (
)
1; 0;1Bd−∈
.
( )
1;1; 2AB =−−

Đưng thng
(
)
d
có VTCP
( )
2; 1;1
d
u =
Vy
( )
P
có VTPT
( )
, 1; 3;1
d
AB u

=


PTMP
( ) ( ) ( ) ( )
:1 0 3 1 1 3 0 3 0P x y z x yz + ++ =+ +=
.
Câu 36: [2H3-2.7-3]Mt phng chứa đường thng và vuông góc vi mt phng
có phương trình là
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn C
Ta có .
Câu 37: [2H3-2.7-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 21
x yz
d
−+
= =
−−
và mt
phng
( )
: 10Pxyz+ +=
. Viết phương trình mặt phng
( )
α
chứa đường thng
( )
d
và vuông
góc vi mt phng
( )
P
.
A.
3 4z-1=0xy++
. B.
3 4z 1 0
xy + +=
.
C.
3x 4z 1 0y+ + +=
. D.
3 4z 1 0xy+ + +=
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có
( )
( )
2; 2; 1
, 3; 4;1
(1;1; 1)
d
dP
P
u
n un
n
α
= −−

⇒= =

=

  

.
( )
P
11
:
213
x yz
d
−+
= =
( ):2 0Q xyz+−=
2 –1 0xy+=
20
x yz +=
2 –1 0xy−=
20x yz
+ +=
( )
2;1; 3
(2;1; 1)
d
Q
u
n
=
=

(
)
P
( )
( )
, 4;8;0
qua 1;0; 1
P dQ
n un
M

= =


( )
: 2 10Px y −=
( )
d
α
nên
( )
α
đi qua điểm
( )
(1; 0; 1) : 3 4 1 0M xy z
α
+ + +=
Câu 38: [2H3-2.7-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 21
x yz
d
−+
= =
−−
và mt
phng
(
)
: 10
Pxyz
+ +=
. Viết phương trình mặt phng
( )
α
chứa đường thng
( )
d
và vuông
góc vi mt phng
( )
P
.
A.
3 4z-1=0xy++
. B.
3 4z 1 0xy + +=
.
C.
3x 4z 1 0y
+ + +=
. D.
3 4z 1 0xy
+ + +=
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có
( )
( )
2; 2; 1
, 3; 4;1
(1;1; 1)
d
dP
P
u
n un
n
α
= −−

⇒= =

=

  

.
( )
d
α
nên
( )
α
đi qua điểm
( )
(1; 0; 1) : 3 4 1 0M xy z
α
+ + +=
Câu 39: [2H3-2.8-3]Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( ):2 2 5 0P x yz +−=
. Viết
phương trình mặt phng
()Q
song song vi mt phng
()P
, cách
()P
mt khong bng 3 và ct
trc
Ox
ti điểm có hoành độ dương
A.
( ):2 2 4 0Q x yz ++=
. B.
( ): 2 2 14 0Q x yz +− =
.
C.
( ): 2 2 19 0Q x yz +− =
. D.
( ):2 2 8 0
Q x yz +−=
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
:2 2 0 5Q P Q x yzm m +− =
(
)
Q
ct
Ox
tại điểm có hoành độ dương nên :
0m >
Theo đề :
( )
( )
( ) ( )
( )
, ,3dM P d P Q= =
(
)
(
)
4
59
14
ml
m
mn
=
⇒− =
=
Phương trình mặt phng
( )
:2 2 14 0P x yz +− =
Câu 40: [2H3-2.8-3] Mt phng
( )
Q
song song
( )
: 2 2 10Pxyz+ + −=
ct mt cu
22 2
( ) : ( 1) ( 3) 6
Sx y z + +− =
theo giao tuyến là một đường tròn có din tích
2
π
. Biết
( )
Q
dng
0x ay bz c−+ + + =
, giá tr ca
c
s là:
A.
1
hoc
13
. B.
1
hoc
13
. C.
13
. D.
13
.
ng dn gii
Chn D.
Do
( ) ( )
/ /QP
nên mp
( )
Q
có dng
( )
2 2 0, 1x y zd d+ + + = ≠−
.
.
Tâm
( )
1; 0; 3I
bán kính
6R IA= =
.
Din tích hình tròn
2
22Sr r
ππ
= = ⇒=
.
Ta có
22
106
2 ( ;( )) 2 2
3
d
IH R r d I Q
+++
= −= = =
.
(
)
(
)
2 2 10
2 2 13 0
1:
13 :
dQ
d
xyz
xyzQ
=−⇒
=
+ + −=
+ +−=
so với điều kin nên
( )
2 2 30
:
1xyz
Q
+ +−=
hay
( )
22 0: 13xyQ z+=
Theo gii thiết ta chn. D.
Câu 41: [2H3-2.8-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt cu
( )
S
và mt phng
( )
P
có phương trình ln lưt là
( )
S
:
2 22
2 4 6 11 0xyz xyz+ + + −=
( )
P
:
2 2 17 0x yz+ −+ =
. Viết phương trình mt phng
( )
Q
song song vi mt phng
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo mt giao tuyến là đưng tròn có chu vi bng
6
π
.
A.
( )
: 2 2 0Q x yz+ −=
. B.
( )
: 2 2 5 0Q x yz+ −+=
.
C.
( )
: 2 2 2 0Q x yz+ −+=
. D.
( )
: 2 2 7 0Q x yz+ −−=
.
ng dn gii:
Chn D.
B
A
H
I
r
R
h
I
Ta có:
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 3
I
và có bán kính
5R =
.
Bán kính của đường tròn thiết din:
6
3
2
r
π
π
= =
.
Khong cách t mt phẳng đến tâm mt cu là
22
4h Rr= −=
.
Phương trình mặt phng
( )
Q
có dng:
( )
2 2 0 17x yzc c+ −+=
Ta có:
(
)
(
)
(
)
2 22
2.1 2. 2 3
5
;4 4 4
3
221
c
c
dI Q
+ −+
= =⇔=
++
5 12 17 7
cc c
= = ∨= (lo¹i)
Vậy phương trình mặt phng
( )
Q
tha mãn yêu cu bài toán là:
2 2 70x yz+ −−=
.
Câu 42: [2H3-2.8-3] Trong không gian cho hai điểm . Viết phương trình mặt
phng đi qua điểm sao cho khong cách t điểm đến mt phng ln nht.
A. B.
C. D.
ng dn gii
Chn A.
Ta có . Do đó khoảng cách t điểm đến mt phng ln nht khi
xy ra . Như vy mt phng cn tìm là mt phẳng đi qua điểm
và vuông góc vi . Ta có là véctơ pháp tuyến ca .
Vậy phương trình mặt phng : hay
Câu 43: [2H3-2.8-3] Trong không gian cho hai điểm . Viết phương trình mặt
phng đi qua điểm sao cho khong cách t điểm đến mt phng ln nht.
A. B.
C. D.
ng dn gii
Chn A.
Ta có . Do đó khoảng cách t điểm đến mt phng ln nht khi
xy ra . Như vy mt phng cn tìm là mt phẳng đi qua điểm
và vuông góc vi . Ta có là véctơ pháp tuyến ca .
Vậy phương trình mặt phng : hay
Câu 44: [2H3-2.8-3] Trong không gian vi h trc ta đ
,Oxyz
viết phương trình mặt phng
( )
P
song
song vi mt phng
( )
: 2 4 10Qx y z
+ −=
và cách điểm
( )
1; 3;1M
là mt khong bng 2.
A.
( )
: 2 4 3 2 21 0Px y z + −+ =
hay
( )
: 2 4 3 2 21 0Px y z + −− =
.
B.
( )
: 2 4 3 2 21 0Px y z + ++ =
hay
( )
: 2 4 3 2 21 0Px y z + +− =
.
,Oxyz
( )
2;1; 2 ,A
( )
1; 0; 3B
( )
P
A
B
( )
P
3 5 17 0.
xy z
+− =
2 5 7 0.
x yz+ +−=
5 3 2 3 0.
xyz + −=
2 2 9 0.xy z+ −=
( )
( )
,d B P AB
B
( )
P
(
)( )
,d B P AB
=
( )
AB P
⇔⊥
( )
P
A
AB
( )
3;1; 5AB
=

(
)
P
( )
P
( ) ( ) ( )
32 1520xy z + −− + =
3 5 17 0.xy z+− =
,Oxyz
( )
2;1; 2 ,A
( )
1; 0; 3B
( )
P
A
B
( )
P
3 5 17 0.xy z
+− =
2 5 7 0.x yz+ +−=
5 3 2 3 0.
xyz + −=
2 2 9 0.xy z+ −=
( )
( )
,d B P AB
B
( )
P
( )( )
,d B P AB=
( )
AB P
⇔⊥
( )
P
A
AB
( )
3;1; 5AB =

(
)
P
( )
P
( ) ( ) ( )
32 1520xy z + −− + =
3 5 17 0.xy z
+− =
C.
( )
: 2 4 50
Px y z + +=
hay
( )
: 2 4 10Px y z + +=
.
D.
( )
: 2 4 3 2 13 0Px y z + ++ =
hay
( )
: 2 4 3 2 13 0Px y z + +− =
.
ng dn gii
Chn B.
( )
P
có dng:
(
) ( )
:24 0 1Px y zc c + + = ≠−
( )
( )
222
164 3
,
21
124
cc
dM P
−− + +
= =
++
( )
( )
3
, 2 3 2 21
21
c
dM P c
== ⇒−=
3 2 21
3 2 21
322
c
c
c
= +
−=
=
Câu 45: [2H3-2.9-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho đường thng
12
:
212
x yz
−−
∆==
điểm
( )
2;5;3M
. Mt phng
( )
P
cha
sao cho khong cách t
M
đến
(
)
P
ln nht là
A.
4 10
x yz
+=
. B.
4 30x yz+ +−=
.
C.
4 30
x yz +−=
. D.
4 10x yz+ +=
.
ng dn gii
Chn C.
Gi
I
là hình chiếu vuông góc ca
( )
2;5;3M
trên
,
H
là hình chiếu vuông góc ca
M
trên mt
phng
( )
P
.
Ta có
( )
( )
,MH d M P MI=
. Do đó
MH
đạt giá tr ln nht khi
HI
, khi đó mặt phng
( )
P
qua
I
và vuông góc vi
MI
.
( ) ( )
12;;22, 12;5 ;12
I I t t t MI t t t + + =−+ + −+

.
( ) ( )
. 0 2 12 5 2 12 0 1MI MI u t t t t
⊥∆⇔ = + + = =
 
.
Mt phng
( )
P
qua
( )
3;1; 4I
có một vectơ pháp tuyến là
( )
1; 4;1MI =

. Phương trình mặt phng
( )
: 4 30Px yz +−=
.
M
H
I
Câu 46: [2H3-2.9-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho bốn điểm
( )
1; 0; 1A
,
(
)
3;1;2B
−−
,
( )
6; 2;3C
,
(
)
0;1; 6
D
. Hi có bao nhiêu mt phẳng đi qua hai điểm
C
,
D
và cách đều hai điểm
A
,
B
?
A.
1
mt phng. B.
2
mt phng.
C.
4
mt phng. D. có vô s mt phng.
ng dn gii
Chn B.
Gi
( )
P
là mt phng đi qua hai đim
C
,
D
và cách đu hai đim
A
,
B
.
Có hai mt phng tha mãn yêu cu ca bài toán .
TH1: Mt phng
( )
P
đi qua hai đim
C
,
D
và song song vi đưng thng cha hai đim
A
,
B
.
TH2: Mt phng
( )
P
đi qua hai đim
C
,
D
và đi qua trung đim ca đon thng
AB
( ) ( ) ( )
2; 1; 1 , 5; 2; 4 , 1;1; 7AB AC AD= −− = =
  
Ta có
, . 0 ,,,AB AC AD A B C D

=

  
đồng phng
Li có
( )
6;3;3CD =

1
//
3
AB CD AB CD
⇒=
 
nên có vô s mt phng .
Câu 47: [2H3-2.9-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho bốn điểm
6;0;0A
,
0;6;0B
,
2;1; 0C
4; 3; 2D
. Hi có bao nhiêu mt phẳng đi qua hai điểm
, AB
và cách đều hai điểm
, CD
?
A.
1
. B.
2
. C.
4
. D. s.
ng dn gii
Chn B.
Kiểm tra ta được bốn điểm
, , , ABCD
không đồng phng nên to thành t din.
● Mặt phng th nhất đi qua hai điểm
, AB
và song song vi
CD
.
● Mặt phng th hai đi qua hai điểm
, AB
và trung điểm ca
CD
.
Câu 48: [2H3-2.10-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, viết phương trình mặt phng
( )
P
song
song và cách đều 2 đường thng
1
2
:
1 11
x yz
d
= =
,
2
12
:
21 1
xy z
d
−−
= =
−−
A.
( )
:2 2 1 0Pyz −=
. B.
( )
:2 2 1 0
Pxy +=
.
C.
( )
:2 2 1 0Pxz +=
. D.
( )
:2 2 1 0Pyz +=
.
A
B
C
D
A
B
C
D
ng dn gii
Chn D.
Do
( )
P
cách đều hai đường thng nên
( ) ( )
12
// , //d P d P
.
Gi
( )
1
1;1;1a =

là VTCP ca
1
d
,
(
)
2
2;1;1
a = −−

là VTCP ca
2
d
suy ra
(
)
12
, 0;1; 1
aa

=


VTPT ca mặt phăng
( )
P
loại đáp án B và C.
Ly
(
) (
)
12
2;0;0 0;1;2
M d , N d∈∈
do
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
( )
12
, , ,,
d P d P MP NP
dd dd
=⇒=
thay vào ta thấy đáp án
D tha mãn.
Cách khác
Do
( )
P
cách đều hai đường thng nên
( ) ( )
12
// , //d P d P
.
Gi
( )
1
1;1;1a =

là VTCP ca
1
d
,
( )
2
2;1;1a = −−

là VTCP ca
2
d
suy ra
(
)
12
, 0;1; 1
aa

=


( )
:y z d 0P −+ =
.
(
) ( )
12
2;0;0 0;1;2M d , N d∈∈
. Ta có
( )
( )
( )
(
)
1
1
;;
2
22
dd
dM P dN P d
−+
= = ⇔=
.
Câu 49: [2H3-2.10-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, viết phương trình mặt phng
( )
P
song
song và cách đều 2 đường thng
1
2
:
1 11
x yz
d
= =
,
2
12
:
21 1
xy z
d
−−
= =
−−
A.
( )
:2 2 1 0Pyz −=
. B.
( )
:2 2 1 0Pxy +=
.
C.
( )
:2 2 1 0Pxz +=
. D.
( )
:2 2 1 0Pyz +=
.
ng dn gii
Chn D.
Do
( )
P
cách đều hai đường thng nên
( )
( )
12
// , //d P d P
.
Gi
(
)
1
1;1;1a =

là VTCP ca
1
d
,
( )
2
2;1;1a = −−

là VTCP ca
2
d
suy ra
( )
12
, 0;1; 1aa

=


là
VTPT ca mặt phăng
( )
P
loại đáp án B và C.
Ly
( )
( )
12
2;0;0 0;1;2M d , N d
∈∈
do
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
12
, , ,,d P d P MP NP
dd dd=⇒=
thay vào ta thấy đáp án
D tha mãn.
Cách khác
Do
( )
P
cách đều hai đường thng nên
( )
( )
12
// , //d P d P
.
Gi
( )
1
1;1;1a =

là VTCP ca
1
d
,
( )
2
2;1;1a = −−

là VTCP ca
2
d
suy ra
( )
12
, 0;1; 1aa

=


(
)
:y z d 0P −+ =
.
( ) (
)
12
2;0;0 0;1;2M d , N d∈∈
. Ta có
( )
( )
(
)
( )
1
1
;;
2
22
dd
dM P dN P d
−+
= = ⇔=
.
Câu 50: [2H3-2.11-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho điểm
(
)
1; 2; 5M
. Mt phng
(
)
P
đi
qua điểm
M
và ct trc ta đ
Ox
,
Oy
,
Oz
ti
,,ABC
sao cho
M
là trc tâm tam giác
ABC
.
Phương trình mặt phng
( )
P
.
A.
2 5 30 0xyz+ +−=
. B.
1
521
xyz
++=
. C.
80xyz
++−=
. D.
0
521
xyz
++=
.
ng dn gii
Chn A.
Cách 1:
Gi
( ) ( )
( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;Aa B b C c
.
Phương trình mặt phng
( )
ABC
1
xyz
abc
++=
.
Do
( )
M ABC
nên ta có phương trình
( )
125
11
abc
++=
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 ;2;5 , 0; ; , 1;2 ;5 , ;0;AM a BC b c BM b AC a c= ==−=
   
.
Do
M
là trc tâm tam giác
ABC
nên
( )
5
. 0 250
2
2
50
.0
5
c
AM BC b c
b
ac
BM AC
ac
= −+ =
=

⇔⇔

−+ =
=
=
 
 
.
Thế
( )
2
vào
(
)
1
ta đưc
1 45
1 6 30; 15
55
c ab
c cc
+ +=⇔== =
.
Vậy phương trình mặt phng
( )
ABC
1 2 5 30 0
30 15 6
x yz
xyz+ +=⇔+ + =
.
Cách 2:
Ta có chứng minh được
( )
OM ABC
.
( )
ABC
đi qua
M
nhn
OM

làm VTPT.
( )
( ) (
) ( )
:1 1 2 2 5 5 0 2 5 30 0ABC x y y x y y
+ + =⇔+ + =
.
Câu 51: [2H3-2.11-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho
(
)
1; 4; 3H
. Mt phng
( )
P
qua
H
ct các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ti ba đim ba đnh ca mt tam giác nhn
H
m trc tâm. Phương trình mt phng
( )
P
A.
4 3 12 0xyz −+=
. B.
4 3 26 0xyz+ ++=
.
C.
4 3 24 0xyz −+ =
. D.
4 3 26 0xyz+ +−=
.
ng dn gii
Chn D.
Kim tra tính chất đi qua
( )
1; 4; 3H
ta thy có đáp án C, D tha mãn.
Mà mt phng
4 3 24 0xyz −+ =
không ct tia
.Ox
Vy ch còn đáp án D tha mãn.
Câu 52: [2H3-2.11-3] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 5K
. Viết phương trình mt phẳng đi qua
K
ct các trc
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
,,ABC
sao cho
K
trc tâm tam giác
ABC
.
A.
20xyz−−+=
. B.
2 5 30 0xyz+−=
.
C.
20xyz−−=
. D.
2 5 30 0xyz++=
.
ng dn gii
Chn B.
Gi s mt phng
( )
α
đi qua
K
ct các trc
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
nên
( )
α
phương trình:
1
xyz
abc
++=
.
( )
α
đi qua
( )
1; 2; 5K
suy ra
1 25
1
abc
+ +=
(*)
K
trc tâm tam giác
ABC
suy ra
5
0 250
5
50
0
2
ac
AK BC b c
c
ac
b
BK AC
=
= +=

⇔⇔

−+ =
=
⋅=
 
 
Thay vào (*):
1 25
1 1 4 25 5 6
5
5
2
cc
c
cc
+ + =⇔++ = =
30; 15ab⇒= =
.
Vy
( )
: 1 2 5 30 0
30 15 6
x yz
xyz
α
+ +=⇔− + =
.
Câu 53: [2H3-2.11-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho
( )
1; 4; 3H
. Mt phng
( )
P
qua
H
ct các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ti ba đim ba đnh ca mt tam giác nhn
H
m trc tâm. Phương trình mt phng
( )
P
A.
4 3 12 0xyz −+=
. B.
4 3 26 0
xyz+ ++=
.
C.
4 3 24 0xyz −+ =
. D.
4 3 26 0
xyz+ +−=
.
ng dn gii
Chn D.
Kim tra tính chất đi qua
( )
1; 4; 3H
ta thy có đáp án C, D tha mãn.
Mà mt phng
4 3 24 0xyz −+ =
không ct tia
.Ox
Vy ch còn đáp án D tha mãn.
Câu 54: [2H3-2.11-3] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 5K
. Viết phương trình mt phẳng đi qua
K
ct các trc
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
,,ABC
sao cho
K
trc tâm tam giác
ABC
.
A.
20xyz−−+=
. B.
2 5 30 0xyz
+−=
.
C.
20
xyz−−=
. D.
2 5 30 0xyz++=
.
ng dn gii
Chn B.
Gi s mt phng
( )
α
đi qua
K
ct các trc
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;
Cc
nên
(
)
α
phương trình:
1
xyz
abc
++=
.
(
)
α
đi qua
( )
1; 2; 5K
suy ra
1 25
1
abc
+ +=
(*)
K
trc tâm tam giác
ABC
suy ra
5
0 250
5
50
0
2
ac
AK BC b c
c
ac
b
BK AC
=
= +=

⇔⇔

−+ =
=
⋅=
 
 
Thay vào (*):
1 25
1 1 4 25 5 6
5
5
2
cc
c
cc
+ + =⇔++ = =
30; 15ab⇒= =
.
Vy
( )
: 1 2 5 30 0
30 15 6
x yz
xyz
α
+ +=⇔− + =
.
Câu 55: [2H3-2.11-3] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
3;1; 4M
. Mt phng
( )
P
đi
qua
M
và ct các trc tọa độ tại các điểm
,,ABC
( khác gc tọa độ) sao cho
M
là trc tâm ca
tam giác
ABC
. Tọa độ trng tâm
G
ca tam giác
ABC
A.
22 22 11
;;
393



. B.
26 26 13
;;
936



. C.
25 25 25
;;
12 3 9



. D.
21
; 2;
32



.
ng dn gii
Câu 56: [2H3-2.11-4]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
P
đi qua đim
( )
1; 2; 3M
và ct ba tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ln lưt ti
A
,
B
,
C
sao cho th tích t din
OABC
nh nht. Phương trình mt phng
( )
P
A.
1
123
xyz
++=
. B.
1
369
xyz
++=
. C.
0
369
xyz
++=
. D.
0
123
xyz
++=
.
ng dn gii
Chn B.
Gi
( )
;0;0Aa
;
( )
0;0;Bb
;
( )
0;0;
Cc
( )
;; 0abc
>
.
Mt phng
( )
P
có phương trình đoạn chn
1
xyz
abc
++=
.
( ) ( )
1; 2; 3MP
nên
123
1
abc
++=
.
Áp dng bất đẳng thc Cauchy cho
3
s dương
1
a
;
2
b
3
c
ta được
3
123 6 6
1 3 1 27. 162abc
a b c abc abc
=++≥
.
Do đó,
1
27
6
OABC
V abc=
.
Du
""=
xy ra
3
1231
6
3
9
a
b
abc
c
=
⇔=== =
=
.
Vy
( )
:1
369
xyz
P ++=
.
Câu 57: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai đim
( )
2;0;0M
,
( )
1;1;1N
. Mt phng
( )
P
thay đi nhưng luôn qua
,MN
và ct các tia
, Oy Oz
ln lưt ti
,
BC
(vi
,BC
không trùng
O
). Tính giá tr nh nht
T
ca biu thc
33
OB OC+
.
A.
64T =
. B.
32T =
. C.
16
T =
. D.
128T =
.
ng dn gii:
Chn D.
Phương trình mặt phng
( )
P
có dng:
2 22
1
2
xyz
bc
++=
( ) ( )
111 111
1;1;1 1
22
NP
bc bc
++=+=
(*)
Ta có:
,OB b OC c= =
. Không mt tính tng quát, ta gi s
0, 0bc
>>
.
T (*) ta có:
11 2
2 4 16bc bc
bc
bc
=+ ≥⇔
Do đó:
( )
3 3 33
2 2.16.4 128OB OC b c bc b c bc bc
+ =+≥ +≥ =
.
Câu 58: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 3H
và mt phng
( )
α
ct
các trc ta đ
Ox
,
Oy
Oz
lần lượt ti
A
,
B
C
sao cho
H
là trc tâm tam giác
.ABC
m
phương trình mặt phng
( )
.
α
A.
( )
: 2 3 14 0.xyz
α
+ −−=
B.
( )
: 2 3 4 0.xyz
α
+ +=
C.
( )
:6 3 2 18 0.xyz
α
+−=
D.
(
)
:6 3 2 8 0.
xyz
α
+ +=
ng dn gii
Chn A.
Gi
(
) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;Aa B b C c
. Phương trình
( )
α
:
1
xyz
abc
++=
.
( )
1; 2; 3 ,HA a= −−

(
)
1; 2; 3 ,HB b
=−−

( )
0; ; ,
BC b c=

( )
;0;
AC a c=

.
H
là trc tâm ca tam giác
ABC
, ta có:
(
) ( )
.0
.0
HA BC HA BC
HB AC HB AC
H ABC H
α

⊥=


⊥⇒ =


∈∈


   
   
230
30
12 3
1
bc
ac
ab c
+=
+=
++ =
3
14
2
37
1 2 3 14
1
3
33
2
bc
a
ac b
c
cc
c
=
=
= ⇒=



+ += =
.
Vậy phương trình mặt phng
( )
α
:
1
14
14 7
3
xy z
++ =
hay
2 3 14 0xyz+ −−=
.
Câu 59: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc ta đ
,Oxyz
mt phng
( )
α
đi qua điểm
( )
4; 3; 12M
và chn trên tia
Oz
mt đon dài gấp đôi các đoạn chn trên các tia
Ox
,
Oy
phương trình là
0ax by cz d+ + +=
, tính
abc
S
d
++
=
.
A.
2
.
7
S =
B.
5
.
14
S =
C.
5
.
14
S =
D.
2
.
7
S =
ng dn gii
Chn C.
Gi
( )
A Ox
α
=
,
(
)
B Oy
α
=
,
(
)
C Oz
α
=
. Ta có:
( )
; 0; 0Am
,
( )
0; ; 0Bn
,
( )
0; 0; Cp
,
( )
, , 0mnp>
,
OA m
=
,
OB n
=
,
OC p=
,
22OC OA OB= =
22pmn⇒= =
.
Phương trình măt phẳng
( )
α
theo đoạn chn là
( )
: 1
2
xy z
mm m
α
++ =
.
(
)
α
đi qua
(
)
4; 3; 12M
khi
4 3 12
1
2mm m
++ =
7
m⇒=
.
Phương trình mặt phng
( )
α
7
1
7 7 14
xz
++ =
hay
2 2 14 0 0
x y z ax by cz d
+ +− = + + + =
.
Vy
222 5
14 14
S
++
= =
.
Câu 60: [2H3-2.11-4] Trong không gian , cho ba điểm ln lưt thuc các tia
(không trùng vi gc to độ) sao cho . Gi s là một điểm thuc min
trong ca tam giác có khoảng cách đến các mt lần lượt là
. Tính tng khi th tích ca khi chóp đạt giá tr nh nht.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
T đề bài có:
.
Suy ra to độ điểm .
Phương trình mặt phng có dng:
.
Áp dng bất đẳng thc Côsi có: (vì )
khi .
T . Vy .
Câu 61: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho
( )
1; 2; 3H
. Viết phương trình mặt
phng
( )
P
đi qua điểm
H
và ct các trc ta đ ti ba đim phân bit
A
,
B
,
C
sao cho
H
trc tâm ca tam giác
ABC
.
Oxyz
,,ABC
,,Ox Oy Oz
,,OA a OB b OC c= = =
M
ABC
( ) ( ) ( )
,,OBC OCA OAB
1, 2, 3
S abc=++
.
O ABC
18S =
9S =
6S =
24
S
=
( )
( )
,
1;
M OBC
d MK
= =
( )
( )
,
2;
M OCA
d ME= =
( )
( )
,
3
M OAB
d MH= =
( )
1; 2; 3M
( )
ABC
1
xyz
abc
++=
( ) ( )
123
11M ABC
abc
++=
3 33
1 2 3 123 6 6
1 3 .. 3 3
3a b c a b c abc V
=++≥ = =
1
3
V abc=
3
6
1 3 . 54 min 54
3
VV
V
⇒≥ =
( )
123
2
abc
= =
( )
3
1; 2 6
9
a
b
c
=
⇒=
=
18S abc=++=
A.
(
)
: 60
Pxyz
++−=
. B.
( )
:1
23
yz
Px
++=
.
C.
( )
: 2 3 14 0Px y z
+ +−=
. D.
( )
:1
369
xyz
P ++=
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có t din
OABC
là t din có ba cnh
OA
,
OB
,
OC
đôi một vuông góc,
H
là trc tâm tam
giác
ABC
nên
(
)
OH ABC
( )
mp ABC
đi qua
( )
1; 2 :3H
và có VTPT
( )
1; 2; 3n OH= =

nên có phương trình là:
( )
( )
( )
1 2 2 3 3 0 2 3 14 0
x y z xyz+ −+ −=+ +=
.
Câu 62: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
điểm
( )
1; 2; 3M
và ct các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
, ,
ABC
(khác gc ta đ) sao cho biu
thc
22 2
111
OA OB OC
++
có giá tr nh nht.
A.
( )
: 2 14 0
Px yz+ +− =
. B.
(
)
: 2 3 11 0Px y z
+ +−=
.
C.
( )
: 3 12 0Pxy z++−=
. D.
( )
: 2 3 14 0Px y z+ +−=
.
ng dn gii
Chn D.
Phương trình mặt phng
( )
P
có dng
1.
xyz
abc
++=
Ta có
( )
123
1; 2; 3 1MP
abc
∈⇒++=
. Ta có
2 2 2 222
1 1 1 111
.
OA OB OC a b c
+ + =++
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
2
222
222 222
123 111 1111
123 .
14abc abc abc

++ ++ ++ ++


Du
""=
xy ra khi
222
123
1
14
1 1 1 14
.
23 2
14
1111
3
14
a
abc
b
abc
c
abc
++=
=

== ⇔=



=
++=

Vy
( )
: 2 3 14 0.Px y z
+ +−=
Cách khác:
Gi
H
là trc tâm ca tam giác
ABC
. Ta có
( )
22 2 2
111 1
OH ABC
OA OB OC OH
++ =
.
Suy ra
22 2
111
OA OB OC
++
đạt giá tr nh nht
OH
đạt giá tr ln nht
OH OM⇔=
(
)
OM ABC
⇒⊥
( )
( )
(
) ( )
:1 1 2 2 3 3 0ABC x y z
+ −+ −=
( )
: 2 3 14 0ABC x y z + +−=
.
Câu 63: [2H3-2.11-4] Trong không gian , cho ba điểm ln lưt thuc các tia
(không trùng vi gc to độ) sao cho . Gi s là một điểm thuc min
trong ca tam giác và có khoảng cách đến các mt lần lượt là
. Tính tng khi th tích ca khi chóp đạt giá tr nh nht.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
T đề bài có:
.
Suy ra to độ điểm .
Phương trình mặt phng có dng:
.
Áp dng bất đẳng thc Côsi có: (vì )
khi .
T . Vy .
Câu 64: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho
( )
1; 2; 3H
. Viết phương trình mặt
phng
( )
P
đi qua điểm
H
và ct các trc ta đ ti ba đim phân bit
A
,
B
,
C
sao cho
H
trc tâm ca tam giác
ABC
.
A.
( )
: 60Pxyz++−=
. B.
(
)
:1
23
yz
Px++=
.
C.
( )
: 2 3 14 0
Px y z+ +−=
. D.
( )
:1
369
xyz
P ++=
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có t din
OABC
là t din có ba cnh
OA
,
OB
,
OC
đôi một vuông góc,
H
là trc tâm tam
giác
ABC
nên
( )
OH ABC
Oxyz
,,ABC
,,
Ox Oy Oz
,,
OA a OB b OC c= = =
M
ABC
( )
(
)
(
)
,,OBC OCA OAB
1, 2, 3
S abc=++
.O ABC
18S =
9
S =
6
S
=
24S =
(
)
(
)
,
1;
M OBC
d MK= =
( )
( )
,
2;
M OCA
d ME= =
( )
( )
,
3
M OAB
d MH= =
(
)
1; 2; 3
M
( )
ABC
1
xyz
abc
++=
( )
( )
123
11M ABC
abc
++=
3 33
1 2 3 123 6 6
1 3 .. 3 3
3
a b c a b c abc V
=++≥ = =
1
3
V abc=
3
6
1 3 . 54 min 54
3
VV
V
⇒≥ =
( )
123
2
abc
= =
(
)
3
1; 2 6
9
a
b
c
=
⇒=
=
18S abc
=++=
( )
mp ABC
đi qua
( )
1; 2 :3H
và có VTPT
( )
1; 2; 3n OH= =

nên có phương trình là:
(
) (
) (
)
1 2 2 3 3 0 2 3 14 0
x y z xyz
+ −+ −=+ +=
.
Câu 65: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
điểm
( )
1; 2; 3M
và ct các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti
, , ABC
(khác gc ta đ) sao cho biu
thc
22 2
111
OA OB OC
++
có giá tr nh nht.
A.
( )
: 2 14 0Px yz+ +− =
. B.
( )
: 2 3 11 0Px y z+ +−=
.
C.
( )
: 3 12 0Pxy z++−=
. D.
( )
: 2 3 14 0Px y z+ +−=
.
ng dn gii
Chn D.
Phương trình mặt phng
( )
P
có dng
1.
xyz
abc
++=
Ta có
( )
123
1; 2; 3 1MP
abc
∈⇒++=
. Ta có
2 2 2 222
1 1 1 111
.
OA OB OC a b c
+ + =++
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
2
222
222 222
123 111 1111
123 .
14abc abc abc

++ ++ ++ ++


Du
""=
xy ra khi
222
123
1
14
1 1 1 14
.
23 2
14
1111
3
14
a
abc
b
abc
c
abc
++=
=

== ⇔=



=
++=

Vy
( )
: 2 3 14 0.Px y z+ +−=
Cách khác:
Gi
H
là trc tâm ca tam giác
ABC
. Ta có
( )
22 2 2
111 1
OH ABC
OA OB OC OH
++ =
.
Suy ra
22 2
111
OA OB OC
++
đạt giá tr nh nht
OH
đạt giá tr ln nht
OH OM⇔=
( )
OM ABC⇒⊥
( ) ( ) ( ) ( )
:1 1 2 2 3 3 0ABC x y z + −+ −=
(
)
: 2 3 14 0
ABC x y z + +−=
.
Câu 66: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
điểm
( )
1; 2; 3M
và ct các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt ti các đim
A
,
B
,
C
khác vi gc ta đ
O
sao cho biu thc
632OA OB OC++
có giá tr nh nht.
A.
6 2 3 19 0xyz+ +−=
. B.
2 3 14 0xyz+ +−=
.
C.
3 2 13 0xyz++−=
. D.
6 3 2 18 0xyz++−=
.
Li gii
Chn D.
Gi
( )
; 0; 0Aa
,
( )
0; ; 0Bb
,
( )
0; 0 ; Cc
vi
,, 0abc>
phương trình mặt phng
( )
P
là :
1
xyz
abc
++=
( )
P
đi qua điểm
( )
1; 2; 3M
nên
123
1
abc
++=
;
6 3 2 632OA OB OC a b c+ + = ++
( )
123 123
6 3 2 6 3 2 6 6.9 54
23
bc
abc abc a
abc abc

+ + = + + ++ = ++ ++ =


Du bng xy ra :
6 3 2 54
3
123
16
9
23
abc
a
b
abc
c
bc
a
++=
=

++= =


=
= =
.
Vy
( )
P
:
1 6 3 2 18 0
369
xyz
xyz++= + + =
Câu 67: [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đim
( )
1; 2;1
M
. Mt phng
( )
P
thay đổi
đi qua
M
ln t ct các tia
,,Ox Oy Oz
ti
,,
ABC
khác
O
. Tính giá tr nh nht ca th tích
khi t din
OABC
.
A.
54.
B.
6.
C.
9.
D.
18.
ng dn gii
Chn C.
Gi
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0,0,Aa B b C c
vi
,, 0>abc
.
Phương trình mt phng
( )
P
:
1++=
xyz
abc
.
Vì :
( )
121
1 ++=MP
abc
.
Th tích khi t din
OABC
là :
1
6
=
OABC
V abc
Áp dng bất đẳng thc Cauchy ta có :
3
1 2 1 12 1
3.++≥
abc abc
Hay
3
2 54
13 1 ⇔≥
abc abc
Suy ra :
1
54 9
6
≥⇔ abc abc
Vy :
9
OABC
V
.
Câu 68: [2H3-2.12-3] Trong không gian vi h ta đ cho điểm Gi , , lần lượt
điểm thuc , , sao cho , , đôi một vuông góc vi nhau. Hi mt phng
đi qua điểm nào dưới đây?
A. . B. . C. . D. .
( )
,Oxyz
( )
4;2;6 .S
A
B
C
3
Ox
Oy
Oz
SA
SB
SC
( )
ABC
(
)
1; 3; 2Q
(
)
2;1; 3M
(
)
2; 1; 3N
(
)
3; 2;1P
Li gii
Chn B
Gi ; ; .
Ta có phương trình mặt phng .
Ngoài ra
nên
nên
nên
Gii h trên ta được . Suy ra
D thy qua .
Câu 69: [2H3-2.12-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( )
1;0;0 , 0;2;0MN
( )
3;0; 4P
. Điểm
Q
nm trên
( )
Oyz
sao cho
QP
vuông góc vi
( )
MNP
. Tìm tọa độ đim
Q
.
A.
3 11
0; ;
22
Q



. B.
( )
0; 3; 4Q
. C.
3 11
0; ;
22
Q



. D.
3 11
0; ;
22
Q



.
ng dn gii
Chn A.
Ta có
Q
nm trên
( )
Oyz
nên
( ) ( )
0;; 3;; 4Q yz PQ yz
⇒−

.
Do
( )
1;2;0 ,MN

( )
2;0;4MP

nên mt phẳng có vectơ pháp tuyến là
( )
, 8; 4; 4n MN MP

= =

 
Mt khác
QP
vuông góc vi
( )
MNP
suy ra
( )
PQ kn k=

.
Hay
3
38
3 11
2
4 0; ;
11
22
44
2
k
y
yk Q
z
zk
−=
=


= ⇒−




=
−=
.
Câu 70:
[2H3-2.12-4] Trong không gian
Oxyz
, cho
3
điểm
( )
0;1; 2A
,
( )
1;1;1B
,
( )
2; 2;3C
và mt phng
( )
: 30Pxyz++=
. Tìm điểm
M
trên mt phng
( )
P
sao cho
MA MB MC++
  
đạt giá tr nh
nht.
A.
( )
1; 0; 2M
. B.
( )
0;1;1M
.
C.
( )
1; 2; 0M
. D.
( )
3;1;1M
.
ng dn gii
Chn C.
Gi
G
là trng tâm tam giác
ABC
( )
1; 0; 2G
.
( )
;0;0Aa
( )
0; ;0Bb
( )
0;0;Cc
( )
ABC
1
xyz
abc
++=
( )
(
)
(
)
4; 2; 6 ; 4; 2; 6 ; 4; 2; 6
SA a SB b SC c
= −− = =−−
  
SA SB
(
) ( ) ( )
4 4 2 2 6 6 0 4 2 56 0a b ab −− −−=−−+ =
SA SC
( )
( )
(
)
4 4 2 2 6 6 0 4 6 56 0a c ac = ⇔− + =
SC SB
( ) ( ) ( )
4 4 2 2 6 6 0 2 6 56 0
b c bc = ⇔− + =
14
7; 14;
3
ab c= = =
( )
:1
14
7 14
3
xy z
ABC ++ =
( )
ABC
( )
2;1; 3M
Ta có:
33MA MB MC MG MG++ = =
   
.
MA MB MC++
  
nh nht
MG
nh nht
M
là hình chiếu ca
G
lên
(
)
P
.
Ta có phương trình
( )
1
:
2
xt
MG y t
zt
= +
=
= +
( ) ( )
2 1; 2; 0MP t M =
.
Câu 71:
[2H3-2.12-4] Trong không gian
Oxyz
, cho
3
điểm
( )
0;1; 2A
,
( )
1;1;1B
,
(
)
2; 2;3
C
và mt phng
( )
: 30
Pxyz
++=
. Tìm điểm
M
trên mt phng
(
)
P
sao cho
MA MB MC++
  
đạt giá tr nh
nht.
A.
( )
1; 0; 2
M
. B.
( )
0;1;1M
.
C.
( )
1; 2; 0
M
. D.
( )
3;1;1M
.
ng dn gii
Chn C.
Gi
G
là trng tâm tam giác
ABC
( )
1; 0; 2G
.
Ta có:
33MA MB MC MG MG++ = =
   
.
MA MB MC++
  
nh nht
MG
nh nht
M
là hình chiếu ca
G
lên
( )
P
.
Ta có phương trình
( )
1
:
2
xt
MG y t
zt
= +
=
= +
( ) (
)
2 1; 2; 0MP t M =
.
Câu 72: [2H3-2.12-4]Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1; 2; 0
A
,
( )
1; 1; 3B
,
( )
1; 1; 1C −−
và mt phng
( )
:3 3 2 15 0Pxyz+−=
. Gi
( )
;;
MMM
Mx y z
điểm trên mt phng
( )
P
sao cho
22 2
2
MA MB MC−+
đạt giá tr nh nht. Tính giá tr ca biu thc
3
MM M
Tx y z
=−+
.
A.
5T =
. B.
3T =
. C.
4T =
. D.
6T =
.
ng dn gii:
Chn A.
Gi
( )
;;I xyz
là điểm tha mãn
2 0.IA IB IC−+ =
  
Khi đó
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
(
) (
) (
)
( )
21 1 1 0
1
2 022 1 10 21;2;2.
2
20 3 1 0
xxx
x
IA IB IC y y y y I
z
zz z
−−−+=
=
+ = −−− +−− = =


=
−−−+=
  
( ) ( ) ( )
( )
22 2
22 2
2 22 2 2 22 2
22
22 2.2 22
MA MB MC MI IA MI IB MI IC
MI IA IB IC MI IA IB IC MI IA IB IC
+ = +−+ ++
= + −++ += + −+
     
   
Do đó
22 2
2MA MB MC−+
nh nht
2
2MI
nh nht
MI
nh nht
M
là hình chiếu
vuông góc ca
I
lên
(
)
P
.
Gi
là đường thng qua qua
(
)
1; 2; 2I
và nhn
( )
3; 3; 2
P
n =

là mt vectơ ch phương.
Phương trình tham số
( )
13
: 2 3 1 3t;2 3t;2 2t .
22
xt
y tM
zt
= +
=−⇒ +
=
Đim
( ) ( ) ( ) ( )
3 1 3 3 2 3 2(2 2 ) 15 0 1 4; 1;0MP t t t t M + + = ⇔=
.
Vy
35
MM M
Tx y z=−+ =
.
Câu 73: [2H3-2.12-4] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
(
)
:P
2 2 70xyz+ + +=
và 3
điểm
(1; 2; 1)
A
,
(3;1; 2)
B
,
(1; 2;1)C
. Điểm
( )
(;;)M abc P
sao cho
22 2
MA MB MC−−
đạt giá
tr ln nhất. Khi đó tổng giá tr
abc
++
bng
A.
23
9
. B.
0
. C.
20
9
. D.
20
9
.
ng dn gii
Chn B.
Gi
D
là đỉnh th tư ca hình bình hành
ABDC
. Khi đó
  
DA DB DC
. Suy ra
3; 3; 0D
.
Do đó:
     
   
22 2
22 2
2 22 2
222 2 22 2
2
.
MA MB MC MD DA MD DB MD DC
MD MD DA DB DC DA DB DC
MD DA DB DC DA DB DC
  

 
Vy
22 2
MA MB MC−−
ln nht khi
MD
hay
( )
3; 3;0M
.
Khi đó
0abc++=
.
Câu 74: [2H3-2.13-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai mt phng
( )
:2 2 1 0xy z
α
+ + +=
( )
:2 2 5 0xy x
β
++ +=
. Mt phng
( )
P
song song và cách đu hai mt phng
( )
α
( )
β
. Phương trình mt
phng
( )
P
A.
2 2 30
x yz
+ ++=
. B.
2 2 20
xy z
++ +=
. C.
2 2 30xy z++ +=
. D.
2 2 40xy z++ +=
.
ng dn gii :
Chn C.
Gi
(
)
(
)
;;
M xyz P
. Do
( )
P
song song và cách đu hai mt phng
(
)
α
(
)
β
nên
( )
(
)
(
)
(
)
22 2 22 2
221225
d, d,
212 212
xy z xy z
MM
αβ
++ + ++ +
=⇔=
++ ++
(
)
221225
2 2 30
221225
xy z xy z
xy z
xy z xy z
++ += ++ +
++ +=
++ += ++ +
.
Câu 75: [2H3-2.13-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho
5
điểm
( )
3;0;0 ,A
( )
0;3;0B
,
( )
0;0;3C
,
( )
1;1;1D
( )
1; 2; 3E
. Hi t
5
điểm này tạo được tt c bao nhiêu mt phng phân biệt đi qua
3
điểm trong
5
điểm đó?
A.
7
mt phng. B.
10
mt phng. C.
12
mt phng. D.
5
mt phng.
Li gii
Chn A.
Mt phng qua
A
,
B
,
C
là:
(
)
: 1 30
333
xyz
ABC x y z+ + =++−=
D thy
( )
DP
( )
EP
Nhn thy
( )
2;1;1
AD =

,
(
)
1; 2;1
BD =

,
( )
1;1; 2CD =

không vecto nào cùng phương nên
không có 3 điểm nào thng hàng.
Vy ta có các mt phng:
( )
ABCD
,
( )
EAB
,
( )
EAC
,
( )
EAD
,
(
)
EBC
,
(
)
EBD
,
( )
ECD
.
Câu 76: [2H3-2.13-3] Trong không gian vi h ta đ , cho lăng trụ đứng , vi
, , , . Gi trung điểm ca . Mt phng
qua , và song song vi ct ti . Độ dài đoạn thng .
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Ta có , ,
,
Mt phng qua và có vectơ pháp tuyến
Phương trình mặt phng .
Đưng thng qua và có vectơ ch phương
Oxyz
111
.ABC A B C
( )
0; 3;0
A
( )
4;0;0
B
(
)
0;3;0C
(
)
1
4;0;4B
M
11
AB
( )
P
A
M
1
BC
11
AC
N
MN
17
2
3
4
23
( )
1
0; 3; 4A
( )
1
0;3; 4
C
3
2; ;4
2
M



3
2; ;4
2
AM

=



( )
1
4;3; 4BC =

( )
P
A
( )
1
, 6; 24;12n AM BC

= =−−

 
( )
: 4 12 0Px yz+ −+ =
11
AC
1
A
( ) ( )
11
0;6;0 6 0;1;0AC = =

Phương trình Đường thng : .
là giao điểm ca , nên
.
Câu 77: [2H3-2.13-3] Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho hai đường thng
1
:
4
12 3
xyz
= =
,
2
21
:
112
xy z−−
∆= =
mt cu
( )
222
:x 2 2 6 5 0S yz xyz+ + + + −=
. Viết phương trình mt
phng
(
)
α
song song với hai đường thng
1
,
2
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là đường
tròn
( )
C
có chu vi
2 365
5
π
.
A.
5 3 12 0; 5 3 2 0.xyz xyz−+= −−=
B.
5 3 40xyz −=
C.
5 3 12 0.xyz−+=
D.
5 3 2 0.xyz −=
Li gii
Chn A.
ch 1 :
- Mt cu
( )
S
tâm
( )
1; 1; 3I −−
và bán kính
4R =
.
- Đường tròn
( )
C
có chu vi
2 365
5
π
2 365 365
2
55
rr
π
π
= ⇒=
- Đưng thng
1
,
2
lần lượt có VTCP
( ) ( )
1; 2; 3 ; 1; 1; 2uu
=−=

.
- Gi
n
VTPT ca
( )
α
.
+ Ta có :
( )
α
song song với hai đường thng
1
,
2
nên
( )
, 1;5;3n uu

= = −−


- Phương trình
( )
α
có dng
53 0x y zd
+=
.
+ Theo đề ta có:
( )
( )
( )
( )
222
35
;;
5
R r d I dI
αα
=+ ⇒=
12
5
35
57
2
5
35
d
d
d
d
=
= −=
=
.
ch 2 (Trc nghim): Mt phng
( )
α
song song với hai đường thng
1
,
2
và ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là đường tròn
( )
C
có chu vi
2 365
5
π
nên s có hai mt phng
( )
α
tha bài
toán. Nên chn A.
Câu 78: [2H3-2.13-3] Trong không gian ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
(
)
1; 2; 2A
,
( )
5; 4; 4B
và mt phng
( )
P
phương trình:
2 60xyz+−+=
. Gi
M
điểm nm trên
( )
P
sao cho
22
MA MB+
nh nhất. Khi đó, tung độ của điểm
M
là:
11
AC
0
3
4
x
yt
z
=
=−+
=
N
( )
P
11
AC
( )
0; 1; 4
N
1
2; ;0
2
MN

=



17
2
MN⇒=
A.
1
M
y
=
. B.
3
M
y =
. C.
8
9
M
y =
. D.
1
M
y =
.
Li gii
Chn C.
Thay tọa độ ca
,
AB
vào
( )
P
ta thy
A
B
cùng nằm trong cũng một na không gian chia bi
mt phng
( )
P
.
Gi
H
là hình chiếu ca
A
lên
(
)
P
A
là điểm đi xng ca
A
qua
( )
P
.
Ta có: Phương trình đường thng
d
qua
A
và vuông góc
( )
P
là:
12
2
2
xt
yt
zt
= +
= +
=
.
(
)
Hd P
=
nên thay
, , xyz
t
d
vào
( )
P
ta được
4
.
3
t
=
Vy:
5 2 10
;;
333
H

=


. Suy ra
13 2 14
;;
3 33
A
−−



.
Đưng thng
AB
qua
B
và có vectơ ch phương
28 14 2
;;
333
u

=


5 14
47
4
xt
yt
zt
= +
= +
=
Tọa độ
M
chính là giao điểm ca
AB
(
)
P
.
Thay
, , xyz
t
AB
vào
( )
P
ta được
4
.
9
t
=
Vy:
8/9
M
y =
.
Câu 79: [2H3-2.13-3] Trong không gian vi h ta đ , mt phng qua hai điểm ,
ct các na trục dương , lần lượt ti , sao cho nh nht ( là trng
tâm tam giác ). Biết , tính .
A. 12. B. 6. C. 7. D. 3.
ng dn gii
Chn B
Gi nên
. qua hai điểm nên
Ta có .
Suy ra .
Oxyz
(
)
P
()
1; 8; 0M
( )
0;0;3
C
Ox
Oy
A
B
OG
G
ABC
(;;)
Gabc
Pabc=++
( ) ( )
;0;0 , 0; ;0Am B n
( )
0;0;3C
; ;1
33
mn
G



( )
2 22
1
1
9
OG m n
= ++
( )
:1
3
xyz
P
mn
++=
( )
P
()1; 8; 0M
18
1
mn
+=
( )
2
14
1 8 1 16
1 2 25
22
mn
mnm n m n
+
= += + +
+
( )
22 22 2
134
25 2 5 125
9
mn mn mn OG≤+ + +
Du bng khi .
Câu 80: [2H3-2.13-4] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thng
: 12
1
xt
dy t
z
=
=−+
=
( )
1; 2; 3A
. Biết
phương trình mặt phng
( )
P
cha
d
có dng
z0x by c d+ + +=
và khong cách t
A
đến
( )
P
3. Xác định giá tr
d
.
A.
1
. B.
1
2
. C.
1
4
. D.
2
3
.
ng dn gii
Chn B.
Đưng thng
d
đi qua
( )
0; 1;1B
( )
1; 2; 0vtcpu
, mt phng
( )
P
( )
1, ,vtptn b c
Ta có mt phng
( )
P
chứa đường thng d nên
( )
1
12 0
.0
2
01
2
b
b
un
bcd
BP
cd
=
+=
=

⇔⇔

−++ =
=

( )
11
:0
22
P x y dz d

+ +=


( )
( )
2
7
2d
2
;3 3
11
1
42
dAP
d
=⇔=

++ +


2
51
5d 5d+ 0
42
d =⇔=
.
Câu 81: [2H3-2.13-4]Trong không gian vi h to độ , cho đường thng phương trình
và mt phng . Phương trình mặt phng cha
to vi mt góc nh nht là
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
18
1
5
5 10
; ;1
10
33
12
m
mn
G
n
mn
+=
=

⇔⇒


=

=
Oxyz
11
21 1
x yz−+
= =
( )
:2 2 1 0P xy z
+ −=
( )
Q
(
)
P
2 2 10xy z + −=
10 7 13 3 0xy z + +=
20xyz
+−=
6 4 50xyz−+ + + =
Chn B
Gi là giao điểm ca , là giao tuyến ca . Lấy điểm trên .
Gi là hình chiếu ca trên , dng vuông góc vi , suy ra là góc gia
. Nên Du xy ra khi .
Khi đó đường thng vuông góc vi ,
chn
, suy ra đáp án B
Lưu ý: góc gia nh nht chính là góc hp bi .
Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THNG
Câu 82: [2H3-3.1-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, đường thẳng nào dưới đây đi qua
( )
3;5;7A
song song vi
123
:
234
xyz
d
−−
= =
.
A.
32
53
74
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. B.
23
35
47
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. C.
13
25
37
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. D. Không tn ti.
ng dn gii
Chn A.
Gi
là đường thng tha yêu cu bài toán.
Ta có:
có vectơ ch phương là
( )
2;3; 4u =
và qua
( )
3;5;7A
( )
32
: 53
74
xt
yt
zt
= +
∆=+
= +
.
Câu 83: [2H3-3.1-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, đường thẳng nào dưới đây đi qua
( )
3;5; 7A
song song vi
123
:
234
xyz
d
−−
= =
.
A
d
(
)
P
m
( )
P
( )
Q
I
d
H
I
( )
P
HE
m
IEH
ϕ
=
( )
P
( )
Q
tan
IH IH
HE HA
ϕ
=
=
EA
m
d
(
)
; 1; 6; 4
m dP
u dn

= = −−

  
( )
; 10; 7;13
Q dm
n uu

= =

  
( )
Q
( )
P
d
( )
P
A.
32
53
74
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. B.
23
35
47
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. C.
13
25
37
xt
yt
zt
= +
= +
= +
. D. Không tn ti.
ng dn gii
Chn A.
Gi
là đường thng tha yêu cu bài toán.
Ta có:
có vectơ ch phương là
( )
2;3; 4u =
và qua
( )
3;5; 7A
( )
32
: 53
74
xt
yt
zt
= +
∆=+
= +
.
Câu 84: [2H3-3.1-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho 2 đim
( )
2; 2;1
M
−−
,
( )
1; 2; 3
A
đường
thng
15
:
221
xy z
d
+−
= =
. Tìm vectơ ch phương
u
của đường thng
đi qua
M
, vuông góc
với đường thng
d
đồng thời cách điểm
A
mt khong ln nht.
A.
( )
4;5;2u = −−
. B.
( )
1; 0; 2
u =
. C.
( )
1;1; 4u =
. D.
( )
8; 7;2u =
.
ng dn gii
Chn A.
( )
3; 4; 4
AM
=−−

. Gi
d
u

là vectơ ch phương của
d
(
)
2;2; 1
d
u⇒=

.
Do
[ ]
;M d A AM
∈∆
Dấu đẳng thc xy ra
AM ⊥∆
Khi đó chọn
( )
; 4;5;2
d
u u AM

= = −−


.
Câu 85: [2H3-3.1-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho 2 đim
( )
2; 2;1M
−−
,
( )
1; 2; 3A
đường
thng
15
:
221
xy z
d
+−
= =
. Tìm vectơ ch phương
u
của đường thng
đi qua
M
, vuông góc
với đường thng
d
đồng thời cách điểm
A
mt khong ln nht.
A.
( )
4;5;2u = −−
. B.
( )
1; 0; 2u =
. C.
( )
1;1; 4u =
. D.
( )
8; 7; 2u =
.
ng dn gii
Chn A.
( )
3; 4; 4AM =−−

. Gi
d
u

là vectơ ch phương của
d
( )
2;2; 1
d
u
⇒=

.
Do
[ ]
;M d A AM∈∆
Dấu đẳng thc xy ra
AM ⊥∆
Khi đó chọn
( )
; 4;5;2
d
u u AM

= = −−


.
Câu 86: [2H3-3.2-3] Trong không gian vi h trc ta đ
,Oxyz
cho đường thng
12
: ,
12 2
xy z
d
−+
= =
mt phng
(
)
: 2 2 5 0
P xy z++ −=
điểm
( )
1; 1; 2A
. Phương trình chính tắc đường thng
đi qua
A
, song song vi mt phng
( )
P
và vuông góc với đường thng
d
A.
112
.
22 3
xyz−+
= =
B.
112
.
12 2
xyx−+
= =
C.
112
.
11 2
xyx−+
= =
D.
112
.
122
xyx−+
= =
ng dn gii
Chn A.
Đưng thng
d
có VTCP
( )
1; 2; 2
d
u =

, mt phng
( )
P
có VTPT
( )
2; 1; 2n =
. Gi
u
là VTCP
của đường thng
. Vì
( )
//
//
P
d
∆⊥
d
uu
un


,
d
u un

⇒=


( )
2; 2; 3=
.
Đưng thng
( )
( )
đi qua 1; 1; 2
VTCP 2; 2; 3
:
A
u
=
. Phương trình chính tắc đường thng
112
22 3
xyz−+
= =
.
Câu 87: [2H3-3.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho
( )
1; 2; 3M
và hai đường thng
1
2
:1
13
xt
dy t
zt
= +
=
=−+
,
2
2 11
:
11 2
x yz
d
−−
= =
−−
. Viết phương trình đường thng
đi qua
M
và vuông
góc
1
d
,
2
d
.
A.
1
:2
3
xt
yt
z
= +
∆=+
=
. B.
1
:2
3
xt
yt
z
= +
∆=
=
. C.
1
:2
3
xt
yt
z
=
∆=+
=
. D.
1
:2
3
xt
yt
z
=
∆=
=
.
ng dn gii
Chn D.
Đưng thng
1
d
,
2
d
có vectơ chỉ phương lần lượt là
( )
1
1; 1; 3u =

,
( )
2
1;1; 2u =−−

.
Đưng thng
có vectơ ch phương là
( )
12
, 1; 1; 0u uu

= =−−


Do đó, đường thng
có phương trình:
1
2
3
xt
yt
z
=
=
=
Câu 88: [2H3-3.2-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho
( )
1; 2; 3
M
và hai đường thng
1
2
:1
13
xt
dy t
zt
= +
=
=−+
,
2
2 11
:
11 2
x yz
d
−−
= =
−−
. Viết phương trình đường thng
đi qua
M
và vuông
góc
1
d
,
2
d
.
A.
1
:2
3
xt
yt
z
= +
∆=+
=
. B.
1
:2
3
xt
yt
z
= +
∆=
=
. C.
1
:2
3
xt
yt
z
=
∆=+
=
. D.
1
:2
3
xt
yt
z
=
∆=
=
.
ng dn gii
Chn D.
Đưng thng
1
d
,
2
d
có vectơ chỉ phương lần lượt là
( )
1
1; 1; 3u =

,
(
)
2
1;1; 2u
=−−

.
Đưng thng
có vectơ ch phương là
( )
12
, 1; 1; 0u uu

= =−−


Do đó, đường thng
có phương trình:
1
2
3
xt
yt
z
=
=
=
Câu 89: [2H3-3.3-3] Trong không gian vi h ta đ , viết phương trình tham số của đường thẳng đi
qua điểm và song song vi giao tuyến ca hai mt phng ,
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn D
Gi là đường thng cn tìm. có vecto ch phương
Suy ra phương trình tham số ca .
Câu 90: [2H3-3.3-3] Trong không gian , viết phương trình đường thng là giao tuyến ca hai mt
phng .
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Oxyz
(
)
1; 2; 3M
(
)
:3 3 0
P xy
+−=
( )
:2 3 0Q xyz++−=
1
23
3
xt
yt
zt
= +
= +
= +
1
23
3
xt
yt
zt
= +
=
=
1
23
3
xt
yt
zt
=
=
= +
1
23
3
xt
yt
zt
= +
=
= +
( )
; 1; 3;1
PQ
u nn

= =

  
1
23
3
xt
yt
zt
= +
=
= +
Oxyz
2 3 2 60xyz+ + −=
2 3 20xyz + +=
1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
13
42
7
xt
yt
zt
=
=−+
=−+
2 13
34
27
xt
yt
zt
= +
=
=
1 13
24
37
xt
yt
zt
= +
=−+
= +
Cách 1: Hai mt phẳng đã cho véc pháp tuyến lần lượt là: . Giao
tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là .
Cho thay vào các phương trình của hai mt phẳng đã cho ta được h phương trình:
. Vy giao tuyến cần tìm đi qua đim do đó phương trình
tham s ca nó là .
Cách 2: Cho thay vào phương trình của hai mt phẳng ta tìm được . Suy ra giao
tuyến đi qua điểm .
Tương tự, cho ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm .
Véc tơ ch phương của giao tuyến là .
Vậy phương trình tham số ca giao tuyến cn tìm là
Câu 91: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3;3;1A
,
( )
0;2;1B
và mặt phẳng
( )
: 70Pxyz++−=
. Viết phương trình đường thẳng
d
nằm trong mặt phẳng
( )
P
sao cho mọi
điểm thuộc đường thẳng
d
luôn cách đều
2
điểm
A
B
.
A.
2
73
xt
yt
zt
=
=
=
. B.
73
2
xt
yt
zt
=
= +
=
. C.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
. D.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
ng dn gii
Chn D.
Lấy điểm
M
bt k thuộc đường thng
d
do
M
cách đu
A
B
nên
M
thuc mt phng
trung trc ca
AB
. Gi
I
là trung điểm của đoạn thng
AB
.
Ta có mt phng trung trc
( )
Q
ca
AB
đi qua
35
; ;1
22
I



vectơ pháp tuyến
( )
3; 1; 0AB =−−

nên phương trình tổng quát ca mt phng
( )
Q
( )
35
3 1 0 10
22
xyz

−− −+ =


3 70xy +−=
Do đó đường thng
d
là giao tuyến ca
( )
P
( )
Q
.
Xét h phương trình
70
3 70
xyz
xy
++−=
+−=
(
)
( )
12
2;3;2 , 1; 2;3
nn= =

[ ]
( )
12
; 13;4;7nn
= −−

1z =
23 4 1
25 2
xy x
xy y
+= =


−= =

( )
1; 2;1
M
1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
1z =
1; 2xy=−=
( )
1; 2;1M
0z =
6 10
,
77
xy= =
6 10
; ;0
77
N



( )
13 4 1
; ;1 13;4;7
77 7
MN

= = −−



1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
Cho
0x =
7
0
y
z
=
=
( )
0;7;0
Cd
.
Cho
1
x =
4
2
y
z
=
=
( )
1;4;2Dd
Đưng thẳng đi qua
( )
0;7;0
C
và nhận vectơ
( )
1; 3; 2CD =

làm vectơ ch phương nên phương
trình tham s đường thng là
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
Câu 92: [2H3-3.3-3] Trong không gian , viết phương trình đường thng là giao tuyến ca hai mt
phng .
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Cách 1: Hai mt phẳng đã cho véc pháp tuyến lần lượt là: . Giao
tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là .
Cho thay vào các phương trình của hai mt phẳng đã cho ta được h phương trình:
. Vy giao tuyến cần tìm đi qua điểm do đó phương trình
tham s ca nó là .
Cách 2: Cho thay vào phương trình của hai mt phng ta tìm đưc . Suy ra giao
tuyến đi qua điểm .
Tương tự, cho ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm .
Véc tơ ch phương của giao tuyến là .
Vậy phương trình tham số ca giao tuyến cn tìm là
Câu 93: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3;3;1A
,
( )
0;2;1B
và mặt phẳng
( )
: 70Pxyz++−=
. Viết phương trình đường thẳng
d
nằm trong mặt phẳng
( )
P
sao cho mọi
điểm thuộc đường thẳng
d
luôn cách đều
2
điểm
A
B
.
Oxyz
2 3 2 60
xyz+ + −=
2 3 20xyz + +=
1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
13
42
7
xt
yt
zt
=
=−+
=−+
2 13
34
27
xt
yt
zt
= +
=
=
1 13
24
37
xt
yt
zt
= +
=−+
= +
( ) (
)
12
2;3;2 , 1; 2;3
nn
= =

[ ]
( )
12
; 13;4;7
nn = −−

1z =
23 4 1
25 2
xy x
xy y
+= =


−= =

( )
1; 2;1M
1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
1z =
1; 2xy=−=
( )
1; 2;1M
0z =
6 10
,
77
xy= =
6 10
; ;0
77
N



( )
13 4 1
; ;1 13;4;7
77 7
MN

= = −−



1 13
24
17
xt
yt
zt
=−+
=
=
A.
2
73
xt
yt
zt
=
=
=
. B.
73
2
xt
yt
zt
=
= +
=
. C.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
. D.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
ng dn gii
Chn D.
Lấy điểm
M
bt k thuộc đường thng
d
do
M
cách đu
A
B
nên
M
thuc mt phng
trung trc ca
AB
. Gi
I
là trung điểm của đoạn thng
AB
.
Ta có mt phng trung trc
(
)
Q
ca
AB
đi qua
35
; ;1
22
I



vectơ pháp tuyến
( )
3; 1; 0AB
=−−

nên phương trình tổng quát ca mt phng
( )
Q
(
)
35
3 1 0 10
22
xyz

−− −+ =


3 70xy +−=
Do đó đường thng
d
là giao tuyến ca
(
)
P
( )
Q
.
Xét h phương trình
70
3 70
xyz
xy
++−=
+−=
Cho
0x =
7
0
y
z
=
=
( )
0;7;0Cd
.
Cho
1
x =
4
2
y
z
=
=
( )
1;4;2Dd
Đưng thẳng đi qua
( )
0;7;0C
và nhận vectơ
( )
1; 3; 2CD =

làm vectơ ch phương nên phương
trình tham s đường thng là
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
Câu 94: [2H3-3.3-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba mt phng
( )
( )
,PQ
( )
R
lần lượt
có phương trình
( )
: 20P x my z+ −+=
;
( )
: 10Q mx y z ++=
( )
:3 2 5 0R xy z++ +=
.
Gi
(
)
m
d
là giao tuyến ca hai mt phng
( )
P
( )
Q
. Tìm
m
để đường thng
( )
m
d
vuông góc
vi mt phng
( )
R
.
A.
1
1
3
m
m
=
=
. B.
1m =
.
C.
1
3
m =
. D. Không có giá tr
m
.
ng dn gii
Chn D.
Mt phng
( )
P
có VTPT là
( )
1; ; 1
P
nm=

Mt phng
( )
Q
có VTPT là
(
)
; 1;1
Q
nm=

Đưng thng
( )
m
d
là giao tuyến ca
(
)
P
( )
Q
nên có VTCP là
( )
2
, 1; 1; 1
d pQ
u nn m m m

= = −−−−

  
Ta có
(
)
( )
.
d
m
R
d R u kn ⇔=

2
2
11
1 11
31
31 2
11
32
mm
mm m
mm
−−
=
−−−−
⇔= =
−−
=
không tn ti
giá tr m tha mãn yêu cu ca bài toán.
Câu 95: [2H3-3.3-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 2 2 30Px y z+ +=
và hai
điểm
( )
1; 0;1A
,
( )
1; 2; 3B −−
. Gi
là đường thng nm trong mt phng
(
)
P
sao cho mọi đim
thuc
đều có khoảng cách đến
A
đến
B
bng nhau. Véctơ nào sau đây véctơ ch phương
của đường thng
?
A.
( )
2; 4;3u =
. B.
( )
2;4;3u =
. C.
( )
2;4; 3u =
. D.
( )
2; 4; 3
u = −−
.
ng dn gii.
Chn D.
Gi
( )
Q
là mt phng trung trc của đoạn thng
AB
.
( )
Q
đi qua trung điẻm
( )
0; 1; 1I
ca
AB
và nhn
( )
2; 2;4AB =

làm véc tơ pháp tuyến.
Phương trình
( )
: 2 2( 1) 4( 1) 0 2z 3 0Q x y z xy + + =+ +=
Theo đề:
( ) ( )
PQ∆=
nên VTCP ca
( )
2;4;3u
=
Câu 96: [2H3-3.3-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
0;1; 1A
,
( )
2; 1;1B
và mt
phng
( )
:2 3 0P xyz++−=
. Viết phương trình đường thng
cha trong
( )
P
sao cho mi
điểm thuc
cách đều hai điểm
,AB
A.
12
3
xt
yt
zt
=
=
=
,
t 
. B.
2
1
23
xt
yt
zt
=
= +
= +
,
t
. C.
2
1
32
x
yt
zt
=
= +
= +
,
t
. D.
13
22
xt
yt
zt
=
= +
=
,
t
.
ng dn gii
Chn B.
Cách 1.
cha trong
( )
P
P
nu
⊥⇒
 
Loi C, D.
cha trong
( )
P
mọi điểm thuc
đều thuc
(
)
P
Loi A, vì
( )
1;0;0M
thuc
nhưng
không thuc
( )
P
.
Chú ý + Do phương án nhiễu chưa hợp lý nên không cn s dụng đến hai điểm A,B.
+ Phương pháp tổng quát Gi
( )
Q
là mt phng trung trc ca
AB
( ) ( )
PQ⇒∆=
.
Cách 2.
Gi
( )
Q
là mt phng trung trc ca
AB
( )
Q
qua trung điểm
( )
1;0;0I
của đoạn
AB
và nhn
( )
2; 2;2AB =

làm VTPT
( )
: 10Qxyz
+−=
.
Khi đó
( ) (
)
PQ∆=
, (2; 1; 3)
PQ
u nn

= = −−

  
;
( ) ( )
( )
2;1;1 , 1; 1;1
PQ
nn= =
 
Tọa độ điểm
( )
0;1; 2M
tha mãn
10
2 30
xyz
xyz
+−=
++−=
M ∈∆
.
Vy
2
:1
23
xt
yt
zt
=
∆=
=
.
Câu 97: [2H3-3.3-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
3;3;1A
,
0;2;1B
và mt phng
: 70
Pxyz 
. Đưng thng
d
nm trong
P
sao cho mọi điểm ca
d
cách đều hai điểm
, AB
có phương trình là:
A.
73
2
xt
yt
zt

. B.
2
73
xt
yt
zt

. C.
73
2
xt
yt
zt

. D.
73
2
xt
yt
zt


.
ng dn gii
Chn C.
Phương trình mặt phng trung trc ca
AB
:3 7 0xy 
.
Đưng thng cn tìm
d
cách đều hai điểm
, AB
nên s thuc mt phng
.
Li có
dP
, suy ra
dP
hay
70
:
3 70
xyz
d
xy


.
Chn
xt
, ta được
2
73
zt
yt

.
Câu 98: [2H3-3.4-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
153
:
2 14
xyz
d
−+
= =
.
Phương trình nào dưới đây là phương hình hình chiếu vuông góc ca
d
trên mt phng
30x +=
?
A.
3
5
34
x
yt
zt
=
=−−
=−+
. B.
3
5
34
x
yt
zt
=
=−+
= +
. C.
3
52
3
x
yt
zt
=
=−+
=
. D.
3
6
74
x
yt
zt
=
=−−
= +
.
ng dn gii
Chn D.
Cách 1: Đưng thng
d
đi qua điểm
0
(1; 5; 3)M
và có VTCP
( )
2; 1; 4
d
u =
Gi
( )
Q
là mt phng cha
d
và vuông góc vi
( )
: 30Px+=
.
Suy ra mt phng
(
)
Q
đi qua điểm
0
(1; 5; 3)M
có VTPT là
[ ]
( )
; 0;4;1
dP
un =

( )
:4 17 0Q yz ++ =
.
Phương trình hình chiếu vuông góc ca
d
trên mt phng
(
)
P
4 17 0
30
yz
x
++ =
+=
hay
3
6
74
x
yt
zt
=
=−−
= +
.
Cách 2: Ta có
( )
1 2 ; 5 ;3 4Md M t t t + −− +
. Gi
M
là hình chiếu ca
M
trên
( )
: 30Px+=
. Suy ra
(
)
3; 5 ;3 4M tt
−− +
. Suy ra
3
:5
34
x
dy t
zt
=
=−−
= +
So sánh với các phương án, ta chọn D là đáp án đúng.
Cách 3. Trc nghim.
Gi
( )
Id
α
=
, suy ra
(
)
3; 3; 5I
−−−
.
D thy ch có đáp án D thỏa mãn.
Câu 99: [2H3-3.4-3] Trong không gian vi h tọa độ cho đường thng
mt phng Viết phương trình đường thng là hình chiếu vuông góc ca đưng
thng lên mt phng
A. B. C. D.
Li gii:
Chn A.
Ta có phương trình tham số của đường thng đi qua điểm véctơ
ch phương .
Vì điểm nên .
Gọi điểm là hình chiếu ca lên mt phng .
Gọi đường thng đi qua và vuông góc vi mt phng suy ra đường thng nhận véctơ
pháp tuyến ca mt phng làm véctơ ch phương .
Phương trình đường thng .
,Oxyz
311
:
31 1
xyz
d
−+
= =
( )
: 4 0.
Pxz−−=
d
( )
.P
3
1.
1
xt
yt
zt
= +
= +
=−+
3
1.
1
xt
y
zt
= +
=
=−−
33
1.
1
xt
yt
zt
= +
= +
=−−
3
1 2.
1
xt
yt
zt
=
= +
=−+
33
:1
1
xt
dy t
zt
= +
= +
=−−
( )
3;1; 1M
( )
3;1; 1
d
u =
( ) ( )
3;1; 1MP−∈
(
)
Md P=
( )
0;0;0Od
=
K
O
( )
P
O
( )
P
( )
P
( )
1; 0; 1u
=
'
0
'
xt
y
zt
=
=
=
Khi đó .
Hình chiếu của đường thng lên mt phng là đưng thng .
Véctơ ch phương .
Phương trình đường thng
Câu 100: [2H3-3.4-3] Trong không gian vi h ta đ , viết phương trình hình chiếu vuông góc ca
đường thng trên mt phng to độ
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn D.
Ly và gi là hình chiếu của điểm trên thì .
Thay tọa độ điểm o các phương án ta thấy ch có phương án D thỏa.
Câu 101: [2H3-3.4-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
1 21
xy z
d
+−
= =
−−
và mt
phng
( )
: 2 20Pxy z+ +=
, đường thng
là hình chiếu vuông góc của đường thng
d
trên
mt phng
( )
Oxy
. Tìm tọa độ giao điểm
I
của đường thng
vi mt phng
( )
P
.
A.
( )
1; 3; 0I
. B.
( )
1;1; 0I
. C.
( )
1; 3; 0I
. D.
( )
3;5; 0I
.
ng dn gii
Chn C .
( ) ( )
1;1; 0 ; 0; 1; 1 .AB d −−
Gi
''
;AB
là hình chiếu vuông góc ca
,AB
lên mt phng
( )
Oxy
( ) ( ) ( )
' ' ''
1;1; 0 ; 0; 1; 0 1; 2; 0A B AB
⇒− =

.
( )
1
: 1 2
0
xt
y tt
z
=−−
∆=+
=
( )
( )
I
IP
IP
∈∆
=∆∩
I ∈∆
( )
1 ;1 2 ;0I tt −− +
( )
KP=∆∩
( )
' '2
02
2;0; 2
'0
40 2
xt t
yx
K
zt y
xz z
= =


= =

⇒=

=−=


−−= =

d
( )
P
MK
( ) ( )
1; 1; 1 1 1;1;1MK =−−− =

MK
3
1.
1
xt
yt
zt
= +
= +
=−+
Oxyz
123
:
231
xx z
d
+−+
= =
Oxy
36
11 9
0
xt
yt
z
=
=
=
56
11 9
0
xt
yt
z
= +
=
=
56
11 9
0
xt
yt
z
=
= +
=
56
11 9
0
xt
yt
z
=
=
=
( )
1; 2; 3Nd −∈
H
N
(
)
Oxy
( )
1; 2; 0H
H
(
)
IP
1 12 2 0 2tt t⇒− + + + = =−
( )
1; 3; 0I⇒−
.
Câu 102: [2H3-3.4-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
11
:
1 21
xy z
d
+−
= =
−−
và mt
phng
( )
: 2 20Pxy z+− +=
, đường thng
là hình chiếu vuông góc của đường thng
d
trên
mt phng
( )
Oxy
. Tìm tọa độ giao điểm
I
của đường thng
vi mt phng
( )
P
.
A.
( )
1; 3; 0I
. B.
(
)
1;1; 0I
. C.
( )
1; 3; 0I
. D.
( )
3;5; 0I
.
ng dn gii
Chn C .
( ) ( )
1;1; 0 ; 0; 1; 1 .AB d −−
Gi
''
;AB
là hình chiếu vuông góc ca
,AB
lên mt phng
( )
Oxy
( ) ( ) ( )
' ' ''
1;1; 0 ; 0; 1; 0 1; 2; 0A B AB⇒− =

.
( )
1
: 1 2
0
xt
y tt
z
=−−
∆=+
=
( )
( )
I
IP
IP
∈∆
=∆∩
I ∈∆
(
)
1 ;1 2 ;0
I tt
−− +
( )
IP
1 12 2 0 2
tt t
⇒− + + + = =−
( )
1; 3; 0I⇒−
.
Câu 103: [2H3-3.4-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
212
:
112
x yz+ −−
∆==
mt phng
( )
:0Pxyz++=
. Tìm mt vectơ ch phương
u
của đường thng
là hình chiếu ca
đường thng
lên mt phng
( )
P
.
A.
( )
1; 1; 0u =
. B.
( )
1; 0; 1u =
. C.
( )
1; 2;1u =
. D.
( )
1;1; 2u =
.
Li gii
Chn D
Gi
(
)
Q
là mt phng chứa đường thng
và vuông góc vi mt phng
( )
P
.
( )
Q
có mt vectơ ch phương là
(
)
; 1; 1; 0
QP
n nu

= =

  
.
là hình chiếu của đường thng
lên mt phng
( )
P
nên
là giao tuyến ca hai mt phng
( )
P
( )
Q
. Do đó
có mt vectơ ch phương là
(
)
; 1;1; 2
PQ
u nn

= =

  
Câu 104: [2H3-3.4-3]Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho đường thng
212
:
112
x yz
d
+ −−
= =
. Viết
phương trình đường thng
d
là hình chiếu ca
d
lên mt phng
Oxy
.
A.
( )
3
: 1,
0
xt
dy tt
z
=−+
=+∈
=
. B.
( )
3
:,
0
xt
d yt t
z
=−+
=
=
.
C.
( )
3
:,
0
xt
dyt t
z
=−+
=−∈
=
. D.
( )
3
:,
0
xt
dytt
z
=
=−∈
=
.
ng dn gii
Chn B
Phương trình tham số ca
2
:1
22
xt
dy t
zt
=−+
= +
= +
Hình chiếu ca
d
lên mt phng
(
)
Oxy
(có phương trình
0z =
) là
2
:1
0
xt
yt
z
=−+
∆=+
=
Nhn xét
d
đáp án B có vectơ chỉ phương cùng phương với VTCP ca
và có
1
điểm chung
vi
d
∆⇒
.
Câu 105: [2H3-3.5-3] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
(
)
1; 1; 3M
hai đường thng
111
:
2 11
xyz
d
−−
= =
−−
1
:
321
xyz
d
= =
. bao nhiêu đường thng đi qua
M
và ct c hai
đường thng
d
d
.
A.
2
. B.
1
. C.
0
. D. Vô s.
Li gii
Chn C.
Vi
(
)
2 1; 1; 1Attt d+ −+ −+
( )
3; 2; 1B t tt d
′′
+∈
, ta có
A
,
B
,
M
thng hàng khi
( )
( )
( )
2 12
2 20
2 12 2 2
22
22
tk t
t k kt
MA kMB t k t t k kt
t k kt
tk t
= −+
+− =
′′
= = −− + =


−+ =
−−= −+
 
h vô nghim.
Vậy không có đường thng nào tha yêu cầu đề.
Câu 106: [2H3-3.6-3] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
(
)
2;1; 0M
đưng thng
phương trình
11
:
211
xy z−+
∆==
. Viết phương trình đường thng
d
đi qua
M
, ct và vuông góc với đường
thng
.
A.
21
:
1 41
x yz
d
−−
= =
. B.
21
:
2 41
x yz
d
−−
= =
.
C.
21
:
1 41
x yz
d
−−
= =
. D.
21
:
1 42
xyz
d
−−
= =
−−
.
ng dn gii
Chn D.
Gi
H
là hình chiếu ca
M
lên
Nên
( )
1 2; 1 ;
H t tt+ + ∈∆
( )
2 1; 2 ;
MH t t t = −+

( )
2;1; 1a =
là véc tơ chỉ phương của
Dó đó:
( )
2
. 0 22 1 2 0
3
MH a t t t t= ++= =

Khi đó:
( )
142
; ; 1;4;2
333
MH u

= = −−



là véc tơ ch phương của
d
Vy
21
:
1 42
xyz
d
−−
= =
−−
Câu 107: [2H3-3.6-3] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2;1; 0M
đường thng
phương trình
11
:
211
xy z−+
∆==
. Viết phương trình đường thng
d
đi qua
M
, ct và vuông góc với đường
thng
.
A.
21
:
1 41
x yz
d
−−
= =
. B.
21
:
2 41
x yz
d
−−
= =
.
C.
21
:
1 41
x yz
d
−−
= =
. D.
21
:
1 42
xyz
d
−−
= =
−−
.
ng dn gii
Chn D.
Gi
H
là hình chiếu ca
M
lên
Nên
( )
1 2; 1 ;H t tt+ + ∈∆
( )
2 1; 2 ;MH t t t = −+

( )
2;1; 1
a =
là véc tơ chỉ phương của
Dó đó:
( )
2
. 0 22 1 2 0
3
MH a t t t t= ++= =

Khi đó:
( )
142
; ; 1;4;2
333
MH u

= = −−



là véc tơ ch phương của
d
Vy
21
:
1 42
xyz
d
−−
= =
−−
Câu 108: [2H3-3.7-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
112
:
21 2
xyz
d
+−+
= =
, mt
phng
( )
: 40Pxyz−++=
và điểm
( )
1;1; 2A
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
A
,
song song vi
( )
P
và vuông góc vi
.d
A.
112
1 43
xyz−−
= =
−−
. B.
112
143
xyz+++
= =
.
C.
112
143
xyz−−
= =
. D.
112
1 43
xyz+++
= =
−−
.
ng dn gii
Chn C.
Mt phng
( )
P
có vec tơ pháp tuyến
( )
1; 1;1
n =
.
Đưng thng
d
có vectơ ch phương
(
)
2;1; 2
u
=
Đưng thng
d
qua điểm
A
, song song vi
( )
P
và vuông góc vi
d
vectơ ch phương
( )
, 1; 4; 3u nu

= =


Phương trình chính tắc ca
112
:
143
xyz
d
−−
= =
Câu 109: [2H3-3.7-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
112
:
21 2
xyz
d
+−+
= =
, mt
phng
( )
: 40
Pxyz−++=
và điểm
( )
1;1; 2A
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
A
,
song song vi
( )
P
và vuông góc vi
.d
A.
112
1 43
xyz−−
= =
−−
. B.
112
143
xyz+++
= =
.
C.
112
143
xyz
−−
= =
. D.
112
1 43
xyz+++
= =
−−
.
ng dn gii
Chn C.
Mt phng
( )
P
có vec tơ pháp tuyến
( )
1; 1;1n
=
.
Đưng thng
d
có vectơ ch phương
( )
2;1; 2u =
Đưng thng
d
qua điểm
A
, song song vi
( )
P
và vuông góc vi
d
vectơ ch phương
( )
, 1; 4; 3u nu

= =


Phương trình chính tắc ca
112
:
143
xyz
d
−−
= =
Câu 110: [2H3-3.7-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
:3 2 3 1 0Pxyz+ + −=
điểm
( )
4;1; 3A
. Viết phương trình đường thng
đi qua
A
, song song vi mt phng
( )
P
cắt đường thng
332
:
32 2
xyz
d
−+
= =
.
A.
413
56 9
x yz
−−
= =
. B.
413
13 3
x yz −−
= =
.
C.
413
5 61
x yz −−
= =
−−
. D.
413
16 3
x yz −−
= =
−−
.
Li gii
Chn A.
Phương trình tham số của đường thng
33
: 32
22
xt
dy t
zt
= +
= +
=−−
.
Gi
Bd=∆∩
. Tọa độ
( )
3 3;3 2; 2 2Btt t+ + −−
.
( )
3 1; 2 2; 2 5AB t t t
= +−−

là một véc tơ chỉ phương của đường thng
.
Do
song song vi mt phng
(
)
P
nên
( )
P
AB n

( )
.0
P
AB n⇔=

(
) ( ) ( )
33 1 22 2 3 2 5 0tt t + ++−=
7 14 2tt = ⇒=
.
Vy
( )
5; 6; 9AB =

.
Phương trình đường thng
:
413
56 9
x yz −−
= =
.
Câu 111: [2H3-3.8-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
2 21
:
112
xyz−−
∆==
và
mt phng
( )
: 10xyzα + +−=
. Gi
d
là đường thng nm trên
( )
α
đồng thi ct đưng thng
và trc
Oz
. Mt véctơ ch phương của
d
là:
A.
( )
2;1;1u −−
. B.
( )
1;1; 2u
. C.
( )
1; 2;1u
. D.
( )
1; 2; 3u
.
Li gii
Chn B.
+ Gi
( )
2;2;12Ad A A t t t= ∆⇒ ∆⇒ + + +
.
( ) ( )
Ad A α ∈α
( )
2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1tt t t A ++ +++ = =
.
+ Gi
B d Oz=
( )
0;0;Bb
.
( ) ( ) ( )
1 0 1 0;0;1 .Bd B b b B ⊂α⇒ α⇒ = =
Khi đó một VTCP của đường thng
d
( )
1;1; 2u BA= =

.
Câu 112: [2H3-3.8-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
2 21
:
112
xyz−−
∆==
mt phng
(
)
: 10xyz
α
+ + −=
. Gi
d
đường thng nm trên
(
)
α
đồng thi cắt đường thng
và trc
Oz
. Mt véctơ ch phương của
d
là:
A.
( )
2;1;1u = −−
. B.
( )
1;1; 2u
=
. C.
(
)
1; 2;1u
=
. D.
( )
1; 2; 3
u =
.
Li gii
Chn B.
+ Gi
( )
2;2;12Ad A A t t t= ∆⇒ ∆⇒ + + +
.
( ) ( )
Ad A
αα
∈⊂
( )
2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1
tt t t A ++ +++ = =
.
+ Gi
B d Oz=
( )
0;0;Bb
.
( ) ( ) ( )
1 0 1 0;0;1 .Bd B b b B
αα
−= =
Khi đó một VTCP của đường thng
d
( ) ( )
1; 1; 2 1;1; 2AB
=−− =

. Vậy véctơ
( )
1;1; 2
u =
cũng là một VTCP của đường thng
d
.
Câu 113: [2H3-3.8-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
2 21
:
112
xyz−−
∆==
mt phng
( )
: 10xyz
α
+ + −=
. Gi
d
đường thng nm trên
( )
α
đồng thi cắt đường thng
và trc
Oz
. Mt véctơ ch phương của
d
là:
A.
( )
2;1;1u = −−
. B.
( )
1;1; 2u =
. C.
( )
1; 2;1u =
. D.
( )
1; 2; 3u =
.
Li gii
Chn B.
+ Gi
( )
2;2;12Ad A A t t t= ∆⇒ ∆⇒ + + +
.
( ) (
)
Ad A
αα
∈⊂
( )
2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1tt t t A ++ +++ = =
.
+ Gi
B d Oz=
( )
0;0;
Bb
.
( ) (
)
( )
1 0 1 0;0;1 .
Bd B b b B
αα
−= =
Khi đó một VTCP của đường thng
d
( ) ( )
1; 1; 2 1;1; 2AB =−− =

. Vậy véctơ
( )
1;1; 2
u =
cũng là một VTCP của đường thng
d
.
Câu 114: [2H3-3.9-3]Cho hình lập phương
.ABCD A B C D
′′
ta đ c đnh
( )
0;0;0A
,
( )
2;0;0B
,
( )
0;2;0D
,
( )
0;0;2A
. Đưng thng
d
song song vi
AC
, ct c hai đường thng
AC
BD
′′
phương trình là
A.
112
11 1
xyz−−
= =
. B.
112
11 1
xyz+++
= =
.
C.
112
111
xyz+++
= =
. D.
112
111
xyz−−
= =
.
ng dn gii
Chn A.
Khi đó
( )
2;2;0C
,
( )
2;2;2C
Mt khác
//d AC
suy ra VTCP
( )
1;1; 1u AC
= =

.
d
song song vi
AC
, nên
d
đi qua trung điểm ca
AC
′′
( )
1;1; 2I
.
Vy
112
:
11 1
xyz
d
−−
= =
.
Câu 115: [2H3-3.10-3] Trong không gian
Oxyz
, cho mt phng
()P
phương trình
2 40
x yz+ +−=
đường thng
12
:
213
x yz
d
++
= =
. Viết phương trình chính tắc ca đưng thng
nm trong mt
phng
()P
, đồng thi ct và vuông góc với đường thng
d
.
A.
513
111
x yz+ −−
= =
. B.
513
111
xyz ++
= =
.
C.
111
5 13
xyz−−
= =
−−
. D.
111
5 13
xyz+++
= =
−−
.
ng dn gii
Chn C.
Gi
I
là giao điểm ca
d
()P
. Tọa độ
I
là nghim ca h
1
21
21 1
12
2
32 1
213
13
2 40
2 40 1
2 40
+
=
−= =

++
= =
+

= −= =


+ +−=
+ +−= =

+ +−=
xy
xy x
x yz
yz
yz y
x yz
x yz z
x yz
Ta có mt VTCP ca
như sau:
()
; (5;1;3)

= = −−


dp
u un
.
Vậy phương trình
111
:
5 13
xyz
d
−−
= =
−−
.
Chú ý: Do
ct
d
nm trong
()P
nên
phải đi qua
I
. Do đó ta có thể chọn được đáp án
là C mà không cn tìm VTCP ca
.
Câu 116: [2H3-3.10-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
:3 0xyz
α
++=
và đường
thng
13
:
1 22
x yz
d
−+
= =
. Gi
là đường thng nm trong
( )
α
, ct và vuông góc vi
d
. H
phương trình nào là phương trình tham số ca
?
A.
24
35
37
xt
yt
zt
=−+
=
=
. B.
34
55
47
xt
yt
zt
=−+
=
=
. C.
14
15
47
xt
yt
zt
= +
=
=−−
. D.
34
75
27
xt
yt
zt
=−+
=
=
.
ng dn gii
Chn B.
Gi
( )
Md
α
=
nên
( )
1 ;2;3 2M tt td+ −+
( ) ( ) ( )
3 1 2 3 2 0 0 1; 0; 3M tt t t M
α
+ + = = ∈∆
Ta có:
là véc tơ pháp tuyến ca
( )
α
( )
1; 2; 2b =
là véc tơ ch phương của
d
Nên
( )
4;5;7unb== −−

là véc tơ ch phương của
Do đó:
14 34
: 5 : 55
37 47
xt x t
yt y t
z t zt
=+ =−+


∆= ∆=


=−− =

.
Kim tra lần lượt điểm
( )
1; 0; 3
M
( )
4;5;7u = −−
thỏa đáp án
B
.
Câu 117: [2H3-3.10-4]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai đim
(
)
0;1; 2A
,
( )
1;1; 0M
và mt
phng
( )
: 20xy
α
−+=
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm
A
,
M
và ct
( )
α
theo
mt giao tuyến vuông góc vi
AM
.
A.
4 5 2 90xyz −=
. B.
2 4 10xy z+ +=
.
C.
2 10xyz+ −=
. D.
4 5 2 90xyz +=
.
ng dn gii
Chn D.
Gi s
( )
:0P Ax By Cz D+ + +=
(
)
222
0
ABC++
( )
là mt phng cn tìm.
Theo gi thiết
( )
,AM P
20
0
B CD
ABD
+ +=
−+ + =
(1)
Theo gi thiết
( ) ( )
P
AM
α
∩=
∆⊥
( ) ( )
;
.0
P
u nn
u AM
α

=

=


( )
(
)
( )
( )
( )
;;
1; 1; 0
1; 0; 2
P
n ABC
n
AM
α
=
=
=−−

( )
( )
;;
1; 0; 2
u CC A B
AM
= −−
=−−

.0u AM
=

( )
20C AB−+ + =
(2)
T (1) và (2)
2
5
2
9
2
AC
BC
DC
=
=
=
(3)
Thế (3) vào
( )
, ta được:
59
20
22
Cx Cy Cz C + +− =
4 5 2 90xyz + + −=
.
Câu 118: [2H3-3.10-4]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai đim
(
)
0;1; 2A
,
( )
1;1; 0M
và mt
phng
( )
: 20xy
α
−+=
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm
A
,
M
và ct
( )
α
theo
mt giao tuyến vuông góc vi
AM
.
A.
4 5 2 90xyz −=
. B.
2 4 10
xy z+ +=
.
C.
2 10xyz+ −=
. D.
4 5 2 90xyz +=
.
ng dn gii
Chn D.
Gi s
( )
:0P Ax By Cz D+ + +=
( )
222
0ABC
++
(
)
là mt phng cn tìm.
Theo gi thiết
( )
,AM P
20
0
B CD
ABD
+ +=
−+ + =
(1)
Theo gi thiết
(
) ( )
P
AM
α
∩=
∆⊥
(
) (
)
;
.0
P
u nn
u AM
α

=

=


( )
( )
( )
( )
( )
;;
1; 1; 0
1; 0; 2
P
n ABC
n
AM
α
=
=
=−−

( )
( )
;;
1; 0; 2
u CC A B
AM
= −−
=−−

.0u AM
=

( )
20C AB−+ + =
(2)
T (1) và (2)
2
5
2
9
2
AC
BC
DC
=
=
=
(3)
Thế (3) vào
( )
, ta được:
59
20
22
Cx Cy Cz C
+ +− =
4 5 2 90xyz + + −=
.
Câu 119: [2H3-3.11-3] Phương trình đường thng
đi qua đim
( )
2;1; 0A
, vuông góc và cắt đường thng
11
211
xy z−+
= =
A.
2
14
2
xt
yt
zt
= +
=
=
. B.
2
14
2
xt
yt
zt
=−+
=
=
. C.
2
14
2
xt
yt
zt
= +
=
=
. D.
2
14
2
xt
yt
zt
= +
=−−
=
.
Đáp án: C
Phương trình tham số của đường thng
12
:1
xt
dy t
zt
= +
=−+
=
có véctơ chỉ phương
( )
2;1; 1
d
u =

.
Gi
M
là giao điểm ca
d
nên
( )
1 2; 1 ;M t tt+ −+
Suy ra véctơ của
( )
2 1; 2;u AM t t t
= = −−

Theo gi thiết
d
vuông góc nên
( ) ( )
. 0 22 1 2 0
dd
u u uu t t t
∆∆
= + +=
 
2 142
;;
3 33 3
tu
−−

⇔= =


cùng phương với
( )
1;4;2u = −−
Vậy phương trình đường thng
đi qua
(
)
2;1; 0A
có véctơ chỉ phương
( )
1;4;2u = −−
có dng
:
2
14
2
xt
yt
zt
= +
=
=
.
Câu 120: [2H3-3.11-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đưng thng
1
:2
1
xt
yt
zt
= +
∆=+
=
. Đưng thng
d
đi qua
( )
0;1; 1A
ct và vuông góc vi đưng thng
. Phương trình nào sau đây là phương trình ca đưng thng
d
?
A.
5
15
18
xt
yt
zt
=
= +
=−+
. B.
1
12
xt
yt
zt
=
= +
=−+
. C.
5
5
10
x
yt
zt
=
= +
=
. D.
55
65
98
xt
yt
zt
= +
= +
= +
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có:
(1;1; 1)u
=
; Gi
(1 ; 2 ;1 )M dM t tt
=∆∩ + +
( )
1;1;2AM t t t =++

( )
. 01 1 2 0u AM u AM t t t t
∆∆
= +++− =
 
Đưng thng
d
có vec tơ ch phương
(
)
1;1; 2
AM
=

và đi qua
(
)
0;1; 1A
:1
12
xt
dy t
zt
=
⇒=+
=−+
Câu 121: [2H3-3.11-3] Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho điểm
( )
2;1; 0M
đường thng
11
:
211
xy z−+
∆==
. Lập phương trình của đường thng
d
đi qua điểm
M
, ct
và vuông góc
vi
.
A.
(
)
2
:1
xt
dy t
zt
= +
=
=
. B.
( )
2
: 14
2
xt
dy t
zt
= +
=
=
. C.
( )
2
: 14
2
xt
dy t
zt
=−+
=
=
. D.
( )
3
: 34
22
xt
dy t
zt
= +
=−−
=−−
.
ng dn gii
Chn D.
Ta có
12
:1
xt
yt
zt
= +
=−+
=
Gi
( )
1 2; 1 ;H t tt+ + ∈∆
là hình chiếu ca
M
lên
.
Suy ra
( )
2 1; 2;MH t t t= −−

.
Ta có
( )
2 142
. 0 22 1 2 0 ; ;
3 333
MH u t t t t MH

= +− += = =


  
.
( )
1;4;2u= −−
là mt VTCP ca
d
Ta thấy đáp án C và D có cùng vectơ chỉ phương nhưng chỉ có đáp án D đi qua điểm
M
( )
3
: 34
22
xt
dy t
zt
= +
=−−
=−−
.
d
M
H
Câu 122: [2H3-3.11-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
1
: 23
3
xt
yt
zt
= +
∆=
=−+
và điểm
( )
1; 0; 2A
. Viết phương trình đường thng
d
đi qua
A
,
d
vuông góc và ct
.
A.
12
11 4
x yz−−
= =
−−
. B.
12
11 4
x yz++
= =
−−
.
C.
12
1 14
x yz++
= =
−−
. D.
12
1 14
x yz−−
= =
−−
.
ng dn gii
Chn D.
Gi
Hd= ∩∆
nên
( )
1 ;2 3 ; 3Ht t t+ −+
Ta có:
AH ⊥∆
.0AH u
⇒=
 
( ) ( )
; 2 3 ; 5 . 1; 3;1 0t tt −=
1t⇔=
Suy ra
( )
1; 1; 4AH = −−

nên
d
có phương trình:
12
1 14
x yz−−
= =
−−
Câu 123: [2H3-3.11-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
1
: 23
3
xt
yt
zt
= +
∆=
=−+
và điểm
( )
1; 0; 2A
. Viết phương trình đường thng
d
đi qua
A
,
d
vuông góc và ct
.
A.
12
11 4
x yz
−−
= =
−−
. B.
12
11 4
x yz++
= =
−−
.
C.
12
1 14
x yz++
= =
−−
. D.
12
1 14
x yz−−
= =
−−
.
ng dn gii
Chn D.
Gi
Hd= ∩∆
nên
(
)
1 ;2 3 ; 3Ht t t+ −+
Ta có:
AH ⊥∆
.0AH u
⇒=
 
( ) ( )
; 2 3 ; 5 . 1; 3;1 0t tt −=
1t⇔=
Suy ra
( )
1; 1; 4AH = −−

nên
d
có phương trình:
12
1 14
x yz−−
= =
−−
Câu 124: [2H3-3.13-4] Trong không gian , viết phương trình chính tắc của đường thng là đường
vuông góc chung của hai đường thng chéo nhau .
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Oxyz
d
1
212
:
1 11
x yz
d
−−
= =
−−
2
3
:2
5
xt
dy t
z
= +
= +
=
123
1 11
xyz−−
= =
−−
121
1 12
xyz−−
= =
−−
123
1 22
xyz−−
= =
−−
123
1 12
xyz−−
= =
Chn D.
là vectơ ch phương của đường thng .
là vectơ ch phương của đường thng .
.
.
.
là đường vuông góc chung của hai đường thng khi và ch khi :
.
Khi đó .
Khi đó phương trình chính tắc của đường thng : .
Câu 125: [2H3-3.13-4] Trong không gian , viết phương trình chính tắc của đường thng là đường
vuông góc chung của hai đường thng chéo nhau .
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Chn D.
là vectơ ch phương của đường thng .
là vectơ ch phương của đường thng .
.
.
.
là đường vuông góc chung của hai đường thng khi và ch khi :
.
( )
1
1; 1; 1u
= −−

1
d
(
)
2
1;1; 0
u =

2
d
( )
1
2; 1; 2A d Au u u
+ −+ −+
( )
2
3 ;2 ;5
Bd B t t∈⇒ + +
( )
1; 1; 3ABtutuu= −+ ++ +

AB
1
d
2
d
1
2
.0
1 1 30
1 10
.0
AB u
tu tu u
tu tu
AB u
=
−+−−−−=

+++ +=
=


3 30
1
2 20
u
tu
t
−=
⇔= =
+=
( )
1; 1; 2AB
=

(
)
1; 2; 3A
d
123
1 12
xyz−−
= =
Oxyz
d
1
212
:
1 11
x yz
d
−−
= =
−−
2
3
:2
5
xt
dy t
z
= +
= +
=
123
1 11
xyz
−−
= =
−−
121
1 12
xyz−−
= =
−−
123
1 22
xyz−−
= =
−−
123
1 12
xyz−−
= =
(
)
1
1; 1; 1
u = −−

1
d
( )
2
1;1; 0
u =

2
d
( )
1
2; 1; 2A d Au u u
+ −+ −+
( )
2
3 ;2 ;5
Bd B t t∈⇒ + +
( )
1; 1; 3ABtutuu= −+ ++ +

AB
1
d
2
d
1
2
.0
1 1 30
1 10
.0
AB u
tu tu u
tu tu
AB u
=
−+−−−−=

+++ +=
=


3 30
1
2 20
u
tu
t
−=
⇔= =
+=
Khi đó .
Khi đó phương trình chính tắc của đường thng : .
Câu 126: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4B
đường
thẳng
12
:
1 12
xy z−+
∆==
. Tìm tọa độ điểm
M
trên
sao cho
22
28MA MB+=
.
A.
( )
1; 0; 4
M
. B.
( )
1; 0; 4M
. C.
(
)
1; 0; 4M
. D.
( )
1; 0; 4M −−
.
ng dn gii
Chn B.
( )
1 ; 2 ;2M d M t tt −−+
( ) ( )
22
22 2
6 2 2 6 20 40MA t t t t t=+− + = +
( ) ( ) ( )
22 2
22
2 4 4 2 6 28 36MB t t t t t= +− +− = +
Theo bài ra:
22 2
28 12 48 76 28MA MB t t+ = +=
2
4 40 2tt t += ⇔=
.
Vy
( )
1; 0; 4M
.
Câu 127: [2H3-3.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
(
)
1; 2; 3A −−
,
( )
3; 3; 2B −−
.
Tìm điểm
M
thuc trc
Ox
sao cho
M
cách đều hai điểm
A
B
.
A.
( )
1;0;0M
. B.
( )
0; 1; 0M
. C.
( )
1;0;0M
. D.
( )
0; 1; 0M
.
ng dn gii.
Chn C.
Cách 1: Gi
( )
;0;0 OMx x
Ta có:
(
)
1 ;2;3;MA x
= −−

( )
3 ;3; 2 .MB x=−−

M
cách đều hai điểm
A
B
MA MB⇔=
22
MA MB
⇔=
( )
( ) (
) ( ) ( ) (
)
222 222
1 2 3 33 2xx +− +− = + +−
1x⇔=
Vy:
( )
1;0;0 .M
Cách 2: Ta thy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng.
T đáp án A và C ta tính :
MA
,
MB
và được đáp án đúng là C.
Câu 128: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2
A
,
(
)
1;2;4B
và đường
thẳng
12
:
1 12
xy z−+
∆==
. Tìm tọa độ điểm
M
trên
sao cho
22
28MA MB+=
.
A.
( )
1; 0; 4M
. B.
( )
1; 0; 4M
. C.
( )
1; 0; 4M
. D.
( )
1; 0; 4M −−
.
ng dn gii
Chn B.
( )
1 ; 2 ;2M d M t tt −−+
( ) ( )
22
22 2
6 2 2 6 20 40MA t t t t t=+− + = +
( )
1; 1; 2
AB =

( )
1; 2; 3A
d
123
1 12
xyz−−
= =
(
) (
) ( )
22 2
22
2 4 4 2 6 28 36
MB t t t t t
= +− +− = +
Theo bài ra:
22 2
28 12 48 76 28
MA MB t t+ = +=
2
4 40 2tt t += ⇔=
Vy
( )
1; 0; 4M
.
Câu 129: [2H3-3.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1; 2; 3A −−
,
(
)
3; 3; 2
B
−−
.
Tìm điểm
M
thuc trc
Ox
sao cho
M
cách đều hai điểm
A
B
.
A.
( )
1;0;0M
. B.
(
)
0; 1; 0
M
. C.
( )
1;0;0M
. D.
( )
0; 1; 0M
.
ng dn gii.
Chn C.
Cách 1: Gi
( )
;0;0 OMx x
Ta có:
( )
1 ;2;3;MA x= −−

(
)
3 ;3; 2 .MB x
=−−

M
cách đều hai điểm
A
B
MA MB⇔=
22
MA MB
⇔=
( )
(
) (
)
( )
( )
(
)
222 222
1 2 3 33 2
xx
+− +− = + +−
1x⇔=
Vy:
( )
1;0;0 .M
Cách 2: Ta thy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng.
T đáp án A và C ta tính :
MA
,
MB
và được đáp án đúng là C.
Câu 130: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4
B
và đường
thẳng
12
:
1 12
xy z−+
∆==
. Tìm tọa độ điểm
M
trên
sao cho
22
28MA MB+=
.
A.
( )
1; 0; 4M
. B.
( )
1; 0; 4M
. C.
( )
1; 0; 4M
. D.
( )
1; 0; 4
M −−
.
ng dn gii
Chn B.
( )
1 ; 2 ;2M d M t tt −−+
( ) ( )
22
22 2
6 2 2 6 20 40MA t t t t t=+− + = +
( )
( ) ( )
22 2
22
2 4 4 2 6 28 36
MB t t t t t= +− +− = +
Theo bài ra:
22 2
28 12 48 76 28MA MB t t+ = +=
2
4 40 2tt t += ⇔=
Vy
( )
1; 0; 4M
.
Câu 131: [2H3-3.14-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho hình bình hành
ABCD
( )
1; 4;1A
, đường chéo
223
:
1 12
xyz
BD
−+
= =
−−
, đỉnh
C
thuc mt phng
( )
: 2 40x yz
α
+ +−=
. Tìm tọa độ đim
C
.
A.
(
)
1; 3; 3C
. B.
( )
1; 3; 1C −−
. C.
( )
3; 2; 3C
. D.
( )
2;3; 0C
.
Li gii
Chn C.
Gi s
BD AC I=
suy ra
( )
2 ;2 ; 3 2I tt t+ −−
. Suy ra
( )
5 2; 2; 7 4C tt t+ −−
.
Do
( ) ( )
5247440 1 3;2;3C tt t t C
α
+−−−−==
.
Câu 132: [2H3-3.14-4] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho bn đim
( ) ( ) ( ) ( )
3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6 , 1;1;1 .ABCD
Gi
đường thẳng đi qua
D
và tha mãn tng
khong cách t các đim
, , ABC
đến
là ln nht. Hi
đi qua điểm nào trong các điểm i
đây?
A.
( )
7;13;5M
. B.
( )
3; 4;3M
. C.
( )
1; 2;1M −−
. D.
( )
3;5;1M −−
.
ng dn gii
Chn D.
D dàng có phương trình mp
( )
ABC
1 2 3 60
326
+ + = + +−=
xyz
x yz
và có
( )
D ABC
.
Do
( )
,;d A AD∆≤
( )
,;d B BD∆≤
( )
,;d C CD∆≤
và du bng ca 3 bất đằng thc đạt được khi
( )
ABC∆⊥
.
Vy vtcp ca
là vtpt ca mp
( )
ABC
( )
2;3;1u =
.
Phương trình
111
:
231
xyz−−
∆==
.
Vy
(
)
3;5;1 ∈∆M
.
Câu 133: [2H3-3.15-3]Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
(1;1;1), (2;0;1)AB
và mt
phng
( ): 2 2 0Pxy z
++ +=
. Viết phương trình chính tc của đường thng
d
đi qua
A
, song
song vi mt phng
()P
sao cho khong cách t
B
đến
d
ln nht
A.
111
:
31 2
xyz
d
−−
= =
. B.
2
:
22 2
xyz
d
+
= =
.
C.
22
:
111
xy z
d
−−
= =
. D.
111
:
3 11
xyz
d
−−
= =
−−
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có :
( )
,BK d B d AB=
Để
( )
max ,d B d K A AB d ≡⇒
Gi
d
u

là VTCP ca
d
Ta có :
( ) ( )
, 2; 2; 2 2 1;1; 1
dP
u n AB

= = −=

  
Do
A
22
:
111
xy z
d
−−
= =
Vậy phương trình chính tắc ca
d
:
22
111
xy z−−
= =
P
d
K
B
A
Câu 134: [2H3-3.15-3] Trong không gian vi h ta đ
,
Oxyz
cho hai đường thng
:;
11 2
xy z
a = =
11
:
21 1
x yz
b
++
= =
−−
và mt phng
(
)
: 0.xy
P
z−=
Viết phương trình của đường thng
d
song
song vi
( )
P
, ct
a
b
lần lượt ti
M
N
2.
MN =
A.
7 47 47 8
:.
38 5
xyz
d
+−+
= =
B.
7 47 47 8
.
38 5
xyz−+
= =
C.
7 17 47 8
:.
38 5
xy z
d
−++
= =
D.
7 47 47 8
:.
38 5
xyz
d
++
= =
Li gii
Chn B.
Gi
( )
;; 2M tt t
( )
1 2 ', ', 1 'N tt t−− −−
. Suy ra
( )
12';';1 '2MN tttt t t=−− −− +

.
Do đường thng
d
song song vi
( )
P
nên
1 2' ' 1 ' 2 0 'tttt t t t t −−+++ = =
.
Khi đó
( )
2
1 ;2;13 14 8 2MN t t t MN t t=−+ −+ = +

.
Ta có
2
4
2 14 8 2 2 0
7
MN t t t t= + = =∨=
.
Vi
0t =
thì
( )
1; 0; 1MN =−−

( loại do không có đáp án thỏa mãn )
Vi
4
7
t =
thì
( )
3 85 1
; ; 3;8; 5
7 77 7
MN

=−− =



44 8
;;
77 7
M



Vy
448
7 47 47 8
777
.
38 5 3 8 5
xyz
xyz
−+
−+
==⇔==
−−
Câu 135: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3;3;1A
,
( )
0;2;1B
mặt
phẳng
( )
: 70Pxyz
++−=
. Viết phương trình đường thẳng
d
nằm trong mặt phẳng
( )
P
sao cho
mọi điểm thuộc đường thẳng
d
luôn cách đều
2
điểm
A
B
.
A.
2
73
xt
yt
zt
=
=
=
. B.
73
2
xt
yt
zt
=
= +
=
. C.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
. D.
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
ng dn gii
Chn D.
Lấy điểm
M
bt k thuộc đường thng
d
do
M
cách đu
A
B
nên
M
thuc mt phng
trung trc ca
AB
. Gi
I
là trung điểm của đoạn thng
AB
.
Ta có mt phng trung trc
( )
Q
ca
AB
đi qua
35
; ;1
22
I



có vectơ pháp tuyến
(
)
3; 1; 0AB =−−

nên phương trình tổng quát ca mt phng
( )
Q
( )
35
3 1 0 10
22
xyz

−− −+ =


3 70xy +−=
.
Do đó đường thng
d
là giao tuyến ca
( )
P
( )
Q
.
Xét h phương trình
70
3 70
xyz
xy
++−=
+−=
Cho
0x =
7
0
y
z
=
=
( )
0;7;0
Cd
.
Cho
1
x =
4
2
y
z
=
=
( )
1;4;2Dd
Đưng thẳng đi qua
(
)
0;7;0C
và nhận vectơ
( )
1; 3; 2
CD
=

làm vectơ ch phương n phương
trình tham s đường thng là
73
2
xt
yt
zt
=
=
=
.
Câu 136: [2H3-3.15-3] Trong không gian vi h tọa độ , cho hai đường thng
Mt phng ta đ ct các đưng thng , lần lượt ti các đim , . Din tích tam giác
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Giao điểm của đường thng và mt phng là nghim ca h:
.
Giao điểm của đường thng và mt phng là nghim ca h:
.
Ta có: .
Vy din tích tam giác .
Câu 137: [2H3-3.15-3] Trong không gian vi h trc ta đ
,Oxyz
cho đường thng
11
:
11 1
xy z−−
∆= =
.
Xét mt phng
( )
2
: 2 1 0,P m x y mz m + +=
là tham s thc. Tìm tt c các giá tr ca
m
để
đường thng
nm trong mt phng
(
)
.P
A.
1m =
2m =
. B.
2m =
.
Oxyz
1
121
:
3 12
xy z
d
−++
= =
2
33
:5
2
xt
dy t
zt
=−+
=
=
Oxz
1
d
2
d
A
B
OAB
5
10
15
55
1
d
Oxz
(
)
5
121 0
0 5;0; 5
3 12
11
2
0
5
32
x
xy z y
yA
xz
y
z
=
−++ =

= =

⇔=
−+

= =

=
=

1
d
Oxz
(
)
33 5
5 12
12;0;10
20
0 10
x tt
yt x
B
zt y
yz
=−+ =


=−=

⇔⇒

= =


= =

( )
, 0; 10;0OA OB

=

 
OAB
1
,5
2
S OA OB

= =

 
C.
1m =
. D.
1m =
2m =
.
ng dn gii
Chn C
có vectơ ch phương
(1;1;1)u =
và qua
(0;1;1)A
()
P
có vectơ pháp tuyến
2
( ; 2; )nm m=
Để
thì
2
2
20
1
.0 2.1 .1 1 0
()
mm
un
m
mm
AP
−+ =
⇔=

+ +=

.
Câu 138: [2H3-3.15-3] Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 10x ay bz
α
+ + −=
đường thng
1
:.
11 1
xyz
∆==
−−
Biết rng
( )
α
//
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
các góc ging
nhau. Tìm giá tr ca
a
.
A.
1a =
hoc
1.a =
B.
2a =
hoc
0.a =
C.
0.a =
D.
2.a =
Li gii
Chn D.
Ta có
( )
( )
(
)
1; 1; 1
1; ;
u
n ab
α
= −−
=
( )
α
//
( )
. 01 0 1n u ab ab
α
= ⇔−= + =

( )
.
Mt khác
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
suy ra
( )
( )
( )
( )
sin ; sin ;ni nk
αα
=

vi
( )
( )
1;0;0
0;0;1
i
k
=
=
( )
( )
( )
( )
..
1
1
11
ni nk
b
b
ni nk
αα
αα
= ⇔= =±


, thế vào
( )
, ta được
2
.
0
a
a
=
=
Tuy nhiên khi
(
)
0 : 10
a xz
α
= +−=
chứa đường thng
suy ra nhn
2.a =
Câu 139: [2H3-3.15-3]Cho mt phng
( )
: 2 50Pxy z+− +=
, đường thng
12
:
211
x yz
d
+−
= =
đim
( )
1; 1; 2A
. Viết phương trình đường thng
ct d
( )
P
ln t ti
M
N
sao cho
A
là
trung điểm của đoạn thng
MN
.
A.
112
13 2
xyz+−+
= =
. B.
112
2 32
xyz+−
= =
. C.
112
232
xyz+−
= =
.
D.
112
23 1
xyz+−
= =
ng dn gii
Chn C.
Gi s
ct d ti
( ) ( )
1 2 ; ;2 3 2 ; 2 ;2M tt t N t t t−+ +
do
A
là trung điểm ca
MN
.
Do
( ) ( ) ( )
: 2 5 0 2 3;2;4 2;3;2N P x y z t M AM + + = ⇒=

Phương trình đường thng
đi qua A, M là
112
232
xyz+−
= =
Phần 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CU
Câu 1: [2H3-4.1-3] Trong không gian , cho mt cu
tham s thc). Tìm các giá tr ca để mt cu có bán kính nh nht.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
có tâm , bán kính =
đạt giá tr nh nht là khi .
Câu 2: [2H3-4.1-3] Trong không gian , cho mt cu
tham s thc). Tìm các giá tr ca để mt cu có bán kính nh nht.
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
có tâm , bán kính =
đạt giá tr nh nht là khi .
Câu 3: [2H3-4.1-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho các điểm
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;3Aa B b C
trong đó a, b c s thực dương thỏa mãn
2ab+=
. Gi I
tâm mt cu ngoi tiếp t din
OABC
. Biết rng khi a, b thay đổi thì điểm I luôn thuc một đường
thng
c định. Viết phương trình đường thng
.
A.
: 2;
3
2
xt
y tt
z
=
=−∈
=
. B.
1
:;
3
2
xt
yt t
z
=
∆=
=
.
C.
: 2;
3
xt
y tt
z
=
=+∈
=
. D.
: 1;
3
xt
y tt
z
=
=+∈
=
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;3Aa B b C
nên tâm mt cu ngoi tiếp t din
OABC
3
;;
222
ab
I



Oxyz
(
)
22 2
: 2 64 8 0
S x y mx y z m m+ +−− + =
m
m
( )
S
3m =
2
m
=
4
m
=
5m =
( )
S
( )
3; 2
Im
( )
2
2 22
32 8Rm mm= +− + +
( )
2
2 255m +≥
R
5R
=
2m
=
Oxyz
( )
22 2
: 2 64 8 0S x y mx y z m m+ +−− + =
m
m
( )
S
3m
=
2m =
4m
=
5m
=
( )
S
( )
3; 2Im
( )
2
2 22
32 8
Rm mm= +− + +
( )
2
2 255m +≥
R
5R =
2
m =
Theo đề ta có
22ab a b+==−
nên
23
;;
2 22
bb
I



.
Cho
1
113
1 ;;
222
bI

= ∈∆


,
2
1 313
;;
2 442
bI

= ∈∆


,
12
11
; ;0
44
II

=



Do đó
đi qua
1
I
và có vtcp
( )
1; 1; 0u =
nên có phương trình
1
2
1
2
3
2
xt
yt
z
= +
=
=
tức là đường thng
1
3
2
xt
yt
z
=
=
=
.
Câu 4: [2H3-4.3-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, phương trình nào sau đây là phương trình mt cu có tâm
(
)
2; 3; 2I
và tiếp xúc vi mt phng
(
)
:2 2 5 0P xy z+ −=
?
A.
( ) ( ) ( )
222
2 3 22xyz+ + ++ =
. B.
( ) ( ) ( )
222
2 3 22xyz ++ +− =
.
C.
(
) ( )
( )
222
2 3 24xyz
+ + ++ =
. D.
(
) ( ) (
)
222
2 3 24xyz
++ +− =
.
ng dn gii:
Chn D.
( )
(
)
6
,2
3
dI P R= = =
Câu 5: [2H3-4.3-3] Trong không gian
Oxyz
, cho t din
ABCD
vi
( )
1; 6; 2A
,
( )
5;1; 3B
,
( )
4;0;6C
,
( )
5;0; 4D
. Viết phương trình mặt cu tâm
D
tiếp xúc vi mt phng
( )
ABC
.
A.
( ) ( )
22
2
2
54
223
x yz + +− =
. B.
( ) ( )
22
2
4
54
446
x yz + +− =
.
C.
( ) ( )
22
2
8
54
223
x yz+ +++ =
. D.
( ) ( )
22
2
8
54
223
x yz + +− =
.
ng dn gii
Chn D.
Ta có
( )
4; 5;1AB =

( )
3; 6; 4AC =

.
Khi đó
( )
, 14; 13; 9AB AC

=−−

 
.
Phương trình mặt phng
( )
ABC
( ) ( ) ( )
14 1 13 6 9 2 0 14 13 9 110 0x y z x yz −− = + + =
.
Do đó
( )
( )
2 22
14.5 13.0 9.4 110
4
,
446
14 13 9
R d D ABC
+ +−
= = =
++
.
Phương trình mặt cu tâm
D
tiếp xúc vi mt phng
( )
ABC
( ) ( )
22
2
8
54
223
x yz + +− =
.
Câu 6: [2H3-4.3-3]Trong mt phng , cho đường thng và 2 mt phng ln
ợt phương trình ; . Mt cu có tâm thuộc đường
thng , tiếp xúc vi hai mt phng có phương trình
A. . B. .
C. . D.
.
ng dn gii
Chn D
Gi .
Do tiếp xúc vi hai mt phng ta có:
.
.
Câu 7: [2H3-4.3-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
:2 2 3 2 1 0P xy z
. Viết phương
trình mt cu nm trong phn không gian
0, 0, 0xyz
, tiếp xúc vi các trc
, , Ox Oy Oz
tiếp xúc
với mt phng
P
.
A.
2 22
2 1 0.x y z xyz 
B.
2 22
2 2 0.x y z xyz 
C.
2 22
2 2 0.x y z xyz 
D.
2 22
2 1 0.x y z xyz 
Li gii. Gọi tâm mt cu cn tìm là
,,I abc
với
0; 0; 0abc
.
Chân đưng vuông góc h t
I
đến các trc
, , Ox Oy Oz
lần lưt là
;0;0Aa
,
0; ;0Bb
,
0;0;Cc
.
Mặt cu tiếp xúc vi các trc
, , Ox Oy Oz
và tiếp xúc vi mt phng
P
nên ta có:
Oxyz
:1
xt
dy
zt
=
=
=
( )
P
( )
Q
2 2 30
xyz
+ + +=
2 2 70xyz+ + +=
( )
S
I
d
( )
P
( )
Q
( )
( ) ( )
222
4
313
9
xyz
+ ++ +− =
( ) (
) (
)
222
4
313
9
xyz
+ ++ =
(
) ( )
( )
222
4
313
9
xyz
+ ++ ++ =
( ) ( )
( )
222
4
313
9
xyz
++ ++ =
(
)
; 1;It t d−−
( )
S
(
)
P
( )
Q
( )
( )
( )
( )
,,
IP IQ
dd=
222 222
22 3 22 7
122 122
tttt−− + −− +
⇔=
++ ++
3t
⇔=
( )
S
( )
3; 1; 3
2
3
I
R
−−
=
( ) ( ) ( ) ( )
222
4
:3 1 3
9
Sx y z ++ ++ =
22 22
22 22
22 22 22 22
2
22
22
,
2 2 3 21
9 2 2 321
3
bc ac
bc ac
IA IB IC d I P a c a b a c a b
ab c
a b ab c
ab





 














2
2
d , , 0 1
18 9 2 1
2 21
abc
abc
oa b c a b c
aa
aa









.
Khi đó bán kính mt cu
R
2IA
.
Do đó phương trình mt cu cn tìm là
2 22
1 1 12xyz
hay
2 22
2 10x y z xyz 
. Chn D.
Cách gii nhanh. Nhn thy 4 đáp án đu có tâm
1;1;1 , 2I R dI P



.
Câu 8: [2H3-2.11-3]Câu 49*. [2H3-2.11-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
1; 3; 2M
. Hi bao
nhiêu mt phng đi qua
M
và ct các trc ta đ ti
, ,
ABC
tha mãn
0OA OB OC
.
A. 1. B. 2. C.
3. D. 4.
Li gii. Giả s
;0;0
0; ;0 : 1.
0;0;
P Ox A a
xyz
P Oy B b P
abc
P Oz C c



P
đi qua
132
1; 3; 2 1.M
ab c

.OA OB OC a b c 
Ta có h
132
1
.
ab c
abc


H có 3 nghim nên có 3 mt phng
P
tha yêu cu. Chn C.
Cụ th các trưng hp đó là
*
, ,
abc
dùng du
abc 
: không tha mãn.
* Một trong ba s
, , abc
khác du vi hai s còn li
.
ab c
a bc
abc



Nhn xét. Do ta đ ca điểm
M
đặc bit nên trưng hp
abc
không tha mãn. Nếu không đc bit thì kết qu bài
này có 4 mt phng.
Câu 9: [2H3-2.11-4]Câu 50*. [2H3-2.11-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt cu
2 22
:3Sx y z
. Mt
mặt phng
tiếp xúc vi mt cu
S
ct các tia
, , Ox Oy Oz
tương ng ti
, , ABC
. Tính giá tr ca biu
thc
22 2
111
T
OA OB OC

.
A.
1
3
T
. B.
1
3
T
. C.
1
9
T
. D.
3T
.
Li gii. Gọi
;0;0
0; ;0 : 1
0;0;
Ox A a
xyz
Oy B b
abc
Oz C c




hay
: 1 0.
xyz
abc

Mặt cu
S
có tâm
0;0;0I
, bán kính
3R
.
Do
tiếp xúc vi
S
nên
222
222
1
111 1
, 3.
111 3
dI R
abc
abc




Suy ra
2 2 2 222
1 1 1 1 111
3
T
OA OB OC a b c

. Chn B.
Cách trc nghim. Do bài toán đúng vi mi nên ta chn mt trưng hp đc bit. Chn điểm
1;1;1M
thuc
S
.
Khi đó mt phng
tha mãn bài toán s đi qua
M
nhn
OM

làm mt VTPT nên phương trình
: 30xyz 
.
Suy ra
22 2
3 ;0;0
1 1 1 111 1
0;3; 0 .
999 3
0;0;3
Ox A a
Oy B T
OA OB OC
Oz C



Câu 10: [2H3-4.3-3] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho
( )
α
là mt phẳng qua đường thng
44
:
31 4
x yz−+
∆==
và tiếp xúc vi mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 3 3 19Sx y z ++ +− =
. Khi đó
( )
α
song song vi mt phẳng nào sau đây?
A.
3 20
xy z−+ =
. B.
2 2 50x yz + −−=
.
C.
0xyz++=
. D.
30x yz+ +=
.
ng dn gii
Chn B.
3 40
44
:
4 40
31 4
xy
x yz
yz
−=
−+
∆==
++=
( )
α
qua đường thng
nên có pt dng:
( ) ( )
34 4 40ax y b y z + ++ =
vi
22
0ab+≠
.
Mt cu
(
)
S
có tâm
( )
3; 3;1I
và bán kính
3R
=
( )
α
tiếp xúc vi mt cu
( )
S
nên
( )
(
)
,
dI R
α
=
(
)
2
22
87
3
43
ab
a ba b
⇔=
+− +
( )
2
20 2ab ab =⇔=
. Chn
2a =
1b⇒=
.
2 2 40x yz +−=
.
Câu 11: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
2;1;6
I −−
đường thng
11
:.
12 2
x yz−+
∆==
Gi
( )
P
là mt phẳng thay đổi luôn chứa đường thng
;
( )
S
là mt cu có
tâm
I
và tiếp xúc mt phng
( )
P
sao cho mt cu
( )
S
có bán kính ln nht. Tính bán kính
R
ca
mt cu
( )
S
.
A.
3 2.R =
B.
5.R =
C.
2 3.R =
D.
2 5.R =
Li gii
Chn A.
Gi
H
là hình chiếu ca
I
lên
Ta có:
( ) ( )
( )
,,IH d I d I P= ∆≥
.
Gi
( )
α
là mt phng cha
I
và vuông góc
.
Ta tìm được
( )
: 2 2 12 0xyz
α
+ −=
Tọa độ
H
là giao điểm ca
( )
α
( )
nên là nghim ca h phương trình:
11
22
12 2
2 2 12 0 3
xt t
yt x
zt y
xyz z
=+=


= =


=−− =


+ −= =

Vy:
( )
2;2; 3H
Bán kính
222
0 3 3 32
R IH= = ++ =
.
Câu 12: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
(0;8;2)A
và mt cu
()S
phương
trình
222
():(5)( 3)(7)72
Sx y z−+++=
điểm
(9; 7;23)B
. Viết phương trình mặt phng
()P
qua
A
tiếp xúc vi
()S
sao cho khong cách t
B
đến
()P
là ln nht. Gi s
(1; ; )
n mn=
mt
vectơ pháp tuyến ca
()P
. Khi đó
A.
.2mn=
. B.
.2mn=
. C.
.4mn=
. D.
.4mn=
.
ng dn gii
Chn D.
Mt phng
()P
qua
A
có dng
( 0) ( 8) ( 2) 0 8 2 0a x b y c z ax by cz b c  
.
Điu kin tiếp xúc:
222 222
53782 5115
(;()) 62 62 62
abcbc a bc
dI P
abc abc

 
 
. (*)
222 222
9 7 23 8 2 9 15 21
( ;( ))
ab cbc a b c
dB P
abc abc


 
222
5 11 5 4( 4 )
a b c ab c
abc



2 2 22 2 2
222 222 222
5 11 5 4
1 ( 1) 4 .
4 6 2 4 18 2
a b c ab c
abc
abc abc abc



  
.
Du bng xy ra khi
1 14
abc

. Chn
1; 1; 4
ab c 
tha mãn (*).
Khi đó
( ): 4 0Pxy z
. Suy ra
1; 4mn

. Suy ra:
. 4.mn 
Câu 13: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho biết đường cong
( )
ω
là tp hp tâm ca
các mt cầu đi qua điểm
( )
1;1;1A
đồng thi tiếp xúc vi hai mt phng
( )
: 60xyz
α
++−=
( )
: 60xyz
β
+++=
. Din tích ca hình phng gii hn bởi đường cong
( )
ω
bng
A.
45 .
π
B.
3 5.
C.
9.
π
D.
3.
Li gii
Chn C.
Gi
( )
S
là mt mt cu tha đ bài, vi tâm
( )
;;I xyz
. Theo bài ra, ta có
( )
( )
( )
( )
;;IA dI dI
αβ
= =
. Mà
( )
( )
( )
( )
;; 6 6
0.
dI dI x y z x y z
xyz
αβ
= ++− = +++
++=
Vy tâm ca các mt cu tha đ bài s nm trên mt phng
:0Px yz

(
)
( )
,3= =
d A P AH
.
(
)
α
//
(
)
β
nên
(
) (
)
( )
;
23
2
d
IA
αβ
= =
. T đó
( ) ( ) ( )
2 22
1 1 1 12.xyz−+−+=
Vậy điểm
( )
;;I xyz
thuc mt cu
2
1
22
: 1 1 1 12.Sx y z
Tp hp tâm ca mt cu
( )
S
là giao tuyến ca mt cu
( )
1
S
và mt phng
(
)
P
hay chính là
đường tròn tâm
H
có bán kính
( )
( )
( )
( )
( )
1
22
22
; 2 3 3 3.
S
R R d AP= = −=
Vy din tích ca hình phng cn tính là
2
9.SR
ππ
= =
Câu 14: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
(0;8; 2)A
và mt cu
()S
phương
trình
222
():(5)( 3)(7)72Sx y z
−+++=
điểm
(9; 7;23)B
. Viết phương trình mặt phng
()P
qua
A
tiếp xúc vi
()S
sao cho khong cách t
B
đến
()P
là ln nht. Gi s
(1; ; )
n mn=
là mt
vectơ pháp tuyến ca
()P
. Khi đó
A.
.2mn=
. B.
.2mn=
. C.
.4mn=
. D.
.4mn=
.
ng dn gii
Chn D.
Mt phng
()P
qua
A
có dng
( 0) ( 8) ( 2) 0 8 2 0a x b y c z ax by cz b c  
.
Điu kin tiếp xúc:
222 222
53782 5115
(;()) 62 62 62
abcbc a bc
dI P
abc abc

 
 
. (*)
222 222
9 7 23 8 2 9 15 21
( ;( ))
ab cbc a b c
dB P
abc abc


 
222
5 11 5 4( 4 )a b c ab c
abc



2 2 22 2 2
222 222 222
5 11 5 4
1 ( 1) 4 .
4 6 2 4 18 2
a b c ab c
abc
abc abc abc



  
.
Du bng xy ra khi
1 14
abc

. Chn
1; 1; 4
ab c 
tha mãn (*).
Khi đó
( ): 4 0Pxy z
. Suy ra
1; 4mn
. Suy ra:
. 4.mn 
Câu 15: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho biết đường cong
( )
ω
là tp hp tâm ca
các mt cầu đi qua điểm
(
)
1;1;1
A
đồng thi tiếp xúc vi hai mt phng
( )
: 60xyz
α
++−=
( )
: 60xyz
β
+++=
. Din tích ca hình phng gii hn bởi đường cong
( )
ω
bng
A.
45 .
π
B.
3 5.
C.
9.
π
D.
3.
Li gii
Chn C.
Gi
( )
S
là mt mt cu tha đ bài, vi tâm
( )
;;I xyz
. Theo bài ra, ta có
( )
( )
( )
( )
;;IA dI dI
αβ
= =
. Mà
( )
( )
(
)
( )
;; 6 6
0.
dI dI x y z x y z
xyz
αβ
= ++− = +++
++=
Vy tâm ca các mt cu tha đ bài s nm trên mt phng
:0Px yz
(
)
( )
,3= =
d A P AH
.
( )
α
//
( )
β
nên
( ) ( )
( )
;
23
2
d
IA
αβ
= =
. T đó
( ) ( ) ( )
2 22
1 1 1 12.xyz−+−+=
Vậy điểm
(
)
;;
I xyz
thuc mt cu
2
1
22
: 1 1 1 12.Sx y z

Tp hp tâm ca mt cu
( )
S
là giao tuyến ca mt cu
( )
1
S
và mt phng
( )
P
hay chính là
đường tròn tâm
H
có bán kính
( )
( )
( )
( )
( )
1
22
22
; 2 3 3 3.
S
R R d AP= = −=
Vy din tích ca hình phng cn tính là
2
9.SR
ππ
= =
Câu 16: [2H3-4.3-4]Hai qu bóng hình cu có kích thước khác nhau được đt hai góc ca một căn nhà hình
hp ch nht. Mi qu bóng tiếp xúc vi hai bc ng và nn của căn nhà đó. Trên bề mt ca
mi qu bóng, tn ti một điểm có khoảng cách đến hai bc ng qu bóng tiếp xúc đến nn
nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đưng kính ca hai qu bóng đó là
A.
64
. B.
34
. C.
32
. D.
16
.
Gii
Chn A.
Chn h trc to độ
Oxyz
gn vi góc tường và các trc là các cnh góc nhà. Do hai qu cầu đều
tiếp xúc vi các bc ng và nền nhà nên tương ng tiếp xúc vi ba mt phng to độ, vy tâm
cu s có to độ
( )
;;
I aaa
vi
0a >
và có bán kính
Ra=
.
Do tn ti một điểm trên qu bóng có khoảng cách đến các bc ng và nn nhà lần lượt là 9, 10,
11 nên nói cách khác điểm
( )
9;10;13
A
thuc mt cu.
T đó ta có phương trình:
( ) ( ) ( )
222
2
9 10 13a a aa−+−+=
.
Giải phương trình ta được nghim
7a =
hoc
25a =
.
Vy có 2 mt cu tho mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là
( )
2 7 25 64
+=
.
----------HT----------
Câu 17: [2H3-4.3-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
2
:
2 14
= =
x yz
d
và mt cu
( ) ( ) ( )
( )
2 22
:1 2 12 + +− =Sx y z
. Hai mt phng
( )
P
( )
Q
cha
d
và tiếp xúc vi
( )
S
. Gi
,
MN
là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thng
.MN
A.
2 2.
B.
4
.
3
C.
6.
D.
4.
ng dn gii
Chn B .
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 2;1 , 2
=IR
Đưng thng
d
nhn
( )
2; 1; 4=
u
làm vectơ
ch phương
Gi H là hình chiếu của I lên đường thng d .
( )
2 2; ;4∈⇔ +H d H t tt
Li có :
( ) ( )
. 0 2 1; 2; 4 1 . 2; 1; 4 0= + −− =

IH u t t t
( ) ( )
22 1 2 44 1 0 0 + ++ + = =
tt t t
Suy ra tọa độ điểm
( )
2;0;0H
.
Vy
141 6= ++=IH
Suy ra:
62 2= −=HM
Gi
K
là hình chiếu vuông góc ca
M
lên đường thng
HI
.
Suy ra:
2 22
1 1 1 113
424
= + =+=
MK MH MI
.
Suy ra:
24
33
MK MN=⇒=
.
Câu 18: [2H3-4.5-3] Trong không gian , cho hai điểm , và đường thng
. Viết phương trình mặt cu có tâm thuc và đi qua hai điểm , .
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
Gi mt cu có tâm , bán kính .
Vì hai điểm , cùng thuc nên:
Vy: .
Câu 19: [2H3-4.5-3] Trong không gian , cho hai điểm , và đường thng
. Viết phương trình mặt cu có tâm thuc và đi qua hai điểm , .
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
Gi mt cu có tâm , bán kính .
Vì hai điểm , cùng thuc nên:
Vy: .
Câu 20: [2H3-4.5-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, xét các mt cu
( )
S
có tâm
I
thuc mt
phng
( )
: 40Pxy−+=
đi qua hai điểm
( )
0;0;2A
,
( )
0;2;0B
. Giá tr nh nht ca bán kính
mt cu
( )
S
Oxyz
(
)
1; 2; 2A
(
)
0;3; 4B
12
: 23
3
xt
dy t
zt
= +
=
=
d
A
B
( ) ( )
( )
2 22
1 2 3 25
xyz+−+−=
(
)
(
)
(
)
222
3 1 2 29
xyz
++ +− =
(
)
(
)
( )
22 2
3 1 2 29
x yz
+ + +− =
(
)
(
)
(
)
22 2
3 1 2 29
xyz ++ ++ =
(
)
S
I
R
( )
1 2 ;2 3 ;3
Id I t t t
∈⇒ +
A
B
( )
S
IA IB R= =
22
IA IB⇔=
(
) (
)
( )
( )
(
) (
)
22 2 2 2 2
2 3 5 12 13 1tt t t t t
+ ++ = ++ ++
22 22 1tt = ⇔=
( )
3; 1; 2I⇒−
29R IA= =
( )
( ) ( ) (
)
222
: 3 1 2 29
Sx y z
++ +− =
Oxyz
(
)
1; 2; 2A
( )
0;3; 4B
12
: 23
3
xt
dy t
zt
= +
=
=
d
A
B
(
) (
) ( )
2 22
1 2 3 25xyz+−+−=
( ) (
) ( )
222
3 1 2 29
xyz ++ +− =
( ) ( )
( )
22 2
3 1 2 29xyz+ + +− =
( )
( ) (
)
22 2
3 1 2 29xyz ++ ++ =
( )
S
I
R
( )
1 2 ;2 3 ;3
Id I t t t
∈⇒ +
A
B
(
)
S
IA IB R= =
22
IA IB⇔=
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2
2 3 5 12 13 1tt t t t t + ++ = ++ ++
22 22 1tt
= ⇔=
( )
3; 1; 2
I
⇒−
29R IA
= =
( ) (
)
( ) ( )
222
: 3 1 2 29Sx y z ++ +− =
A.
2
. B.
22
. C.
23
. D.
3
.
Li gii
Chn B.
Ta có mt cu
( )
S
đi qua hai điểm
,AB
nên tâm
I
nm trên
( )
α
là mt phng trung trc ca
đoạn thng
AB
.
Mt phng
( )
α
đi qua trung điểm
(
)
0;1;1
M
ca
AB
và có vtpt
( )
1
0;1; 1
2
n AB
α
= =

nên có
phương trình
0.yz−=
Mt khác
I
thuc mt phng
(
)
P
nên
I
nm trên giao tuyến
ca
(
)
α
( )
P
.
Đưng thng
đi qua điểm
( )
4;0;0C
và có vtcp
( )
, 1;1;1 .
P
u nn
α

= =

 
Gi
H
là hình chiếu ca
A
lên
d
. Khi đó ta có
IA HA
.
Do đó giá trị nh nht ca bán kính mt cu
( )
S
( )
,
, 2 2.
u MA
R HA d A
u


= = ∆= =

Câu 21: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h trc , mt phng ct mt cu
theo một đường tròn có tọa độ tâm là
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn C.
Ta có tâm .
Tâm của đường tròn thiết din là hình chiếu ca tâm xung mt phng .
Gi đường thng qua và vuông góc vi mp .
Phương trình
P
M
A
B
H
I
Oxyz
( )
:0Pxyz++=
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
:1 2 24Sx y z+ + +− =
(
)
1;1; 2
( )
1; 2;1
(
)
2;1;1
( )
1; 2; 3
−−
( )
S
( )
1;2;2
I
H
I
( )
P
I
( )
P
1
:2
2
xt
yt
zt
=−+
∆=+
= +
Tọa độ là nghim ca h .
Câu 22: [2H3-4.6-3] Trong không gian viết phương trình mặt cu có tâm và ct mt
phng theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bng .
A. B.
C. D.
ng dn gii
Chn B.
Áp dng công thc SGK hình hc 12 là:
Vi bán kính mt cu, khong cách t m đến mt phng, bán kính đường tròn giao
tuyến.
Ta có: ,
Vy:
Câu 23:
[2H3-4.6-3] Mt phng
( )
:2 2 4 0P x yz+ −−=
mt cu
( )
2 22
: 2 4 6 11 0Sx y z x y z+ + + −=
.
Biết mt phng
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là mt đưng tròn. Tính bán kính đưng tròn
này.
A.
4
. B.
3
. C.
5
. D.
34
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
( )
S
có tâm
(
)
1; 2; 3I
, bán kính
5R
=
.
Khong cách t
I
đến
( )
P
:
( )
;3dI P =


.
bán kính đường tròn giao tuyến
22
53 4
r = −=
.
Câu 24:
[2H3-4.6-3] Mt phng
( )
:2 2 4 0P x yz+ −−=
mt cu
( )
2 22
: 2 4 6 11 0Sx y z x y z+ + + −=
.
Biết mt phng
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là mt đưng tròn. Tính bán kính đưng tròn
này.
A.
4
. B.
3
. C.
5
. D.
34
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 3I
, bán kính
5R =
.
Khong cách t
I
đến
( )
P
:
( )
;3dI P =


.
bán kính đường tròn giao tuyến
22
53 4r = −=
.
H
(
)
12
21
2;1;1
21
01
xt x
yt y
H
zt z
xyz t
=−+ =


=+=

⇒−

=+=


++= =

,Oxyz
(
)
1; 0;1
I
2 2 17 0xyz+++=
16
π
(
) ( )
22
2
1 1 81
x yz+ + +− =
(
) (
)
22
2
1 1 100x yz+ + +− =
( )
( )
22
2
1 1 10x yz+ ++− =
( ) ( )
22
2
1 1 64x yz+ ++− =
222
rdR= +
r
d
R
2 16 8RR
ππ
= ⇒=
( )
( )
222
1 2 17
,6
122
d dI
α
−+ +
= = =
++
2 2 222
8 6 100rdR=+ =+=
Câu 25: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt cu
( ) (
)
22
: 2 2 1 20
m
S x y mx m y mz m+ + + −=
. Vi mi
m
, mt cu
( )
m
S
luôn đi qua một
đường tròn c định. Tính bán kính
r
của đường tròn đó.
A.
3r =
. B.
2r =
.
C.
3r =
. D.
2r
=
.
ng dn gii
Chn B.
Gi
(
)
;;
M xyz
là điểm c định mà mt cu
( )
m
S
luôn đi qua với mi
m
.
( )
2 22
2 2 1 2 0,x y z mx m y mz m m+ + + + = ∀∈
( )
2 22
2 2 2 2 1 0,x y z y mx yz m + + + + −+ =
Suy ra:
( )
( )
2 22
1
2 2 0
2 2 10
xyz y S
x yz
α
+ + + −=
+=
.
( )
m
S
chứa đường tròn
( )
C
là giao tuyến ca mt cu
(
)
1
S
và mt phng
( )
α
.
Mt cu
( )
1
S
có tâm
( )
0; 1; 0
I
, bán kính
3R =
.
( )
( )
( )
22
2.0 2. 1 0 1
,1
221
dI
α
−+
= =
++
.
( )
( )
22
, 31 2r R dI
α
= = −=
.
Câu 26: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho mt cu
( )
S
có phương trình
(
) ( )
( ) ( )
2 22
:1 2 34
Sx y z+−+−=
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
cha trc
Ox
và ct
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
.
A.
( )
:3 2 0Pyz
−=
. B.
( )
:2 3 0P yz−=
.
C.
( )
:230
P yz+=
. D.
( )
:3 2 0Pyz+=
.
ng dn gii
Chn A.
Phương trình mặt phng
( )
P
cha trc
Ox
có dng:
( )
22
00By Cz B C+= +
.
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 3
I
, bán kính
2R =
.
Vì mt phng
(
)
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
nên mt
phng
(
)
P
đi qua tâm
( )
1; 2; 3I
.
Nên ta có:
230BC+=
. Chn
3B =
suy ra
2C =
.
Vậy phương trình mặt phng
( )
:3 2 0Pyz−=
.
Câu 27: [2H3-4.6-3] Trong không gian viết phương trình mặt cu có tâm là và ct mt
phng theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bng .
A. B.
C. D.
ng dn gii
Chn B.
,Oxyz
( )
1; 0;1I
2 2 17 0xyz+ ++=
16
π
( ) ( )
22
2
1 1 81x yz+ ++− =
( ) ( )
22
2
1 1 100x yz+ ++− =
( ) ( )
22
2
1 1 10x yz+ ++− =
( ) ( )
22
2
1 1 64x yz+ + +− =
Áp dng công thc SGK hình hc 12 là:
Vi bán kính mt cu, khong cách t tâm đến mt phng, bán kính đường tròn giao
tuyến.
Ta có: ,
Vy:
Câu 28:
[2H3-4.6-3] Mt phng
( )
:2 2 4 0P x yz+ −−=
mt cu
(
)
2 22
: 2 4 6 11 0Sx y z x y z
+ + + −=
.
Biết mt phng
(
)
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là mt đưng tròn. Tính bán kính đưng tròn
này.
A.
4
. B.
3
. C.
5
. D.
34
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 3I
, bán kính
5
R =
.
Khong cách t
I
đến
(
)
P
:
( )
;3dI P =


.
bán kính đường tròn giao tuyến
22
53 4r
= −=
.
Câu 29:
[2H3-4.6-3] Mt phng
( )
:2 2 4 0P x yz+ −−=
mt cu
( )
2 22
: 2 4 6 11 0Sx y z x y z+ + + −=
.
Biết mt phng
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là mt đưng tròn. Tính bán kính đưng tròn
này.
A.
4
. B.
3
. C.
5
. D.
34
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 3I
, bán kính
5R =
.
Khong cách t
I
đến
( )
P
:
( )
;3dI P =


.
bán kính đường tròn giao tuyến
22
53 4r = −=
.
Câu 30: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt cu
( ) (
)
22
: 2 2 1 20
m
S x y mx m y mz m+ + + −=
. Vi mi
m
, mt cu
( )
m
S
luôn đi qua một
đường tròn c định. Tính bán kính
r
của đường tròn đó.
A.
3r
=
. B.
2r =
.
C.
3r =
. D.
2r =
.
ng dn gii
Chn B.
Gi
( )
;;M xyz
là điểm c định mà mt cu
( )
m
S
luôn đi qua với mi
m
.
( )
2 22
2 2 1 2 0,x y z mx m y mz m m+ + + + = ∀∈
( )
2 22
2 2 2 2 1 0,x y z y mx yz m + + + + −+ =
Suy ra:
( )
( )
2 22
1
2 2 0
2 2 10
xyz y S
x yz
α
+ + + −=
+=
.
222
rdR
= +
r
d
R
2 16 8
RR
ππ
= ⇒=
( )
( )
222
1 2 17
,6
122
d dI
α
−+ +
= = =
++
2 2 222
8 6 100rdR
=+ =+=
( )
m
S
chứa đường tròn
(
)
C
là giao tuyến ca mt cu
( )
1
S
và mt phng
( )
α
.
Mt cu
( )
1
S
có tâm
( )
0; 1; 0I
, bán kính
3R
=
.
( )
( )
( )
22
2.0 2. 1 0 1
,1
221
dI
α
−+
= =
++
.
(
)
(
)
22
, 31 2
r R dI
α
= = −=
.
Câu 31: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho mt cu
( )
S
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
:1 2 34Sx y z+−+−=
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
cha trc
Ox
và ct
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
.
A.
( )
:3 2 0Pyz−=
. B.
( )
:2 3 0P yz−=
.
C.
(
)
:230
P yz
+=
. D.
(
)
:3 2 0
Pyz
+=
.
ng dn gii
Chn A.
Phương trình mặt phng
( )
P
cha trc
Ox
có dng:
( )
22
00By Cz B C+= +
.
Mt cu
(
)
S
có tâm
( )
1; 2; 3I
, bán kính
2R =
.
Vì mt phng
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
nên mt
phng
( )
P
đi qua tâm
( )
1; 2; 3I
.
Nên ta có:
230BC+=
. Chn
3B =
suy ra
2C =
.
Vậy phương trình mặt phng
(
)
:3 2 0Pyz
−=
.
Câu 32: [2H3-4.6-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 2 2 20Px y z
+ +=
và điểm
( )
1; 2;1I
. Viết phương trình mặt cu
( )
S
tâm
I
và ct mt phng
( )
P
theo giao tuyến là
đường tròn có bán kính bng
4
.
A.
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 1 25Sx y z+ + ++ =
. B.
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 1 25Sx y z ++ +− =
.
C.
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 1 16Sx y z ++ +− =
. D.
(
) ( ) (
) ( )
2 22
:1 2 17Sx y z
++ +− =
.
ng dn gii.
Chn B.
Ta có
( )
( )
,3dI P =
.
Bán kính mt cu là:
22
34 5+=
.
Câu 33: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho c mặt phẳng
( )
: 2 1 0 Pxy z + +=
( )
:2 1 0Q xyz+ +−=
. Tìm
r
sao cho chỉ đúng một mặt cầu
( )
S
tâm thuộc trục hoành,
đồng thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyến một đường tròn bán kính bằng
2
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng
r
.
A.
2r =
B.
3
r =
C.
5
2
r =
D.
9
2
r =
ng dn gii
Chn D.
Gi
( )
;0;0Ia
là tâm mt cu
( )
S
ct mt phng
( )
P
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
nên
Bán kính mt cu
( )
2
222 2
( 1)
2 , ( ) 4 (1)
6
a
R d IP R
+
=+ ⇔=+
(
)
S
ct mt phng
( )
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
r
nên
Bán kính mt cu
(
)
2
222 22
(2 1)
,( ) (2)
6
a
RrdIQ Rr
=+ ⇔=+
T (1) và (2) ta có
22
2
( 1) (2 1)
4
66
aa
r
+−
+=+
( )
2
22 2
2 2 80 1 92a ar a r + −= =
Khi đó để có mt mt cu
( )
S
tha yêu cu bài toán thì
2
9
92 0
2
rr
=⇔=
Câu 34: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho c mặt phẳng
(
)
: 2 1 0 Pxy z
+ +=
( )
:2 1 0Q xyz+ +−=
. Tìm
r
sao cho chỉ đúng một mặt cầu
( )
S
tâm thuộc trục hoành,
đồng thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyến một đường tròn bán kính bằng
2
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng
r
.
A.
2
r =
B.
3
r =
C.
5
2
r =
D.
9
2
r =
ng dn gii
Chn D.
Gi
( )
;0;0Ia
là tâm mt cu
( )
S
ct mt phng
( )
P
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
nên
Bán kính mt cu
( )
2
222 2
( 1)
2 , ( ) 4 (1)
6
a
R d IP R
+
=+ ⇔=+
( )
S
ct mt phng
( )
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
r
nên
Bán kính mt cu
( )
2
222 22
(2 1)
,( ) (2)
6
a
RrdIQ Rr
=+ ⇔=+
T (1) và (2) ta có
22
2
( 1) (2 1)
4
66
aa
r
+−
+=+
( )
2
22 2
2 2 80 1 92a ar a r + −= =
Khi đó để có mt mt cu
( )
S
tha yêu cu bài toán thì
2
9
92 0
2
rr =⇔=
Câu 35: [2H3-4.6-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt cu
22 2
:1 1 24Sx y z
điểm
1;1; 1A
. Ba mt phẳng thay đổi đi qua
A
và đôi một vuông góc nhau, ct mt cu theo thiết
din là ba hình tròn. Tng din tích ca ba hình tròn này bng:
A.
3.
B.
4.
C.
11 .
D.
12 .
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
S
có tâm
1;1; 2I
, bán kính
2R
.
Gi ba mt phẳng đôi một vuông góc tha mãn bài toán là
, , 
.
Gi
, , MNP
lần lượt là hình chiếu vuông góc ca
I
trên
, , 
. Suy ra
, ,
MNP
là tâm ca
các đưng tròn giao tuyến.
Xét đường tròn giao tuyến nm trong mt phng
có:
22 2
R R IM

.
Tương tự, ta có
22 2
R R IN

22 2
R R IP

.
Suy ra
222 2 2 2 2 2 2
3 3 11R R R R IM IN IP R IA


 


.
Vy tng din tích ba hình tròn:
2 2 2 222
11SR R R RRR



.
Câu 36: [2H3-4.7-3] Trong không gian vi h ta đ cho điểm và mt phng
Viết phương trình mặt cu tâm biết mt phng ct mt cu
theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bng
A. . B. .
C. . D. .
Li gii
Chn A.
Gi tâm đường tròn , khi đó
Đưng tròn có chu vi bng Do đó:
Gi là bán kính mt cu .
Vậy phương trình mặt cu :
Câu 37: [2H3-4.7-3] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho mt cu
( )
S
có tâm
I
nm trên tia
,Ox
bán kính bng
3
và tiếp xúc vi mt phng
( )
.Oyz
Viết phương trình mặt cu
( )
.S
,Oxyz
( )
1; 2; 2
A
( )
:2 2 5 0.+ ++=P x yz
( )
S
A
(
)
P
( )
S
8.
π
( ) ( ) ( ) ( )
222
:12225 + ++ =Sx y z
( ) ( ) ( ) ( )
222
:1225 + ++ =Sx y z
( ) ( ) ( ) ( )
222
:1229 + ++ =Sx y z
( ) ( ) ( ) ( )
222
:12216 + ++ =Sx y z
I
(
)
C
( )
IA P
( )
(
)
; 3.
⇒= =IA d A P
( )
C
8.
π
2 8 4.
= ⇒=rr
ππ
R
( )
S
2 2 22
435⇒= + = + =R r IA
( )
S
( ) ( ) ( )
222
1 2 2 25. + ++ =xyz
R
M
I
P
N
M
I
A
A.
22 2
( 3) 9.xy z+ +− =
B.
22 2
( 3) 9.xy z+ +− =
C.
2 22
( 3) 3.x yz ++=
D.
2 22
( 3) 9.x yz ++=
Li gii
Chn D.
Mt cu có tâm thuc
,Ox
bán kính
3R =
nên có tâm
(3;0;0)I
.
Phương trình mặt cu là:
2 22
( 3) 9.x yz ++=
Câu 38: [2H3-4.8-3] Trong không gian vi h trc , cho hai đường thng
. Mt cu có bán kính nh nht tiếp xúc vi c hai đưng thng
phương trình:
A. . B. .
C. . D. .
ng dn gii
Chn C.
Ta có hai đường thng lần lượt có hai véc-tơ ch
phương
Mt cu có bán kính nh nht tiếp xúc vi c hai đường thng khi đoạn vuông góc chung
của hai đường thng là một đường kính ca mt cu.
Gi , .
là đoạn vuông góc chung của hai đường thng khi và ch khi
.
Suy ra , . Suy ra mt cu có tâm của là trung điểm ca
đoạn có ta đ và bán kính . Suy ra có phương trình là
Oxyz
1
415
:
3 12
x yz
d
−+
= =
−−
2
23
:
1 31
xyz
d
−+
= =
1
d
2
d
2 22
20x y z xyz+ + + +−=
2 22
4220xyz xyz++++ =
2 22
4220xyz xyz
++− + =
2 22
20x y z xyz+ + +=
1
415
:
3 12
x yz
d
−+
= =
−−
2
23
:
1 31
xyz
d
−+
= =
( )
1
3;1;2u −−

( )
2
1; 3;1u

1
d
2
d
( )
1
43;1 ;52A a a ad+ −−
( )
2
2 ; 3 3;B b bb d+ −+
( )
3 2;3 4; 2 5
AB b a b a b a +− + +

AB
1
d
2
d
11
22
.0
7 6 0 1
11 2 9 0 1
.0
AB u AB u
ab a
ba b
AB u AB u

⊥=
++= =


⇔⇔

+ −= =
⊥=



 
 
( )
1; 2; 3A
( )
3;0;1B
( )
2; 2;4
AB

(
)
S
AB
( )
2;1; 1I
6
2
AB
R
= =
( )
S
2 22
4220.xyz xyz++− + =
Câu 39: [2H3-4.8-3]Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho các điểm
( )
2;0;0A
,
( )
0;4;0B
,
(
)
0;0;6
C
( )
2;4;6D
. Tp hp các đim
M
tha mãn
4MA MB MC MD+++ =
   
là mt cu có
phương trình
A.
( ) ( )
( )
2 22
1 2 31xyz+−+−=
. B.
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 31xy z ++ +− =
.
C.
( )
(
) (
)
2 22
1 2 34xyz
++−=
. D.
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 31xy z+++++=
.
ng dn gii
Chn A.
Gi s
(
)
;;M xyz
.
( )
2;;MA x y z= −−

,
(
)
;4 ;MB x y z
= −−

,
( )
; ;6MC x y z=−−

,
(
)
2 ;4 ;6MD x y z
=−−

( )
44;84;124MA MB MC MD x y z+++ =
   
( ) ( ) ( )
22 2
4 44 84 124 4MA MB MC MD x y z
+ + + = +− + =
   
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 31xyz + +− =
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 31
xyz+−+−=
.
Cách khác
Gi
G
là trng tâm t din
ABCD
thì
( )
1; 2; 3G
và:
44 4 4+++ = = =
    
MA MB MC MD MG MG
.
Vy tp hợp các điểm
M
là mt cu tâm
( )
1; 2; 3G
, bán kính bng 1.
Suy ra phương trình cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 31xyz+−+−=
.
Câu 40: [2H3-4.8-4] Trong không gian vi h trc , mt phng các đim
, . Mt cu có bán kính nh nhất đi qua , , và tiếp xúc vi mt
phng có tâm là
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn A.
Gi trung điểm của đoạn thng suy ra . Suy ra tâm đưng tròn ngoi tiếp
tam giác .
Gi đường thẳng đi qua và vuông góc vi , suy ra phương trình
. Gi là tâm mt cu suy ra .
Ta có .
Oxyz
( )
:2 2 5 0P xy z+ +=
( )
0;0;4A
( )
2;0;0B
( )
S
O
A
B
( )
P
(
)
1;2;2
I
19
1; ; 2
4
I



(
)
1; 2; 2
I
19
1; ; 2
4
I



I
AB
( )
1; 0; 2I
I
OAB
I
( ) (
)
OAB Oxz
1
2
x
yt
z
=
=
=
E
( )
S
( )
1; ; 2E Et∈∆
2
5EB t= +
( )
( )
11
,
3
t
dE P
−+
=
Khi đó ta có
Vi .
Vi .
Câu 41: [2H3-4.10-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hình cu
( )
:
S
2 22
6 2 4 11 0xyz xyz+ +−=
và mt phng
2 2 20x yz+ ++=
ct nhau theo hình tròn
( )
C
.
Tính din tích toàn phn của hình nón có đỉnh là tâm ca
( )
S
và đáy là hình tròn
( )
C
.
A.
36V
π
=
. B.
24V
π
=
. C.
25V
π
=
. D.
49V
π
=
.
Li gii
Chn B.
Ta có
( )
S
có tâm
( )
3;1;2I
bán kính
5r =
. Khong cách t
I
đến
( )
:2 2 2 0
P x yz+ ++=
là
( )
( )
22
6222
;4
221
dI P
+++
= =
++
.
Gi
,,lhR
lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy hình nón.
Ta có:
3l IC= =
,
( )
( )
;4h IJ d I P
= = =
,
22
3R JC IC IJ== −=
.
Diện tích đáy bằng:
2
1
. 9.SR
ππ
= =
Vy ta có din tích toàn phn ca khi nón:
1
. . 9 24
tp xq
S S S Rl
π ππ
= += + =
.
Câu 42: [2H3-4.10-3]Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho c điểm
( )
1; 2; 4A
,
( )
1; 3;1B
,
( )
2;2;3C
. Mt cu
( )
S
đi qua
A
,
B
,
C
và có tâm thuc mt phng
( )
Oxy
có bán kính là
A.
26
. B.
34
. C.
34
. D.
26
.
22
2
11
5 8 22 76 0
19
3
4
t
t
t tt
t
=
−+
+= + =⇔
=
(
)
2 1;2;2 3t E R EB= ⇒= =
19 19 441
1; ; 2 3
54 4
t E R EB

= ⇒= = >


R
C
J
A
I
ng dn gii
Chn A.
Tâm
I
mt cu
( )
S
thuc mt phng
( )
Oxy
nên gi s
( )
; ;0I xy
.
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22 22
22 22
22 22
22 22
1 2 16 1 3 1
1 2 16 2 2 9
1 2 16 1 3 1
2
1
1 2 16 2 2 9
+− += ++ +
=
==⇔⇔

=
+−+= −+−+
+− +=−++ +
=
⇔⇔

=
+−+=−+−+
xy xy
IA IB
IA IB IC
IA IC
xy x y
xy xy
x
y
xy x y
Suy ra
( )
2;1; 0I
. Vy bán kính mt cu là
26
= =
R IA
.
Câu 43: [2H3-4.10-3] Hai qu bóng hình cầu kích thước khác nhau được đt hai góc ca mt căn nhà
hình hp ch nht. Mi qu bóng tiếp xúc vi hai bc ng và nn của căn nhà đó. Trên bề mt
ca mi qu bóng, tn ti một điểm có khoảng cách đến hai bc ng qu bóng tiếp xúc đến
nn nhà ln lưt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đường kính ca hai qu bóng đó là
A. 64. B. 34. C. 32. D. 16.
Gii
Chn.A.
Chn h trc to độ
Oxyz
gn vi góc tường và các trc là các cnh góc nhà. Do hai qu cầu đều
tiếp xúc vi các bc ng và nền nhà nên tương ng tiếp xúc vi ba mt phng to độ, vy tâm
cu s có to độ
( )
;;I aaa
vi
0a >
và có bán kính
Ra=
.
Do tn ti một điểm trên qu bóng có khoảng cách đến các bc ng và nn nhà lần lượt là 9, 10,
11 nên nói cách khác điểm
( )
9;10;13A
thuc mt cu. T đó ta có phương trình:
( )
( ) ( )
222
2
9 10 13a a aa−+−+=
Giải phương trình ta được nghim
7a
=
hoc
25a =
Vy có 2 mt cu tho mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là
( )
2 7 25 64+=
.
Câu 44: [2H3-4.10-3] Trong không gian vi h ta đ
( )
Oxyz
, cho
( )
1; 0; 0A
,
(
)
0; 1; 0B
,
( )
0; 0; 1C
,
( )
1; 1; 1D
. Mt cu tiếp xúc
6
cnh t din
ABCD
ct
( )
ACD
theo thiết din có din tích
S
.
Chn mệnh đề đúng ?
A.
6
S
π
=
. B.
4
S
π
=
. C.
3
S
π
=
. D.
5
S
π
=
.
Li gii
Chn B.
T din
ABCD
là t diện đều nên mt cu tiếp xúc vi các cnh có trng tâm là
1 11
; ;
2 22
G



; bán kính
13
3
22
R AG= = =
.
Phương trình mặt phng
( )
ACD
:
10xz+−=
.
( )
( )
11
1
2
22
;
2
2
GH d G ACD
−−
= = =
.
Bán kính đường tròn thiết din :
22
31 1
42 2
r R GH= = −=
Vy diện tích đường tròn là :
2
4
Sr
π
π
= =
.
Câu 45: [2H3-4.10-4] Cho mt cu
( ) ( )
(
) (
)
22 2
:2 1 24Sx y z ++ ++ =
điểm
( )
2;1;3M −−
. Ba mt
phẳng thay đổi đi qua
M
đôi một vuông góc vi nhau, ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là ba
đường tròn. Tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là.
A.
4
. B.
1
. C.
10
. D.
11
.
ng dn gii
Chn D.
Cách 1 :
Ta có mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
22 2
:2 1 24Sx y z ++ ++ =
có tâm
( )
2;1;2I −−
và bán kính
2
R =
.
Tnh tiến h trc tọa độ ly
M
là gc và trong tọa độ này
( )
;;I abc
Khi đó
222
11
IM abc= ++=
Khong cách t
I
đến ba mặt đôi 1 vuông góc là
,,abc
.
Do đó tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là
222
222
RaRbRc +−+−
( )
2 222
3 11R abc= −++=
.
Cách 2:
Gi
α
là mt phẳng đi qua
,MI
, khi đó
α
( )
S
ct nhau tạo thành đường tròn bán kính:
2
3.
S
r R IM
α
=−=
x
z
y
M
I
Gi
β
là mt phẳng đi qua
MI
và vuông góc vi
α
, khi đó
β
( )
S
ct nhau tạo thành đường
tròn bán kính:
4 2.
S
rR
β
= = =
Gi
γ
là mt phẳng đi qua
MI
γ
vuông góc vi
α
,
γ
vuông góc vi
β
, khi đó
γ
( )
S
ct
nhau tạo thành đường tròn bán kính:
4 2.
S
rR
γ
= = =
Vy tổng bình phương các bán kính của ba đường tròn :
222
11.rrr
αβγ
++=
Câu 46: [2H3-4.10-4] Trong không gian vi h tọa độ , cho hai điểm , và mt
phng . Trong các mt cầu đi qua hai điểm , và có tâm thuc mt phng
, là mt cu có bán kính nh nht. Tính bán kính ca mt cu .
A. . B. . C. . D. .
Li gii
Chn A.
Ta có: , gi là trung điểm ca suy ra .
Gi là tâm mt cu cn tìm. Vì suy ra:
mt cu
đi qua hai điểm , nên
Khi đó
là mt cu có bán kính nh nht khi nh nht.
Ta có
Suy ra nh nht là: .
Khi đó bán kính nhỏ nht ca mt cu là:
Câu 47: [2H3-4.10-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
(
)
1; 0; 1
A
và mt phng
( )
: 30
Pxyz+−−=
. Mt cu
( )
S
có tâm
I
nm trên mt phng
( )
P
đồng thời đi qua hai điểm
A
O
sao cho chu vi tam giác
OIA
bng
62
+
. Khi đó, phương trình mặt cu
( )
S
phương
trình nào sau đây, biết rng tâm
I
có cao độ âm?
A.
( ) ( ) ( )
222
1229xyz+ + ++ =
. B.
( ) ( ) ( )
2 22
2 2 3 17xyz++++=
.
C.
( ) ( )
22
2
1 25x yz + ++ =
. D.
( )
( )
22
2
2 13x yz
+ ++ =
.
Li gii
Chn A.
Ta có:
2OA =
IA IO=
nên
3IA IO= =
Gi
( ) ( )
; 3;Ix x z z P−++
, tọa độ
I
tha h:
3
3
IO
IA
=
=
( )
( ) ( ) ( )
2
22
2 22
39
1 31 9
x xz z
x xz z
+−+ + + =
+− + + +−− =
Ta tr hai phương trình với nhau và gii h ta có:
2z =
(do
I
có cao độ âm)
Vy
( )
1; 2; 2I −−
hay
( ) ( ) ( ) ( )
222
:1229Sx y z+ + ++ =
.
Oxyz
( )
1; 2;1A
( )
3; 2;3B
( )
: 30
Pxy−=
A
B
( )
P
( )
S
R
( )
S
22
R =
23R
=
2
R =
1
R =
( )
2;0;2
AB =

H
AB
( )
2;2;2H
I
( )
IP
( )
; 3;I mm n
( )
2; 5; 2
HI m m n
= −−

( )
S
A
B
.0 4 4
HI AB HI AB m n n m =⇔ +==−
 
(
)
2; 5; 2HI m m m
= −−

( )
S
( )
,d I AB
( )
( )
22
, 3 18 33 3 6 9 6 6d I AB HI m m m m= = + = + +≥

( )
,d I AB
6
(
)
2
2
6 2 6 2 2.
2
AB
R

= + = +=


----------- HT -----------
Câu 48: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho các mặt phẳng
(
)
: 2 1 0 Pxy z + +=
( )
:2 1 0Q xyz
+ +−=
. Tìm
r
sao cho chỉ có đúng một mặt cầu
( )
S
có tâm thuộc trục hoành, đồng
thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng
2
( )
S
cắt mặt
phẳng
( )
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng
r
.
A.
2r
=
B.
3r =
C.
5
2
r =
D.
9
2
r =
ng dn gii
Chn D.
Gi
( )
;0;0Ia
là tâm mt cu.
( )
S
ct mt phng
( )
P
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
2
nên
Bán kính mt cu
( )
2
222 2
( 1)
2 , ( ) 4 (1)
6
a
R d IP R
+
=+ ⇔=+
( )
S
ct mt phng
(
)
Q
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bng
r
nên
Bán kính mt cu
( )
2
222 22
(2 1)
,( ) (2)
6
a
RrdIQ Rr
=+ ⇔=+
T (1) và (2) ta có
22
2
( 1) (2 1)
4
66
aa
r
+−
+=+
(
)
2
22 2
2 2 80 1 92a ar a r
+ −= =
Khi đó để có mt mt cu
( )
S
tha yêu cu bài toán thì
2
9
92 0
2
rr =⇔=
.
Câu 49: [2H3-4.10-4] Trong không gian vi h trc ta đ
,Oxyz
cho mt cu
( ) ( )
( ) (
)
2 22
: 1 2 1 25Sx y z + ++ =
. Đưng thng
d
ct mt cu
( )
S
tại hai điểm
A
,
B
. Biết
tiếp din ca
( )
S
ti
A
B
vuông góc. Tính độ dài
AB
.
A.
5
.
2
AB =
B.
5.
AB =
C.
5 2.AB =
D.
52
.
2
AB =
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
(
)
S
có tâm
( )
1; 2; 1I
, bán kính
5R =
. Tiếp din
( )
P
( )
Q
ca
( )
S
lần lượt ti
A
B
vuông góc vi nhau suy ra t giác
IAHB
là hình vuông. Vy
2 5 2.
AB R= =
Câu 50: [2H3-4.10-4] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho biết đường cong
( )
ω
là tp hp tâm ca
các mt cu
( )
S
đi qua điểm
( )
1;1;1A
đồng thi tiếp xúc vi hai mt phng
( )
: 60xyz
α
++−=
( )
: 60xyz
β
+++=
. Din tích ca hình phng gii hn bởi đường cong
( )
ω
bng
A.
45 .
π
B.
3 5.
C.
9.
π
D.
3.
Li gii
Chn C.
Gi
(
)
;;I xyz
là tâm mt cu
( )
.S
Theo bài ra, ta có
(
)
( )
( )
( )
; ;.IA dI dI
αβ
= =
(
)
(
)
( )
(
)
( )
; ; 6 6 : 0.dI dI xyz xyz Pxyz
αβ
= ++= +++ ++=
( )
α
//
( )
β
suy ra
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
1
;
2 3 : 1 1 1 12.
2
d
IA S x y z
αβ
= = −+−+=
Tp hpm ca mt cu
( )
S
là giao tuyến ca mt cu
( )
1
S
và mt phng
( )
P
hay chính là
hình tròn có bán kính
( )
( )
(
)
( )
( )
1
22
22
; 2 3 3 3.
S
R R d AP= = −=
Vy din tích ca hình phng cn tính là
2
9.SR
ππ
= =
Phn 5: TNG HP GÓC VÀ KHONG CÁCH
Câu 51: [2H3-5.2-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai đưng thng
1
:2
3
xt
dy t
zt
= +
=
=
2
: 12
52
xt
dy t
zt
=
′′
=−−
=
. Chn
khng đnh đúng trong các khng đnh sau:
A.
dd
. B.
d
ct
d
. C.
d
d
chéo nhau. D.
d
//
d
.
ng dn gii:
Chn D.
I
A
B
P
Q
H
Do
2
dd
uu
=
 
( )
1; 2; 3 / /M d Md dd
′′
∈⇒
Câu 52: [2H3-5.2-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đim
0;0;2
A
hai đường thng
:2
dxyz

,
1
': 2 .
0
xt
dy t
z


Tìm ta đ của điểm
N
thuộc đường thng
'd
sao cho đường thng
AN
cắt đường thng
d
ti một điểm.
A.
0;3; 0 .N
B.
2;1; 0 .N
C.
1;2;0 .N
D. Không có điểm
N
như thế.
Li gii. Viết li
'
: : 2 '.
122
2'
xt
xyz
d dy t
zt

Gi
;2 ;2
1 ;2 ;0 '
Mmmm d
N nn d

.
Suy ra
;2 ;2 2
, 2 8 2 4;2 4 2 2; 3
1 ;2 ; 2
AM mmm
AM AN mn m n mn m n mn
AN n n







 

.
Để
AN
ct
d
ti
M 
ba điểm
, , AM N
thng hàng
,0AM AN




 
2 8 2 40
1
2 4 2 2 0 1;2;0
2
0
30
mn m n
m
mn m n N
n
mn








. Chn C.
Nhn xét. Ch này khi gii bài cho hc sinh, rt nhiu giáo viên mc sai lầm là cho hai vectơ cùng phương và
xét t l. Trong bài này dính tham s nên làm như thế không n.
Câu 53: [2H3-5.2-3] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thng
( )
1
:2
3
xt
dy tt
zt
= +
=
=
( )
22
: 34
52
xt
d y tt
zt
= +
′′
=+∈
=
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đưng thng
d
cắt đường thng
d
.
B. Đưng thng
d
song song với đường thng
d
.
C. Đưng thng
d
trùng với đường thng
d
.
D. Hai đường thng
d
d
chéo nhau.
Li gii
Chn B.
Hai đường thng
d
,
d
có 2 vectơ chỉ phương lần lượt là:
( )
1
1; 2; 1u =

( )
21
2;4; 2 2uu= −=

nên hai đường thng
d
,
d
hoc song song hoc trùng nhau.
Ly
( )
1; 0; 3Md
, thay vào
d
ta có:
122
034
352
t
t
t
= +
= +
=
0,5
0,75
1
t
t
t
=
⇔=
=
(vô lý) nên hai đường thng
d
,
d
song song vi nhau.
Câu 54: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm
( )
1; 2;1A
( )
4;5; 2B
và mt phng
( )
P
phương trình
3 4 5 60xyz + +=
. Đường thng
AB
ct
( )
P
ti đim
M
. Tính t s
MB
MA
.
A.
4
. B.
2
. C.
3
. D.
1
4
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có
( )
3;3; 3 .AB =

Phương trình đường thng
AB
( ) ( )
1
: 2
1
xt
d y tt
zt
= +
=+∈
=
Gi
M
là giao điểm ca
(
)
d
( )
P
, ta có h:
( )
11 1
22 2
2;3; 0 .
11 3
3 4 5 60 33 84 55 6 0 0
xt xt t
yt yt x
M
zt zt y
xyz t t t z
=+=+ =


=+=+ =

⇔⇒

=−= =


+ += + + += =

Ta có
( ) ( )
1; 1;1 , 2; 2; 2 2 .MA MB MB MA=−− = =
   
Vy
2.
MB
MA
=
Câu 55: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm
(
)
1; 2;1
A
( )
4;5; 2B
và mt phng
( )
P
phương trình
3 4 5 60xyz + +=
. Đường thng
AB
ct
( )
P
ti đim
M
. Tính t s
MB
MA
.
A.
4
. B.
2
. C.
3
. D.
1
4
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có
(
)
3;3; 3 .AB =

Phương trình đường thng
AB
( ) ( )
1
: 2
1
xt
d y tt
zt
= +
=+∈
=
Gi
M
là giao điểm ca
( )
d
( )
P
, ta có h:
( )
11 1
22 2
2;3; 0 .
11 3
3 4 5 60 33 84 55 6 0 0
xt xt t
yt yt x
M
zt zt y
xyz t t t z
=+=+ =


=+=+ =

⇔⇒

=−= =


+ += + + += =

Ta có
( ) ( )
1; 1;1 , 2; 2; 2 2 .MA MB MB MA=−− = =
   
Vy
2.
MB
MA
=
Câu 56: [2H3-5.3-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho các điểm
(
)
2;1; 0A
,
( )
1;2;2B
,
( )
1;1; 0M
và mt phng
( )
: 20 0Pxyz++− =
. Tìm ta đ điểm
N
thuộc đường thng
AB
sao cho
MN
song song vi mt phng
( )
P
.
A.
( )
2;1;1
N
. B.
51
; ;1
22
N



. C.
33
; ;1
22
N



. D.
51
; ;1
22
N



.
ng dn gii
Chn B.
Đưng thng
AB
đi qua
A
và nhn
( )
1;1; 2AB =

làm vectơ ch phương phương trình
tham s là:
2
1
2
xt
yt
zt
=
= +
=
.
Do
N AB
nên
(
) ( )
2 ;1 ;2 1 ; ;2N t tt MN ttt−+ =

.
Mt phng
( )
P
có vectơ pháp tuyến là:
( )
1;1;1n =
.
1 51
/ /( ) . 0 1 2 0 ; 1
2 22
MN P MN n t t t t N

= −++ = =



.
Câu 57: [2H3-5.3-4] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm
( )
0;2;0A
,
( )
2;1; 1M
và ct các trc
Ox
,
Oz
lần lượt ti
B
,
C
sao cho th tích t din
OABC
bng
6
.
A.
2 3 6 0;x yz+ +−=
6 8 12 0xyz++=
. B.
2 3 6 0;x yz+ +−=
6 8 12 0xyz +−=
.
C.
2 3 6 0;
x yz+ ++=
6 8 12 0xyz +−=
. D.
2 3 6 0;x yz
+ ++=
6 8 12 0xyz++=
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
B Ox
( )
;0;0Bb
,
C Oz
( )
0;0;Cc
. Vì
OABC
là mt t din nên
BO
CO
. Suy ra
.0ab
,
2OA
=
,
OB b=
,
OC c=
,
1
..
6
OABC
V OAOB OC=
1
.2.
6
bc=
1
.
3
bc=
.
Gi
( )
α
là mt phng cần tìm. Phương trình mặt phng
( )
α
theo đoạn chn là
1.
2
xyz
ac
++=
Mt
phng
(
)
α
đi qua
M
và th tích t din
OABC
bng
6
khi:
21 1
1
2
1
.6
3
bc
bc
++ =
=
29
18
29
18
cb
bc
cb
bc
−=
=
−=
=
( )
2
2
29
2 9 18 0
29
2 9 18 0
bc
cc
bc
vn
cc
=
−−=
= +
++=
12
3
3
6
2
b
b
c
c
=
=
⇔∨

=
=
Vi
3
6
b
c
=
=
, phương trình mặt phng
( )
α
:
1
326
xyz
++=
hay
2 3 60x yz+ +−=
.
Vi
12
3
2
b
c
=
=
, phương trình mặt phng
( )
α
:
2
1
12 2 3
xyz
++ =
−−
hay
6 8 12 0xyz++=
.
Câu 58: [2H3-5.3-4] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm
( )
0;2;0A
,
( )
2;1; 1M
và ct các trc
Ox
,
Oz
lần lượt ti
B
,
C
sao cho th tích t din
OABC
bng
6
.
A.
2 3 6 0;x yz
+ +−=
6 8 12 0xyz++=
. B.
2 3 6 0;x yz+ +−=
6 8 12 0xyz
+−=
.
C.
2 3 6 0;x yz
+ ++=
6 8 12 0
xyz
+−=
. D.
2 3 6 0;x yz
+ ++=
6 8 12 0xyz++=
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có:
B Ox
( )
;0;0
Bb
,
C Oz
( )
0;0;Cc
. Vì
OABC
là mt t din nên
BO
CO
. Suy ra
.0ab
,
2OA =
,
OB b
=
,
OC c
=
,
1
..
6
OABC
V OAOB OC=
1
.2.
6
bc=
1
.
3
bc=
.
Gi
( )
α
là mt phng cần tìm. Phương trình mặt phng
( )
α
theo đoạn chn là
1.
2
xyz
ac
++=
Mt
phng
( )
α
đi qua
M
và th tích t din
OABC
bng
6
khi:
21 1
1
2
1
.6
3
bc
bc
++ =
=
29
18
29
18
cb
bc
cb
bc
−=
=
−=
=
( )
2
2
29
2 9 18 0
29
2 9 18 0
bc
cc
bc
vn
cc
=
−−=
= +
++=
12
3
3
6
2
b
b
c
c
=
=
⇔∨

=
=
Vi
3
6
b
c
=
=
, phương trình mặt phng
( )
α
:
1
326
xyz
++=
hay
2 3 60x yz
+ +−=
.
Vi
12
3
2
b
c
=
=
, phương trình mặt phng
( )
α
:
2
1
12 2 3
xyz
++ =
−−
hay
6 8 12 0xyz++=
.
Câu 59: [2H3-5.3-4]Trong không gian vi h trc to độ
Oxyz
, cho ba mt phng
( )
: 2 10Px yz +−=
,
( )
: 2 80Qx yz ++=
( )
: 2 40Rx yz +−=
. Mt đưng thng
d
thay đổi ct ba mt phng
( ) ( ) ( )
,,PQR
lần lượt ti
,,ABC
. Đặt
2
144
4
AB
T
AC
= +
. Tìm giá tr nh nht ca
T
.
A.
3
min 54 2T
=
. B.
min 108T
=
. C.
3
min 72 3T =
. D.
min 96T =
.
ng dn gii
Chn A.
Ta có
( ) ( ) ( )
// //PQR
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
,
3
,
dP Q
AB
AC
dP R
= =
22 2
3
3
2
144 72 72 72.72
3 54 2
44 4
AB AB AB
T
AC AC AC AC
= += ++ =
.
Câu 60: [2H3-5.4-3] Cho mt cu
(
) (
) ( ) ( )
2 22
: 4 7 1 36Sx y z−+−++=
và mt phng
( )
:3 0P xyzm+−+ =
. Tìm
m
để mt phng
( )
P
ct
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có
bán kính ln nht
A.
20m =
. B.
6m =
. C.
36
m =
. D.
20m =
.
ng dn gii
Chn A.
Mt cu
S
tâm
( )
4;7; 1I
bán kính
6R =
Mt phng
( )
P
ct
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính ln nht khi mt mt
( )
P
đi qua tâm
I
ca mt cầu, khi đó đường tròn giao tuyến còn gi là đường tròn xích đạo. Khi đó
(
)
( )
4;7; 1IS−∈
20m
=
Câu 61: [2H3-5.4-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, xác định ta đ m
I
ca đưng tròn giao
tuyến vi mt cu
( )
S
:
( ) ( ) ( )
2 22
1 1 1 64
xyz
−+−+=
vi mt phng
( )
:2 2 10 0x yz
α
+ ++ =
A.
772
;; .
333

−−−


B.
( )
2; 2; 2 .−−−
C.
277
;; .
333

−−−


D.
727
;; .
333

−−−


ng dn gii.
Chn A.
Mt cu
(
)
S
có tâm
( )
1;1;1I
, bán kính
8R
=
..
Phương trình đường thng
d
đi qua
(
)
1;1;1I
vuông góc vi mt phng
(
)
:2 2 10 0
x yz
α
+ ++ =
.
Phương trình tham số ca
12
: 12
1
xt
dy t
zt
= +
= +
= +
.
Gi
J
là tâm ca mt cu
( )
S
. Suy ra :
( )
Jd
α
=
.
Vy
( )
1 2 ;1 2 ;1J t tt
+++
.
( ) ( ) ( )
:21 2 21 2 1 10 0J t tt
α
+ + + +++ =
.
5
3
t
⇔=
. Suy ra
772
;; .
333
J

−−−


Câu 62: [2H3-5.4-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, xác định ta đ m
I
ca đưng tròn giao
tuyến vi mt cu
( )
S
:
( ) ( ) ( )
2 22
1 1 1 64xyz−+−+=
vi mt phng
( )
:2 2 10 0x yz
α
+ ++ =
A.
772
;; .
333

−−−


B.
( )
2; 2; 2 .−−−
C.
277
;; .
333

−−−


D.
727
;; .
333

−−−


ng dn gii.
Chn A.
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1;1;1I
, bán kính
8R =
..
Phương trình đường thng
d
đi qua
( )
1;1;1I
vuông góc vi mt phng
( )
:2 2 10 0x yz
α
+ ++ =
.
Phương trình tham số ca
12
: 12
1
xt
dy t
zt
= +
= +
= +
.
Gi
J
là tâm ca mt cu
( )
S
. Suy ra :
( )
Jd
α
=
.
Vy
( )
1 2 ;1 2 ;1J t tt
+++
.
( )
( ) ( )
:21 2 21 2 1 10 0
J t tt
α
+ + + +++ =
.
5
3
t⇔=
. Suy ra
772
;; .
333
J

−−−


Câu 63: [2H3-5.4-4] Cho 3 s thc
;;
xyz
tha mãn
2 22
2 4 4 70xyz xyz+ + −=
. Tìm giá tr ln nht
ca biu thc
236T xyz
=++
.
A.
49T
=
. B
7T =
. C.
48T =
. D.
20T =
.
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
(
)
2 22
: 2 4 4 70
Sx y z x y z+ + −=
có tâm
( )
1;2;2I
và bán kính
4R =
.
Xét mt phng
( )
:2 3 6 0P x y zT
+ + −=
Để tn ti ba giá tr
,,xyz
thì mt phng và mt cu phi ct nhau.
Do đó,
(
)
( )
,dI P R<
20
4
7
T
⇔<
20 28T −<
28 20 28T
⇔− < <
8 48
T
⇔− < <
.
Vy
max
48T =
Câu 64: [2H3-5.4-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, xét các điểm
( )
0;0;1 ,A
( )
;0;0 ,
Bm
(
)
0; ;0Cn
( )
1;1;1D
vi
, 0; 1
mn m n> +=
. Biết khi
,mn
thay đổi, tn ti mt mt cu c định
tiếp xúc vi
( )
ABC
và đi qua điểm
D
. Tính bán kính
R
ca mt cầu đó.
A.
2
2
R =
. B.
1
. C.
3
2
. D.
3
2
.
ng dn gii
Chn B.
( )
:1 0
1
xyz
P nx my mnz mn
mn
++= + + =
( )
( ) ( )
1 1 10mx my m mz m m⇔− + + =
Gi
( )
;;I abc
là tâm mt cu c định
( )
( )
,dI P k⇒=
( hng s )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
22
22
1 11
11
mambmmcmm
k
m mm m
++
⇔=
++
( ) ( )
( )
2
2
2
11
1
m c m abc a
k
mm
+ −++ +
⇔=
−+
Do
k
là hng s
m∀∈
nên
1
11
1
1 11
ac
c abc a
bc
=
−++
= =
=
Ta li có
(
)
( )
,
R d I P ID k= = =
(
) ( ) ( )
222
111a abc = +− +−
0
c⇔=
1
1
a
b
=
=
1R⇒=
.
Câu 65: [2H3-5.4-4] Cho 3 s thc
;;xyz
tha mãn
2 22
2 4 4 70xyz xyz+ + −=
. Tìm giá tr ln nht
ca biu thc
236
T xyz=++
.
A.
49T =
. B
7T =
. C.
48T =
. D.
20T =
.
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
( )
2 22
: 2 4 4 70Sx y z x y z+ + −=
có tâm
( )
1;2;2I
và bán kính
4R =
.
Xét mt phng
( )
:2 3 6 0P x y zT
+ + −=
Để tn ti ba giá tr
,,xyz
thì mt phng và mt cu phi ct nhau.
Do đó,
( )
( )
,dI P R<
20
4
7
T
⇔<
20 28T −<
28 20 28
T⇔− < <
8 48
T
⇔− < <
.
Vy
max
48T
=
Câu 66: [2H3-5.4-4] Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, xét các điểm
( )
0;0;1 ,A
( )
;0;0 ,Bm
( )
0; ;0Cn
( )
1;1;1D
vi
, 0; 1
mn m n> +=
. Biết khi
,mn
thay đổi, tn ti mt mt cu c định
tiếp xúc vi
( )
ABC
và đi qua điểm
D
. Tính bán kính
R
ca mt cầu đó.
A.
2
2
R =
. B.
1
. C.
3
2
. D.
3
2
.
ng dn gii
Chn B.
( )
:1 0
1
xyz
P nx my mnz mn
mn
++= + + =
( )
( ) ( )
1 1 10mx my m mz m m⇔− + + =
Gi
( )
;;I abc
là tâm mt cu c định
( )
( )
,dI P k⇒=
( hng s )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
22
22
1 11
11
mambmmcmm
k
m mm m
++
⇔=
++
( ) ( )
( )
2
2
2
11
1
m c m abc a
k
mm
+ −++ +
⇔=
−+
Do
k
là hng s
m
∀∈
nên
1
11
1
1 11
ac
c abc a
bc
=
−++
= =
=
Ta li có
(
)
( )
,
R d I P ID k= = =
(
) ( ) ( )
222
111a abc = +− +−
0c⇔=
1
1
a
b
=
=
1R⇒=
.
Câu 67: [2H3-5.6-3] Trong không gian vi h to độ , cho hình lập phương
, , . Xét mt phng cha , gi là góc gia
và mt phng . Giá tr nh nht ca
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
Cách 1 (Xác định góc gia hai mp – tìm BĐT liên quan) Gi giao tuyến (qua
), trong dng
'CH d
do đó
Ta có . Vy góc nh nht là .
Cách 2 (áp dng tính cht hình hc v góc gia hai mt phng lớn hơn góc giữa mt đưng thng
nm trong mt này so vi mt kia)
Mt phng chứa đường thng nên suy ra góc .
Vy góc nh nht là .
Oxyz
.ABCD A B C D
′′
( )
0;0;0A
(
)
1;0;0
B
( )
0;1; 0
D
( )
0;0;1A
( )
P
CD
α
( )
P
( )
BB C C
′′
α
30°
45°
60°
90°
x
y
z
d
C
D
C'
B
A'
D'
A
B'
H
( )
( )
d P BB C C
′′
=
C
(
)
BB C C
′′
CD d
′′
DH d
⇒⊥
( )
( )
( )
,P BBCC CHD
α
′′
= =
( )
11
tan 1
CD
doC H CC
CH CH CC
α
′′
′′
= =≥=
′′
45
α
⇒≥°
45
α
= °
( )
P
CD
( )
( )
(
)
( )
( )
, , 45P BB C C CD BB C C
′′ ′′
≥=°
45
α
= °
Câu 68: [2H3-5.6-4] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 10Pxyz+ +=
và hai
điểm
( )
1; 2; 2
A
,
( )
2;0; 1B
. Viết phương trình mặt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
A
,
B
sao cho
góc gia mt phng
( )
P
và mt phng
( )
Q
nh nht.
A.
4 2 10 0
xy z+− =
.
B.
2 3 10
xyz
+ + +=
.
C.
30xy−=
.
D.
2 60
xyz
+−−=
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
(
)
M AB P=
( ) ( )
dP Q=
.
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
A
lên
( )
P
. Dng
HK d
.
Khi đó,
( )
(
)
( )
;PQ
ϕ
=
.
Ta có
sin
AH AH
AK AM
ϕ
=
.
ϕ
nh nht
sin
ϕ
nh nht
KM⇔≡
.
(
)
1; 2;1AB
=

;
( )
1;1; 1
P
n =

.
Ta có
( )
; 1; 2; 3
d
dP
dP
u AB
u AB n
un

⇒= =

 
  
 
.
( )
; 8;2; 4
Qd
Qd
Q
nu
n u AB
n AB

⇒= =

 
  
 
.
Mt phng
( )
Q
đi qua điểm
( )
1; 2; 2
A
và có
( )
8;2; 4
Q
n =

có phương trình
( ) ( ) ( )
8 1 2 2 4 2 0 4 2 10 0x y z xy z+ + = +− =
.
Câu 69: [2H3-5.6-4] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 10Pxyz+ +=
và hai
điểm
( )
1; 2; 2A
,
( )
2;0; 1B
. Viết phương trình mặt phng
( )
Q
đi qua hai điểm
A
,
B
sao cho
góc gia mt phng
( )
P
và mt phng
( )
Q
nh nht.
A.
4 2 10 0xy z
+− =
.
B.
2 3 10xyz+ + +=
.
C.
30xy−=
.
D.
2 60xyz+−−=
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
( )
M AB P=
( )
( )
dP Q=
.
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
A
lên
( )
P
. Dng
HK d
.
Khi đó,
(
) (
)
( )
;PQ
ϕ
=
.
Ta có
sin
AH AH
AK AM
ϕ
=
.
ϕ
nh nht
sin
ϕ
nh nht
KM⇔≡
.
( )
1; 2;1AB =

;
( )
1;1; 1
P
n
=

.
Ta có
( )
; 1; 2; 3
d
dP
dP
u AB
u AB n
un

⇒= =

 
  
 
.
( )
; 8;2; 4
Qd
Qd
Q
nu
n u AB
n AB

⇒= =

 
  
 
.
Mt phng
( )
Q
đi qua điểm
( )
1; 2; 2A
và có
(
)
8;2; 4
Q
n
=

có phương trình
( ) ( ) ( )
8 1 2 2 4 2 0 4 2 10 0x y z xy z+ + = +− =
.
Câu 70: [2H3-5.8-3] Hình hp
.
ABCD A B C D
′′
( ) (
) ( )
0;0; 0 , 1;0;0 , 0;2;0 ,ABD
( )
0;0;3A
. Góc
giữa đường thng
AC
và mt phng
( )
A BD
gn bng:
A.
43 25
°
. B.
46 35
°
. C.
52 13
°
. D.
48 47
°
.
ng dn gii
Chn A.
( )
1; 2; 3AC AB AD AC
=++=
   
.
Mt phng
( )
: 16326
123
xyz
A BD x y z
++= + + =
.
( )
( )
222222
6.1 3.2 2.3
18
sin ;
7 14
632123
AC A BD
++
′′
= =
++ ++
.
Vy góc giữa đường thng
AC
và mt phng
( )
A BD
gn bng
43 25
°
.
Câu 71: [2H3-5.8-3] Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 10x ay bz
α
+ + −=
đường thng
1
:.
11 1
xyz
∆==
−−
Biết rng
( )
α
//
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
các góc ging
nhau. Tìm giá tr ca
a
.
A.
1a =
hoc
1.a =
B.
2a =
hoc
0.a =
C.
0.
a
=
D.
2.a =
Li gii
Chn D.
Chn
( )
0;0;1
A ∈∆
.
Ta có
(
)
( )
( )
1; 1; 1
1; ;
u
n ab
α
= −−
=
(
)
α
//
( )
( )
.0
10 1
11
nu
ab ab
bb
A
α
α
=
−−= +=

⇔⇔

≠≠


( )
.
Mt khác
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
các góc bng nhau, suy ra
( )
( )
( )
( )
sin ; sin ;ni nk
αα
=

vi
( )
( )
1;0;0
0;0;1
i
k
=
=
( )
( )
(
)
( )
..
1
1
11
ni nk
b
b
ni nk
αα
αα
= ⇔= =±


, thế vào
( )
, ta được
2
.
0
a
a
=
=
Khi
2a =
thì
1
b
=
(tha mãn), khi
0a =
thì
1b =
(không tha mãn)
Vy
2.a =
Câu 72: [2H3-5.8-3] Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho mt phng
(
)
: 10x ay bz
α
+ + −=
đường thng
1
:.
11 1
xyz
∆==
−−
Biết rng
( )
α
//
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
các góc ging
nhau. Tìm giá tr ca
a
.
A.
1a =
hoc
1.a =
B.
2
a =
hoc
0.a =
C.
0.a =
D.
2.a =
Li gii
Chn D.
Chn
( )
0;0;1
A ∈∆
.
Ta có
( )
( )
( )
1; 1; 1
1; ;
u
n ab
α
= −−
=
( )
α
//
( )
( )
.0
10 1
11
nu
ab ab
bb
A
α
α
=
−−= +=

⇔⇔

≠≠


( )
.
Mt khác
( )
α
to vi các trc
, Ox Oz
các góc bng nhau, suy ra
( )
( )
( )
( )
sin ; sin ;ni nk
αα
=

vi
( )
( )
1;0;0
0;0;1
i
k
=
=
( )
( )
( )
( )
..
1
1
11
ni nk
b
b
ni nk
αα
αα
= ⇔= =±


, thế vào
( )
, ta được
2
.
0
a
a
=
=
Khi
2a =
thì
1b =
(tha mãn), khi
0a =
thì
1b =
(không tha mãn)
Vy
2.a =
Câu 73: [2H3-5.8-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
31
:
123
x yz−+
∆==
và đường
thng
312
:
312
x yz
d
+ −+
= =
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
to với đường thng
d
mt góc ln nht.
A.
19 17 2 77
.00
xyz−−−=
B.
19 17 2 34 .00xyz−−+=
C.
31 8 5 91 .
0
xyz−+=
D.
31 8 5 98 .
0
xyz−−=
ng dn gii
Chn D.
Cách 1:
Đưng thng
d
có VTCP là
( )
1
3;1; 2u =

.
Đưng thng
đi qua điểm
( )
3;0; 1M
và có VTCP là
( )
1; 2; 3u =
.
Do
( )
P
∆⊂
nên
(
)
MP
. Gi s VTPT ca
( )
P
(
)
( )
222
;; , 0n ABC A B C= ++
.
Phương trình
( )
P
có dng
( ) ( )
3 10
A x By C z
+ + +=
.
Do
( )
P∆⊂
nên
.0 23 0 23un A B C A B C=⇔+ + ==

.
Gi
α
là góc gia
d
( )
P
. Ta có
( )
( )
1
222 2
22
1
.
32 3 2
32
.
14.
14. 2 3
un
BCBC
AB C
sin
un
ABC
BC BC
α
++
++
= = =
++
−− ++


( )
2
22
22
57
57
1
5 12 10
14
14. 5 12 10
BC
BC
B BC C
B BC C
+
+
= =
++
+
.
TH1: Vi
0C =
thì
5 70
14 14
sin
α
= =
.
TH2: Vi
0C
đặt
B
t
C
=
ta có
( )
2
2
57
1
5 12 10
14
t
sin
tt
α
+
=
++
.
Xét hàm s
( )
( )
2
2
57
5 12 10
t
ft
tt
+
=
++
trên
.
Ta có
( )
( )
2
2
2
50 10 112
5 12 10
tt
ft
tt
++
=
++
.
( )
2
8 8 75
5 5 14
0 50 10 112 0
77
0
55
tf
ft t t
tf

=⇒=


= ⇔− + + =

=−⇒ =


.
( )
( )
2
2
57
lim lim 5
5 12 10
xx
t
ft
tt
±∞ ±∞
+
= =
++
.
Bng biến thiên
T đó ta có
( )
75
14
Maxf t
=
khi
88
55
B
t
C
=⇒=
. Khi đó
1 8 75
.
5 14
14
sin f
α

= =


.
So sánh TH1 và Th2 ta có
sin
α
ln nht là
75
14
sin
α
=
khi
8
5
B
C
=
.
Chn
8 5 31BCA=−⇒ =−⇒ =
.
Phương trình
( )
P
( ) ( )
31 3 8 5 1 0 31 8 5 98 0x y z xyz−− += −−−=
.
Cách 2:
Gi
0n

là vtpt ca
()P
(1; 2;3)u =
là vtcp ca đưng thng
.Kiểm tra đk :
.0nu=

loại được
,AB
Ly
(3; 0; 1)M
∈∆
.Kiểm tra đk
()
MP
:Loi đưc
C
Vy chn
D
Câu 74: [2H3-5.8-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
31
:
123
x yz−+
∆==
và đường
thng
312
:
312
x yz
d
+ −+
= =
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
và to với đường thng
d
mt góc ln nht.
A.
19 17 2 77 .
00xyz
−−−=
B.
19 17 2 34 .00xyz−−+=
C.
31 8 5 91 .0xyz−+=
D.
31 8 5 98 .0xyz−−=
ng dn gii
Chn D.
Cách 1:
Đưng thng
d
có VTCP là
( )
1
3;1; 2u =

.
Đưng thng
đi qua điểm
( )
3;0; 1M
và có VTCP là
( )
1; 2; 3u =
.
Do
( )
P∆⊂
nên
( )
MP
. Gi s VTPT ca
(
)
P
( )
( )
222
;; , 0n ABC A B C= ++
.
Phương trình
( )
P
có dng
( )
( )
3 10A x By C z+ + +=
.
Do
( )
P∆⊂
nên
.0 23 0 23un A B C A B C=⇔+ + ==

.
Gi
α
là góc gia
d
(
)
P
. Ta có
( )
( )
1
222 2
22
1
.
32 3 2
32
.
14.
14. 2 3
un
BCBC
AB C
sin
un
ABC
BC BC
α
++
++
= = =
++
−− ++


( )
2
22
22
57
57
1
5 12 10
14
14. 5 12 10
BC
BC
B BC C
B BC C
+
+
= =
++
+
.
TH1: Vi
0C =
thì
5 70
14 14
sin
α
= =
.
TH2: Vi
0
C
đặt
B
t
C
=
ta có
( )
2
2
57
1
5 12 10
14
t
sin
tt
α
+
=
++
.
Xét hàm s
( )
(
)
2
2
57
5 12 10
t
ft
tt
+
=
++
trên
.
Ta có
( )
( )
2
2
2
50 10 112
5 12 10
tt
ft
tt
++
=
++
.
( )
2
8 8 75
5 5 14
0 50 10 112 0
77
0
55
tf
ft t t
tf

=⇒=


= ⇔− + + =

=−⇒ =


.
( )
( )
2
2
57
lim lim 5
5 12 10
xx
t
ft
tt
±∞ ±∞
+
= =
++
.
Bng biến thiên
T đó ta có
( )
75
14
Maxf t =
khi
88
55
B
t
C
=⇒=
. Khi đó
1 8 75
.
5 14
14
sin f
α

= =


.
So sánh TH1 và Th2 ta có
sin
α
ln nht là
75
14
sin
α
=
khi
8
5
B
C
=
.
Chn
8 5 31BCA=−⇒ =−⇒ =
.
Phương trình
( )
P
( )
( )
31 3 8 5 1 0 31 8 5 98 0x y z xyz−− += −−=
.
Cách 2:
Gi
0n

là vtpt ca
()P
(1;2;3)u =
là vtcp ca đưng thng
.Kiểm tra đk :
.0nu=

loại được
,AB
Ly
(3; 0; 1)
M ∈∆
.Kiểm tra đk
()MP
:Loi đưc
C
Vy chn
D
Câu 75: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;4M
( )
0;1; 5N
. Gi
( )
P
là mt phẳng đi qua
M
sao cho khong cách t
N
đến
(
)
P
là ln nhất. Khi đó, khoảng cách
d
t
O
đến mt phng
( )
P
bng bao nhiêu?
A.
3
3
d =
. B.
3d =
. C.
1
3
d =
. D.
1
3
d =
.
Li gii
Chn A.
Gi
H
là hình chiếu ca
N
lên mt phng
(
)
P
. Khi đó, tam giác
MNH
vuông ti
H
nên
NH NM
. Do đó, để khong cách t
N
đến mt phng
( )
P
ln nht thì
MH
hay
( )
P
qua
M
và có vecto pháp tuyến là
( )
1; 1;1MN =

.
Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
:1240
Px y z
+−+−=
10
xyz
+−=
Vy
( )
( )
(
)
2
22
1
3
;
3
1 11
dO P
= =
+− +
Câu 76: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ
( )
,Oxyz
gi
I
giao đim của đường thng
112
:
221
xyz
d
++
= =
và mt phng
( )
: 2 2 7 0.Px y z
+ + −=
Tính khong cách t điểm
Md
đến
( )
P
, biết
9IM =
.
A.
32
. B.
25
. C.
15
. D.
8
.
Li gii
Chn D
Gi
H
là hình chiếu ca
M
lên mt phng
( )
P
.
Ta có
( )
( )
,MIH d P=
. Khi đó
( )
( )
242
8
sin cos ,
3.3 9
dP
MIH u n
++
= = =

Suy ra
(
)
( )
8
, .sin 9. 8
9
d M P MH MI MIH= = = =
.
Câu 77: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ cho mt phng
điểm . Vi giá tr nào ca thì khong cách t điểm đến mt phng là ln nht.
A. .------------------------B. . C. . D. .
Li gii
Chn A.
Xét hàm s . Tập xác định .
9
P
M
I
H
,
Oxy
( ) (
)
: 1 10P m x y mz
+ + −=
( )
1;1; 2A
m
A
( )
P
5
3
2
4
( )
( )
( )
2
2
22
2
112 1 3 1
9 61
,
2 22
2 22
11
mm m
mm
dA P
mm
mm
mm
−++
−+
= = =
−+
−+
++
( )
2
2
9 61
2 22
mm
fm
mm
−+
=
−+
D =
.
Bng biến thiên
Vy, ln nht khi và ch khi ln nht .
Câu 78: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hình hp
.ABCD A B C D
′′
(
)
2;1; 3 ,A
( )
0;1;1,B
−−
( )
1; 2; 0C −−
,
( )
D 3; 2;1 .
Tính khong cách t đim
A
đến mt phng
( )
.ABCD
′′
A.
2.
B.
2 3.
C.
2 2.
D.
3.
ng dn gii
Chn C.
( ) (
)
2; 2; 4 2 1;1; 2 2AB x−−− = =

(
)
( )
3 3; 3 3 1;1;1 3AC y
−− = =

Mt phng
( )
ABCD
qua đim
A
nhn
( )
; 1;1; 0xy

=


là vec pháp tuyến nên phương
trình
1 0.
xy−+ +=
( )
( )
(
)
( )
321
; ; 2 2.
2
d A A B C D d D ABCD
−− +
′′
= = =
Câu 79: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
viết phương trình mặt phng
P
đi qua
1;1; 2M
sao cho khong cách t điểm
3; 1; 4
N
đến mt phng
P
là ln nht.
A.
8 0.xyz
B.
2 0.
xyz
C.
2 0.
xyz
D.
8 0.xyz
ng dn gii
Chn B.
Ta có
,d N P MN
. Do đó khoảng cách t điểm
N
đến mt phng
P
ln nht khi
,
dN P MN
xy ra
MN P
. Như vậy mt phng
P
cn tìm là mt phẳng đi qua
điểm
M
và vuông góc vi
MN
. Ta có
2; 2;2MN 

là véctơ pháp tuyến ca
P
.
Vậy phương trình mặt phng
P
:
1 1 20
222
xyz 

hay
2 0.xyz
(
)
(
)
( )
2
2
2
5
6 32 10
; 0
1
2 22
3
m
mm
fm fm
m
mm
=
−+
′′
= =
=
−+
(
)
( )
,
dAP
( )
fm
5
m
⇔=
Câu 80: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho đường thng
d
phương trình
12
12 3
xy z−−
= =
và mt phng
( )
: 2 2 30Px y z+ +=
. Tìm ta đ điểm
M
trên
d
cao đ
dương sao cho khoảng cách t
M
đến
()P
bng
3
.
A.
(
)
10;21;32
M
. B
( )
5;11;17M
. C.
( )
1;3;5M
. D.
(
)
7;15;23
M
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
M
thuc đưng thng
d
có dng
( )
;1 2 ;2 3Mt t t++
.
Theo đề:
(
)
( )
,3dM P
=
( ) ( )
( )
2
22
21 2 22 3 3
3
12 2
tt t+ + ++
⇔=
+ +−
19t−=
( )
( )
8 8; 15; 22
10 10;21;32
tM
tM
=−⇒
=
Do
M
có cao độ dương nên ta nhận
( )
10;21;32M
.
Câu 81: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho hình hp
.ABCD A B C D
′′
( )
2;1; 3 ,A
( )
0;1;1,B −−
( )
1; 2; 0C −−
,
( )
D 3; 2;1 .
Tính khong cách t đim
A
đến mt phng
( )
.ABCD
′′
A.
2.
B.
2 3.
C.
2 2.
D.
3.
ng dn gii
Chn C.
( ) ( )
2; 2; 4 2 1;1; 2 2
AB x−−− = =

( ) ( )
3 3; 3 3 1;1;1 3AC y−− = =

Mt phng
( )
ABCD
qua đim
A
nhn
( )
; 1;1; 0xy

=


là vec pháp tuyến nên phương
trình
1 0.xy−+ +=
( )
( )
( )
( )
321
; ; 2 2.
2
d A A B C D d D ABCD
−− +
′′
= = =
Câu 82: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
viết phương trình mặt phng
P
đi qua
1;1; 2
M
sao cho khong cách t điểm
3; 1; 4
N
đến mt phng
P
là ln nht.
A.
8 0.
xyz
B.
2 0.xyz
C.
2 0.xyz
D.
8 0.xyz
ng dn gii
Chn B.
Ta có
,d N P MN
. Do đó khoảng cách t điểm
N
đến mt phng
P
ln nht khi
,dN P
MN
xy ra
MN P

. Như vy mt phng
P
cn tìm là mt phẳng đi qua điểm
M
và vuông góc vi
MN
. Ta có
2; 2;2MN 

là véctơ pháp tuyến ca
P
.
Vậy phương trình mặt phng
P
:
1 1 20
222
xyz 

hay
2 0.xyz
Câu 83: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho đường thng
d
phương trình
12
12 3
xy z−−
= =
và mt phng
( )
: 2 2 30Px y z+ +=
. Tìm ta đ điểm
M
trên
d
cao đ
dương sao cho khoảng cách t
M
đến
()P
bng
3
.
A.
( )
10;21;32M
. B
(
)
5;11;17M
. C.
( )
1;3;5M
. D.
( )
7;15;23M
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
M
thuc đưng thng
d
có dng
( )
;1 2 ;2 3Mt t t++
.
Theo đề:
( )
( )
,3dM P =
( ) ( )
( )
2
22
21 2 22 3 3
3
12 2
tt t+ + ++
⇔=
+ +−
19t−=
(
)
(
)
8 8; 15; 22
10 10;21;32
tM
tM
=−⇒
=
Do
M
có cao độ dương nên ta nhận
( )
10;21;32M
.
Câu 84: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đưng thng
1
:
2 11
xyz
d

mt phng
: 2 2 50
xyz 
. Tìm điểm
A
trên
d
sao cho khong cách t
A
đến
bằng
3
, biết
A
hoành đ
dương.
A.
0;0; 1 .A
B.
2;1; 2 .
A 
C.
2; 1; 0 .A
D.
4; 2;1 .A
Li gii. Gọi
2; ; 1At t t d
với
0.t
Theo đ bài, ta có
22
2
2 2 21 5
27
,3 3 3
3
12 2
tt t
t
dA


 

 
1
2 7 9 1 2; 1; 0
8
t
t tA
t


. Chn C.
Câu 85: [2H3-5.9-3]Cho mt phng
( )
:2 2 2 15 0Pxyz+ +=
và mt cu
( )
2 22
: 2 2 1 0.Sx y z y z+ + −=
Khong cách nh nht t một điểm thuc mt phng
( )
P
đến một điểm thuc mt cu
( )
S
A.
33
.
2
B.
3.
C.
3
.
2
D.
3
.
3
Gii
Chn A.
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
0;1;1I
và bán kính
3=R
. Gi
H
là hình chiếu ca
I
trên
( )
P
A
giao đim ca
IH
vi
( )
S
. Khong cách nh nht t một điểm thuc mt phng
( )
P
đến mt
điểm thuc mt cu
( )
S
là đoạn
AH
.
( )
( )
33
,
2
= −=AH d I P R
.
Câu 86: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3; 3; 2A −−
,
( )
1; 2; 0B
mt phng
( )
:2 2 4 0P x yz+ −−=
. Đim
M
thuc đưng thng
AB
sao cho khong cách t
M
đến
( )
P
bng 2. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc ca
M
lên trc
Ox
, biết
0
M
z <
.
A.
( )
5;0;0
. B.
( )
7;0;0
. C.
( )
1;0;0
. D.
( )
3;0;0
.
Li gii
Chn B.
Ta có
( )
2;1; 2
AB =

. Đường thng
AB
có phương trình tham số dng:
12
2
2
xt
yt
zt
=
=−+
=
.
Đim
( )
1 2; 2 ; 2M t tt −+
thuộc đường thng
AB
.
( )
( )
(
) (
)
21 2 2 2 2 4
,2 2
3
t tt
dM P
+ −+
=⇔=
466t⇔− =
46 6 0
4 66 3
tt
tt
−= =

⇔⇔

−= =

Do
0
M
z <
nên điểm
( )
7; 5; 6M −−
.
Vy hình chiếu vuông góc ca
M
lên trc
Ox
( )
7;0;0
.
Câu 87: [2H3-5.9-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho điểm
(
)
2;1; 4M
đường thng
1
: 2.
12
xt
yt
zt
= +
= +
+
=
Tọa độ điểm
H
thuc
sao cho đoạn thng
MH
nh nht.
A.
( )
1; 2;1 .H
B.
( )
3; 4;5 .H
C.
( )
0;1; 1 .H
D.
( )
2;3;3 .H
ng dn gii
Chn D.
H
thuc
( )
1 ;2 ;1 2 .Htt t + ++
( ) ( ) ( )
( )
22 2 2
2
1 1 3 2 6 12 11 6 1 5 5MH t t t t t t
= −+++ = += −+
MH
nh nht
( )
1 2;3;3 .tH⇔=
Câu 88: [2H3-5.9-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho các đim
0;0;0O
,
1;0;0A
,
0;1; 0B
0;0;1C
. Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mt phng
OAB
,
OBC
,
OCA
,
ABC
?
A.
1
. B.
4
. C.
5
. D.
8
.
ng dn gii
Chn D.
Ta có
.
:1
OAB Oxy
OCD Oyz
CDA Oxz
ABC x y z

Gi
;;P abc
là tọa độ điểm cn tìm.
Theo đề bài, ta cn có
1
.
3
abc
abc


Có tt c
8
trưng hợp và đều có nghim. C th:
.
abc
ab c
abc
a bc
abc





Mi trưng hp trên kết hp vi
1
3
abc
c

sinh ra hai trưng hp.
Nhn xét. Hình dung v mt hình học bài này như sau: Một điểm d thy nht là tâm mt cu ni
tiếp t din. Bốn điểm còn li khó thấy hơn bốn tâm mt cu bàng tiếp ca t diện. Ba đim còn
li rt khó hình dung là nm trong góc tam diện như hình vẽ sau (trưng hp này rt nhy cm, đc
bit cho bài này là
, , OA OB OC
đôi một vuông góc).
Câu 89: [2H3-5.9-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
cho mt cu
( )
( ) (
) ( )
2 22
:1 2 39Sx y z+−+−=
và mt phng
( )
:2 2 3 0P x yz ++=
. Gi
( )
;;M abc
là điểm
trên mt cu
( )
S
sao cho khong cách t
M
đến
( )
P
là ln nhất. Khi đó
A.
5.abc++=
B.
6.abc++=
C.
7.abc++=
D.
8.abc++=
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
( ) ( )
( ) (
)
2 22
:1 2 39
Sx y z+−+−=
có tâm
( )
1; 2; 3I
và bán kính
3.R =
Gi
d
là đường thẳng đi qua
(
)
1; 2; 3I
và vuông góc
( )
P
Suy ra phương trình tham số của đường thng
d
12
22
3
xt
yt
zt
= +
=
= +
.
Gi
,AB
lần lượt là giao ca
d
( )
S
, khi đó tọa độ
,AB
ng vi
t
là nghim của phương trình
( )
( ) ( )
2 22
1
12 1 22 2 3 3 9
1
t
t tt
t
=
++−++−=
=
Vi
( ) (
)
13
1 3;0;4 ;( ) .
3
t A dAP=⇒⇒ =
Vi
( ) ( )
5
1 1;4;2 ;( ) .
3
t B dBP=−⇒ =
Vi mọi điểm
( )
;;M abc
trên
( )
S
ta luôn có
( ) ( ) ( )
;( ) ;( ) ;( ) .dBPdMPdAP≤≤
Vy khong cách t
M
đến
(
)
P
là ln nht bng
13
3
khi
( )
3;0; 4
M
Do đó
7.abc++=
Câu 90: [2H3-5.9-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
cho mt cu
(
)
( )
(
) (
)
2 22
:1 2 39
Sx y z+−+−=
và mt phng
( )
:2 2 3 0P x yz ++=
. Gi
( )
;;
M abc
là điểm
trên mt cu
( )
S
sao cho khong cách t
M
đến
( )
P
là ln nhất. Khi đó
A.
5.
abc
++=
B.
6.abc++=
C.
7.abc++=
D.
8.abc++=
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
:1 2 39Sx y z+−+−=
có tâm
( )
1; 2; 3I
và bán kính
3.
R
=
Gi
d
là đường thẳng đi qua
( )
1; 2; 3I
và vuông góc
( )
P
Suy ra phương trình tham số của đường thng
d
12
22
3
xt
yt
zt
= +
=
= +
.
Gi
,
AB
lần lượt là giao ca
d
( )
S
, khi đó tọa độ
,
AB
ng vi
t
là nghim của phương trình
( ) ( ) ( )
2 22
1
12 1 22 2 3 3 9
1
t
t tt
t
=
++−++−=
=
Vi
( )
( )
13
1 3;0;4 ;( ) .
3
t A dAP=⇒⇒ =
Vi
( ) ( )
5
1 1;4;2 ;( ) .
3
t B dBP=−⇒ =
Vi mọi điểm
( )
;;M abc
trên
( )
S
ta luôn có
( ) ( ) ( )
;( ) ;( ) ;( ) .dBPdMPdAP≤≤
Vy khong cách t
M
đến
( )
P
là ln nht bng
13
3
khi
( )
3;0; 4M
Do đó
7.abc++=
Câu 91: [2H3-5.9-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
vi
a
,
b
,
c
dương tha mãn
4abc++=
. Biết rng khi
a
,
b
,
c
thay đi thì tâm
I
mt cu ngoi tiếp t din
OABC
thuc mt phng
( )
P
c đnh. Tính khong cách
d
t
( )
1;1; 1M
ti mt phng
( )
P
.
A.
3d =
. B.
3
2
d
=
. C.
3
3
d
=
. D.
0d =
.
ng dn gii
Chn C.
(
)
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
vi
a
,
b
,
c
dương
OABC
là tam din vuông.
Gi
I
là tâm mt cu ngoi tiếp t din
OABC
;;
222
abc
I



Theo gi thiết
4abc++=
2. 2. 2. 4
222
abc
++=
2224
III
xyz++=
2
III
xyz++=
Tâm
I
nm trên mt phng
( )
: 20
Pxyz++−=
Vy
( )
( )
222
1112
1
,
3
111
d dM P
+−−
= = =
++
.
Câu 92: [2H3-5.10-3] Trong không gian vi h ta đ cho điểm Vi là tham s thc,
gi là giao tuyến ca hai mt phng
. Tính khong cách t đến .
A. . B. . C. . D. .
Li gii
Chn D.
Chn , ta có:
Suy ra:
Đưng thng có vectơ ch phương là:
Vy .
Câu 93: [2H3-5.10-3]Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho
2
đường thng
1
112
:
2 13
xyz
d
+−−
= =
,
2
23
:
12 3
xy z
d
+−
= =
−−
. Mt phng
( )
P
cha
1
d
và song song vi
2
d
.
Khong cách t
( )
1;1;1M
đến
( )
P
A.
3
. B.
5
3
. C.
4
. D.
1
.
ng dn gii
Chn A.
Đưng thng
1
d
đi qua
( )
1;1; 2A
và có VTCP
( )
1
2; 1; 3u =

Đưng thng
2
d
có VTCP
( )
2
1; 2; 3u =−−

( ) ( )
12
, 3; 3; 3 3 1; 1; 1uu

= = −−


.
(
)
P
cha
1
d
và song song vi
2
d
nên suy ra
( )
P
đi qua
( )
1;1; 2A
và có VTPT
( )
1; 1; 1n = −−
cùng phương với
12
,uu



có phương trình là:
( )
: 40Pxyz−−+=
.
Khong cách t điểm
( )
1;1;1M
đến mp
( )
P
là:
( )
( )
1114
,3
3
dM P
−−+
= =
.
( )
,Oxyz
( )
1;0;0 .A
α
d
α
( )
2
:sin . sin cos . cos . cos 0Px y z
α
α αα α α
+ + +=
( )
2
:cos . sin . sin cos . sin 0Q xy z
α
α α αα α
+ −=
A
d
α
5
3
2
2
( )
0; ;M yz d
α
2
2
sin cos . cos . cos 0
sin . sin cos . sin 0
yz
yz
αα α α
α αα α
+ +=
−=
1
0;
cos
yz
α
⇔= =
1
0;0;
cos
M
α



1
1; 0;
cos
MA
α

⇒=



d
α
( )
22 3 2 3 2
, 2sin cos ;cos sin .cos ;sin sin .cos
PQ
u nn
α α α αα α α α

== +−

 
( )
( )
( )
32 2
22 3 2
,
1;sin 2sin .cos sin .cos ; cos
,2
2sin .cos ;cos ;sin sin .cos
u MA
d Ad
u
α
α αα α α α
αααααα

+ −−

= = =
−−

Câu 94: [2H3-5.10-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
( )
1
:
0
xt
t
y
zt
= +
=
=
∆∈
và các
điểm
( )
2;1; 1A
,
( )
1; 2; 0B
. Gi
d
là đường thẳng đi qua
B
, cắt đường thng
và có khong
cách t
A
ti
d
ln nht. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đưng thng
d
vuông góc với đường thng
.
B. Đưng thng
d
vuông góc vi trc
.Oz
C. Đưng thng
d
vuông góc vi trc
.
Ox
D. Đưng thng
d
vuông góc vi trc
.Oy
ng dn gii
Chn C
Gi s
d
ct
ti
( )
1; 0;Mt t+−
. Ta có
( )
2; 2;BM t t
= + −−

là vectơ ch phương của
d
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 22
2
2
2
2
,
2 22 4
6 20 24
,
2 48
24
AB BM
t tt
tt
dAd
tt
tt
BM

+− +−
−+

= = =
++
+ ++
 

.
Xét
( ) ( ) ( )
22
22
6 20 24 64 256
; ;02
2 48 2 48
tt t
ft ft ft t
tt tt
−+
′′
= = = ⇔=±
++ ++
.
Lp BBT ta có
( )
ft
đạt giá tr ln nht khi
( )
2 0; 2; 2t BM=−⇒ =

Vậy Đường thng
d
vuông góc vi trc
.Ox
Câu 95: [2H3-5.10-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho ba điểm
1; 1; 0 , 1; 0; 2 ,AB
3;1;1C 
.
Tính khong cách t điểm
A
đến đường thng
BC
.
A.
21
6
. B.
14
2
. C.
21
2
. D.
7
2
.
ng dn gii
Chn B.
Ta có
0;1; 2AB 

2; 1;1BC


. Suy ra
, 1;4;2AB BC




 
.
Khi đó
,
21 14
,
2
6
AB BC
d A BC
BC




 

.
Câu 96: [2H3-5.10-4] Trong không gian vi h to độ
Oxyz
mt phng
( )
( ) ( )
( )
22 2
: 1 2 1 2 2 10Pmm x m y m zmm++ + + + + ++=
luôn chứa đường thng
c định
khi
m
thay đổi. Tính khong cách t gc to độ đến
.
A.
1
5
. B.
1
6
. C.
1
2
. D.
1
3
.
ng dn gii
Chn D.
Cách 1: Ta có
( )
( ) ( )
(
)
22 2
: 1 2 1 2 2 10Pmm x m y m zmm++ + + + + ++=
( ) ( )
2
2 21 21 2 410xyz m xz mxyz+++ +++ +++=
Phương trình nghiệm đúng với mi
m
2 10
2z 1 0
2 4z 1 0
xy
x
xy
+ +=
+ +=
+ +=
12xt
yt
zt
=−−
⇔=
=
.
Vy
( )
P
luôn chứa đường thng c định
có PT như trên.
Gi
( )
1 2;;H ttt ∈∆
là hình chiếu ca
O
lên
.
( )
1
. 0 2 12 0
3
OH u t t t t
= ⇔− + + = =−
 
111
;;
333
H

−−−


1
3
OH⇒=
.
Cách 2: Ly
( )
1
0 : 2 4z 1 0
m Px y= + +=
.
Ly
( )
2
1 : 2z 1 0m Px=−⇒ + +=
.
Suy ra
( ) ( )
12
PP∆=
2 4z 1 0
:
2z 1 0
xy
x
+ +=
⇒∆
+ +=
.
Trong h trên đặt
1 2;z t x ty t
= =−− =
12
:
xt
yt
zt
=−−
⇒∆ =
=
.
Ly
(
)
1;0;0M ∈∆
,
( )
2;1;1u
=

( )
,
1
;
3
OM u
dO
u


∆= =
 

.
Câu 97: [2H3-5.10-4] Trong không gian vi h
()Oxyz
cho điểm
(1; 2;3)M
;
(1;0;0)A
;
(0;0;3)B
. Đưng
thng
đi qua
M
tha mãn tng khong cách t các đim
A
;
B
đến
ln nhất phương
trình là:
A.
123
:
62 3
xyz

. B.
123
:
6 32
xyz

.
C.
123
:
36 2
xyz

. D.
123
:
2 36
xyz

.
ng dn gii.
Chn B.
Ta có
(; ) (; )
d A d B MA MB
.
Để tng khong cách t các đim
A
;
B
đến
ln nht thì.
(; ) (; )
MA
d A d B MA MB
MB



.
Suy ra
qua M, vtcp ; 6;3; 2 6; 3;2d u MA MB




 
.
Vậy phương trình đường thng
cn tìm là:
123
:
6 32
xyz

.
Câu 98: [2H3-5.10-4] Trong không gian vi h
()Oxyz
cho điểm
(1; 2;3)M
;
(1;0;0)A
;
(0;0;3)B
. Đưng
thng
đi qua
M
tha mãn tng khong cách t các đim
A
;
B
đến
ln nhất phương
trình là:
O
M
u

( )
;dO
A.
123
:
62 3
xyz

. B.
123
:
6 32
xyz


.
C.
123
:
36 2
xyz

. D.
123
:
2 36
xyz

.
ng dn gii.
Chn B.
Ta có
(; ) (; )d A d B MA MB
.
Để tng khong cách t các đim
A
;
B
đến
ln nht thì.
(; ) (; )
MA
d A d B MA MB
MB



.
Suy ra
qua M, vtcp ; 6;3; 2 6; 3;2d u MA MB




 
.
Vậy phương trình đường thng
cn tìm là:
123
:
6 32
xyz

.
Câu 99: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;2A
,
( )
5;4;4B
và mt
phng
( )
:2 6 0P xyz+−+=
Nếu
M
thay đổi thuc
( )
P
thì giá tr nh nht ca
22
MA MB+
A.
60
. B.
50
. C.
200
3
. D.
2968
25
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
( )
3;3;3I
là trung điểm đoạn
AB
. Ta có
2
22 2
2
2
AB
MA MB MI+= +
.
Do đó
22
MA MB+
đạt giá tr nh nht khi
( )
MI P
.
(
)
( )
6336
, 26
411
MI d I P
+−+
= = =
++
;
222
422 24AB = ++ =
.
( )
( )
2
2
22
24
2 2 6 60
2
MA MB+= + =
.
Câu 100: [2H3-5.13-3]Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt cu
( ) (
) ( ) ( )
222
: 2 3 59Sx y z + +− =
và tam giác
ABC
vi
(5;0;0), (0;3;0), (4;5;0)ABC
. Tìm
tọa độ điểm
M
thuc cu
()
S
sao cho khi t diên
MABC
có th tích ln nht.
A.
( )
0;0;3M
. B.
(
)
2;3; 2M
. C.
( )
2;3;8M
. D.
( )
0;0; 3M
.
ng dn gii
Chn C.
.
1
..
3
M ABC ABC
V S MJ
=
Để
.M ABC
V
ln nht
MJ
ln nht
( )
MJ ABC
( )
M IJ S⇒=
Phương trình mặt phng
( )
ABC
:
0z
=
Đưng thng
:JI
2
3
5
x
y
zt
=
=
= +
(
)
2;3;5
Mt⇒+
( )
MS∈⇒
(
)
( )
( )
22 2
22 33 5 5 9t
+ + +− =
3t⇒=±
( ) (
)
1
2;3; 2 , 2;3;8MM
Do
( )
(
)
( )
( )
1
,,MJ d M ABC d M ABC= >
( )
1
2;3;8M
Câu 101: [2H3-5.13-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đim
( )
2;1; 4M
và đưng thng
1
:2
12
xt
yt
zt
= +
∆=+
= +
. Tìm ta
độ đim
H
thuc đưng thng
sao cho đon
MH
có đ dài nh nht.
A.
( )
2;3;3H
. B.
. C.
( )
0;1; 1H
. D.
( )
3; 4;5H
.
ng dn gii
Chn A.
( )
1 ;2 ;1 2H Htt t∈∆ + + +
.
( ) ( ) ( )
22 2
1 1 23MH t t t= ++ +
( )
2
2
6 12 11 6 1 5 5
tt t= + = +≥
.
Du
""=
xy ra
1t⇔=
.
Vy
( )
2;3;3H
.
Câu 102: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
P
và đường thng
( )
d
tương ứng phương trình
2 3 30xy z+ −=
122
21 1
xyz+−+
= =
−−
. Biết đường thng
(
)
d
ct mt phng
( )
P
ti đim
M
. Gi
N
là đim thuc
( )
d
sao cho
3MN =
, gi
K
hình chiếu
vuông góc của điểm
N
trên mt phng
( )
P
. Tính độ dài đoạn
MK
.
A.
7
105
MK =
. B.
7
4 21
MK =
. C.
4 21
7
MK =
. D.
105
7
MK =
.
ng dn gii
Chn D.
M
1
I
A
B
C
M
J
( )
P
có vec tơ pháp tuyến
( )
2; 1; 3n
=
,
( )
d
có vec tơ chỉ phương
( )
2;1; 1u =−−
.
Gi
α
là góc gia
( )
P
( )
d
. Ta có:
. 84 5
sin cos
14. 6 21 21
.
nu
nu
αα
= = =⇒=


.
Tam giác MNK vuông ti K nên
5 5 105
cos .3 .
7
21 21
MK
MK
MN
α
= = ⇔= =
Câu 103: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h tọa độ cho điểm và hai đường thng
Lấy điểm trên trên sao cho
thng hàng. Tìm tọa độ trung điểm của đoạn thng
A. B. C. D.
Li gii
Chn D.
, .
Ba điểm thng hàng
,
Tọa độ trung điểm ca là: .
Câu 104: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h ta đ , cho mt cu
và đường thng . Đưng thng ct ti
hai điểm phân bit . Tính độ dài đoạn ?
P
d
α
M
N
K
,Oxyz
( )
1;1; 2M
(
)
( )
12
2 1 16
:; :.
11 1 2 1 1
x yz xy z ++
== ∆==
−−
N
( )
1
P
( )
2
,,MNP
.NP
( )
0;2;3 .
( )
2;0; 7 .
( )
1;1; 3 .
( )
1;1; 2 .
( )
1
2 ; ; 1N N tt t∈∆ +
( )
2
2 ; 1 ; 6P Pt t t
′′
∈∆ +
( )
1 ; 1; 3MN t t t=−− +

( )
2 1; 2; 4
MP t t t
′′
= −−

,,
MNP
MP kMN⇔=
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1
21 1 21 2
1
1
21 21
2
1
4 3 43
1
53
1
t
t kt t t
t
t kt t kt k
t
t
t k t t kt
t
t
=
′′
−= −=

=

′′
−= −= =

=

′′
−− = + = +

−= +
( )
0;2;3N
( )
2;0; 7
P
NP
(
)
1;1; 2
Oxyz
( )
2 22
: 2 4 2 30Sx y z x y z+ + + −=
25
: 42
1
xt
dy t
z
=
= +
=
d
( )
S
A
B
AB
A. . B. . C. . D. .
ng dn gii
Chn B.
Tọa độ các giao điểm ca là nghim ca h phương trình sau:
T (*) ta có:
Vi hoc
Vy .
Câu 105: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h ta đ , ln t là hình
chiếu vuông góc ca đim trên . Tính
.
A. . B. . C. 0. D. .
ng dn gii
Chn C.
Ta có
17
17
2 29
29
29
29
2 17
17
d
( )
S
2 22
25
42
1
2 4 2 3 0 (*)
xt
yt
z
xyz xyz
=
= +
=
+ + + −=
( ) ( ) ( ) ( )
22
2
25 42 1 225 442 230tt t t++ +−−−++=
2
0
29 2 0
2
29
t
tt
t
=
−=
=
( )
2
0 4 2;4;1
1
x
t yA
z
=
=⇒=
=
48
29
2 120 48 120
; ;1
29 29 29 29
1
x
t yB
z
=

=⇒=


=
10 4 2 29
; ;0
29 29 29
AB AB

= ⇒=



Oxyz
( )
0; 1; 2A
( )
1; 0; 2B
(;;)Iabc
12
:
41 1
xy z+−
∆= =
( )
:2 2 6 0P xy z −=
S abc
=++
32+
53+
43
+
12
:
41 1
xy z+−
∆= =
( )
4;1; 1a⇒=
( )
:2 2 6 0P xy z −=
( )
2;1;2
n = −−
Gi d là đường thẳng đi qua và vuông góc vi mp(P), phương trình tham số ca d là:
B là hình chiếu ca I trên (P) nên
A là hình chiếu ca I trên nên
Do đó
Vy .
Câu 106: [2H3-5.13-3] Cho đưng thng
1
2
:2
12
xt
dy t
zt
= +
= +
=−−
2
222
:
4 31
xyz
d
−−
= =
−−
. Gi
d
đưng
thng vuông góc chung ca
1
d
2
d
,
( )
,,M abc
thuc
d
,
(
)
4;4;1N
. Khi đ dài
MN
ngn nht
thì
abc++
bng?
A.
5
. B.
4
. C.
6
. D.
9
.
Li gii
Chn D.
Gi
( )
1
2;2;12P t t td
+ + −−
( )
2 4 ;2 3 ;2
Q t tt
′′
+−−
Ta có:
( )
1;1; 2a =
,
( )
4;3;1b = −−
(
)
4 ;3 ; 2 3PQ tt ttt t
′′
= −− −−+ +

Khi đó:
( )
( ) ( )
( )
432230
.0
44 3 3 1 2 3 0
.0
tt tt t t
a PQ
tt tt t t
b PQ
′′
−− −− + + =
=


′′
−− −−−+ + =
=


366 0
26 3 3 1
tt t
tt t
′′
−= =

⇔⇔

−= =

Suy ra
( )
1;1;1P
( )
2;2;2Q
( )
1;1;1PQ⇒=

Nên
1
:1
1
xt
dy t
zt
= +
= +
= +
Gi
( )
1 ;1 ;1M ttt+++
nên
( )
3; 3;NMttt=−−

Do đó:
( ) ( )
( )
22 2
22
3 3 3 12 18 3 2 6 6NM t t t t t t= −+−+= += +
Đon thng
MN
ngn nht bng
6
khi
2t =
.
Suy ra
( )
3;3;3 9M abc++=
.
( )
1; 0; 2B
12
22
xt
yt
zt
= +
=
=−−
Id
( )
1 2; ; 2 2I tt t + −−
(
)
1 2 ;1 ; 4 2AI t t t
= + −−

AI a⇒⊥

.0AI a⇒=

( ) ( )
41 2 1 4 2 0tt t + +−−−− =
1
t⇒=
( )
( )
1 2 ; ; 2 2 1;1; 0
I tt t
+ −− =
1; 1; 0
a bc⇒= = =
0
abc
++=
Câu 107: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 3; 4I −−
đường thng
22
:
321
xy z
d
++
= =
. Mt cu tâm
I
tiếp xúc với đường thng
d
ti đim
H
. Tìm ta đ điểm
H
.
A.
(
)
4;2; 2H
=
. B.
( )
1; 0; 1H =
. C.
11
;0;
22
H

=


. D.
11
; 1;
22
H

= −−


.
Li gii
Chn B.
Vì mt cu tâm
I
tiếp xúc với đường thng
d
ti đim
H
nên
H
là hình chiếu ca
I
lên
d
.
Ta có
d
có phương trình tham số:
( )
23
22
xt
y tt
zt
=−+
=−+
=
và có mt VTCP
( )
3; 2; 1
d
u =

.
( )
2 3; 2 2;Hd H t tt −+ +
( )
4 3 ;1 2 ;4IH t t t =−+ +

.
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 3 4 3 2 1 2 1 4 0 1 1; 0; 1
d
u IH t t t t H= −+ + + = =
 
.
Câu 108: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
cho mt cu
( )
2 22
: 6 4 2 50Sx y z x y z+ + + +=
và hai đường thng
1
122
:
143
xy z
d
−+
= =
;
2
25
:
22 1
x yz
d
−−
= =
. Hai điểm
M
,
N
lần lượt thuộc hai đường thng
1
d
2
d
sao cho đường
thng
MN
ct mt cu
( )
S
tại hai điểm
,AB
. Tìm tọa độ điểm N để đoạn thng
AB
có độ dài ln
nht.
A.
( )
0; 2;2N =
. B.
(
)
4; 3;1
N =
. C.
( )
2;0;1N
=
. D.
( )
2; 4;3N =−−
.
Li gii
Kiểm tra ba điểm
,,MNI
không thng hàng.
Đề sai – không có đáp án
Chưa kiểm tra.
Câu 109: [2H3-5.13-3] Trong không gian vi h ta đ cho hình hp vi ta đ các
đỉnh là , . Các điểm lần lượt thay đi trên
các đon sao cho . Tìm độ dài nh nht ca đon thng
A. . B. . C. . D. .
Li gii
Chn B.
,Oxyz
.ABCD A B C D
′′
( ) ( )
0; 1; 0 , 2;1; 0AC
( )
' 2; 1; 2B
( )
' 0;1; 2D
, MN
AB
′′
BC
D M AN
.MN
3 6
22
23
+ Chn h trc tọa độ như hình vẽ ,
Phương trình đường thng có dng:
Đim
Phương trình đường thng có dng:
Đim ;
(
)
2 ; 2; 2MN t k +−

;
( )
2; 2;0AN k +

; .
+ Vì
( )
22 2 0D M AN t k
⇒− +=
( )
2 2 ;; 2k t MN t t=−⇒

ti .
Câu 110: [2H3-5.13-4] Trong không gian vi h ta đ
,Oxyz
cho mt cu
( )
:S
( ) ( ) ( )
2 22
1 2 13xyz+ + +− =
hai điểm
( )
1; 0; 4A
,
. Các mt phng
( )
1
,P
( )
2
P
chứa đường thng
AB
và lần lượt tiếp xúc vi mt cu
( )
S
ti các đim
12
,HH
. Viết phương
trình đường thng
12
.HH
0
x
y
z
D'
C'
A'
B'
D
C
B
A
0; 1; 2A

2; 1; 0B
AB

1
2
xt
y
z

t
; 1; 2M AB M t


BC
2
0
x
yk
z
k
2; ;0N BC N k
; 2;0DM t

2
2
min
2 46MN t t 
1t
A.
1
2.
2
xt
yt
z
=−+
= +
=
B.
1
2.
4
xt
yt
z
=−+
= +
=
C.
1
2
1
.
2
4
xt
yt
zt
= +
= +
= +
D.
1
3.
2
xt
yt
z
=−+
= +
=
Li gii
Chn A.
Ta có
( )
S
có tâm
( )
1; 2;1I
và bán kính
3.
R =
Đưng thng
đi qua hai điểm
,AB
có phương trình
1
.
4
xt
yt
z
=
=
=
(
)
12
IH H
đi qua
I
và vuông góc vi
AB
nên có phương trình
3 0.
xy−+ =
Gi
H
là giao điểm ca
AB
( )
12
IH H
. Khi đó
( )
1;2;4 .H
Gi
M
là giao điểm ca
12
HH
.IH
Khi đó
1
.
H M IH
Ta có
2
22
.1
3
IM IM IH R
IH IH IH
= = =
nên
1
3
IM IH=
 
. Do đó
( )
1;2;2 .M
12
HH
vuông góc vi
,IH AB
nên có vtcp
( )
1
, 1;1; 0 .
3

=−=

 
u IH AB
Phương trình
12
HH
:
1
2.
2
xt
yt
z
=−+
= +
=
Câu 111: [2H3-5.13-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho bốn điểm
3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6ABC
1;1;1D
. Kí hiu
d
là đường thẳng đi qua
D
sao cho tng khong cách t các đim
, , ABC
đến
d
ln nht. Hỏi đường thng
d
đi qua điểm nào dưới đây?
A.
1; 2;1M 
. B.
5;7;3N
. C.
3; 4; 3P
. D.
7;13; 5Q
.
ng dn gii
Chn B.
Kim tra ta thy
:2 3 6 0D ABC x y z 
.
Ta có
,
, ,,, .
,
d A d AD
d B d BD d A d d B d d C d AD BD CD
d C d CD

Du
""
xy ra khi
d ABC
tại điểm
D
. Do đó
12
: 13
1
xt
dy t Nd
zt



.
Câu 112: [2H3-5.13-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho t din
ABCD
( )
2;3;1A
,
( )
4;1; 2
B
,
( )
6;3; 7C
(
)
1; 2; 2D
. Các mt phng cha các mt ca t din
ABCD
chia không
gian
Oxyz
thành s phn là
A.
9
. B.
12
. C.
15
. D.
16
.
ng dn gii
Chn C.
Ta có 3 đường thng chia mt phng thành 7 phn.
3 mt phng chia không gian thành 8 phn, mt phng th 4 ct 3 mt phẳng trước thành 3 giao
tuyến, 3 giao tuyến này chia mt phng th 4 thành 7 phn, mi phn li chia 1 phn ca không
gian thành 2 phn.
Vy 4 mt phng chia không gian thành 8+7=15 phn
Câu 113: [2H3-5.13-4] Trong không gian vi h trc ta đ
Oxyz
, cho đưng thng
144
:
3 21
xyz+−
∆==
−−
các đim
( )
2;3; 4A
,
(
)
4;6; 9
B
. Gi
C
,
D
các đim thay đi trên đưng thng
sao cho
14CD =
mt cu ni tiếp t din
ABCD
có th ch ln nht. Khi đó, ta đ trung đim ca
đon thng
CD
A.
79 64 102
;;
35 35 35



B.
181 104 42
;;
555
−−



.
C.
101 13 69
;;
28 14 28



. D.
( )
2;2;3
.
ng dn gii
Chn A.
C, D nằm trên đường thng
13
: 42
4
xt
yt
zt
=−+
∆=
=
nên
( ) (
)
1 11 2 2 2
1 3 ;4 2 ;4 , 1 3 ,4 2 ,4C t t tD t t t−+ −+
.
( ) ( ) ( )
1 11 2 2 2
2;3; 5 ; 3 3 ;1 2 ;8 ; 3 3 ;1 2 ;8AB AC t t t AD t t t= =−+ =−+
  
.
Ta có
( ) (
) ( )
( )
2 22 2
2
12 12 12 12
14 9 4. 1CD tt tt tt tt==−+ −+=
.
Do vai trò ca
12
;tt
như nhau nên ta đặt
21
1tt= +
.
Ta thấy để th tích khi cu ni tiếp t din ABCD có th tích ln nht thì bán kính r ca khi cu
phi ln nht.
Mt khác ta có
3
ABCD
tp
V
r
S
=
.
Mt khác
(
)
1
. . .sin ,
6
ABCD
V AB CD AB CD=
không đổi. Vậy để r max thì
tp
S
min.
Mt khác
;
ACD BCD
SS
không đổi. Do vậy ta đi tìm min của
ABC ABD
SS+
.
Ta có
(
)
1
., ,
2
ABC ABD
S S AB AC AB AD

+= +

   
.
( )
(
) (
)
22 2
11 1
, 29 13 1 13 11 13AB AC t t t

= ++ +

 
.
(
)
( )
( )
2 22
1 11
, 16 13 14 13 2 13AB AC t t t

= + + ++

 
.
Đặt
1
13tx=
lúc này ta có
( ) ( ) (
)
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2
29 1 11 16 14 2
fx x x x x x x
= ++ +− + ++ ++
.
( )
22
3 78 963 3 456fx x x x= −++ +
.
( )
1
22
3 39 3 13 1
0
22
3 78 963 3 456
xx
fx x t
xx x
= + =⇔= =
−+ +
.
Vy
( )
2;2;3I
.
Câu 114: [2H3-5.13-4]Cho mt cu
( ) (
) ( ) ( )
222
: 2 1 39
Sx y z
++ +− =
. Đim
( )
;;M xyz
di động trên
( )
S
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 16P x yz= + −+
.
A.
2
. B.
6
. C.
24
. D.
3
Li gii
Chn B.
Mt cu
( )
(
) (
) ( )
222
: 2 1 39
Sx y z ++ +− =
có tâm
( )
2; 1; 3I
, bán kính
3R =
Xét mt phng
( )
: 2 2 16 0P x yz+ −+ =
Đưng thng
qua I và vuông góc vi
( )
P
có phương trình
2 2, 1 2, 3
x ty tz t=+ =−+ =
giá tr tham s t tương ứng với giao điểm ca D và (S) là
1t = ±
Þ
(
)
S
ct nhau tại 2 điểm:
( ) (
)
0; 3;4 , 4;1;2AB
. Ta có
( )
( )
( )
( )
, 2, , 8dAP dBP= =
Ly
( ) ( ) ( )
( )
2 2 16
1
;; ,
33
x yz
M xyz S dM P P
+ −+
∈⇒ = =
Luôn có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1
2 , , , 8 2 8 6 24
3
dAP dM P dBP P P= =⇔ ≤⇔
Vy
6
Min
P =
khi
0, 3, 4xy z= =−=
.
Câu 115: [2H3-5.14-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, đim
( )
1; 2; 3M
có hình chiếu vuông góc trên trc
Ox
đim:
A.
( )
0;0;3
. B.
( )
0;0;0
.
C.
( )
0;2;0
. D.
( )
1;0;0
.
ng dn gii
Chn D.
Câu 116: [2H3-5.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
:2 3 66 0P x yz++−=
điểm
( )
6;7;5M
. Tìm tọa độnh chiếu
H
của điểm
M
trên mt phng
( )
P
.
A.
( )
10;13;7H
. B.
(
)
10; 13;7H
. C.
(
)
10; 7;25H
. D.
( )
10;7;25H
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
d
đường thẳng qua điểm
( )
6;7;5M
và vuông góc vi mt phng
( )
P
d
vectơ ch
phương là
( )
( )
2;3;1
P
un= =

.
Phương trình tham số của đường thng
d
:
62
7 3,
5
xt
y tt
zt
= +
=+∈
= +
.
Hình chiếu
H
ca
M
lên
( )
P
chính là giao điểm của đường thng
d
và mt phng
( )
.P
( )
6 2 ;7 3 ;5Hd H t t t∈⇒ + + +
( )
HP
( ) ( ) ( )
2 6 2 3 7 3 5 66 0t tt + + + ++− =
14 28 0 2tt = ⇔=
( )
10;13;7H
Câu 117: [2H3-5.14-3]Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, đim
( )
1; 2; 3M
có hình chiếu vuông góc trên trc
Ox
đim:
A.
(
)
0;0;3
. B.
( )
0;0;0
.
C.
( )
0;2;0
. D.
( )
1;0;0
.
ng dn gii
Chn D.
Câu 118: [2H3-5.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
:2 3 66 0P x yz++−=
điểm
( )
6;7;5M
. Tìm tọa độnh chiếu
H
của điểm
M
trên mt phng
(
)
P
.
A.
( )
10;13;7H
. B.
( )
10; 13;7H
. C.
( )
10; 7;25H
. D.
(
)
10;7;25
H
.
ng dn gii
Chn A.
Gi
d
là đường thẳng qua điểm
(
)
6;7;5M
và vuông góc vi mt phng
( )
P
d
vectơ ch
phương là
( )
( )
2;3;1
P
un= =

.
Phương trình tham số của đường thng
d
:
62
7 3,
5
xt
y tt
zt
= +
=+∈
= +
.
Hình chiếu
H
ca
M
lên
( )
P
chính là giao điểm của đường thng
d
và mt phng
( )
.P
( )
6 2 ;7 3 ;5Hd H t t t∈⇒ + + +
( )
HP
( ) ( ) ( )
2 6 2 3 7 3 5 66 0t tt + + + + +− =
14 28 0 2tt = ⇔=
( )
10;13;7H
Câu 119: [2H3-5.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
4;()0;0M
và đường thng
1
: 23
2
xt
yt
zt
=
=−+
=
. Gi
( )
;;H abc
là hình chiếu ca
M
lên
. Tính
.abc++
A.
3.
B.
1.
C.
4.
D.
5.
ng dn gii
Chn B.
Đưng thng
có VTCP là
( )
1; 3; 2u =−−
,
( )
1
;; : 2 3
2
at
H abc t b t
ct
=
∆⇒∃ = +
=
. Ta có:
(
)
5 ;2 3;2.
MH t t t= −+

H
là hình chiếu vuông góc ca
M
trên
khi
MH ⊥∆
.0u MH⇔=

( ) ( ) ( )
15 3 2 3 2 2 0t tt⇔− + + =
11
14
t⇔=
.
3 5 22
;; .
14 14 14
H

⇒−


3 5 22
1
14 14 14
abc++ =+=
.
Cách khác
Đưng thng
có VTCP là
( )
1; 3; 2u
=−−
,
( )
1
;; : 2 3
2
at
H abc t b t
ct
=
∆⇒∃ = +
=
.
Ta có
1 23 2 1abc t t t++=−+ =
.
Câu 120: [2H3-5.14-3] Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 5;7A −−
và mt phng
( )
: 2 10x yz
α
+ +=
. Gi
H
là hình chiếu ca
A
lên
( )
α
. Tính hoành độ điểm
H
.
A.
4
. B.
2
. C.
3
. D.
1
.
ng dn gii
Chn D.
Đưng thng
( )
đi qua
( )
2; 5;7A −−
và nhn
( )
1; 2; 1n
α
=
làm VTCP có phương trình
( )
2
: 52
7
xt
yt
zt
=−+
=−+
=
Gi
H
là hình chiếu ca
A
lên
( )
α
. Khi đó, tọa độ ca
H
là nghim ca h
2
52
7
2 10
xt
yt
zt
x yz
=−+
=−+
=
+ +=
3
1
1
4
t
x
y
z
=
=
=
=
1
H
x =
.
Câu 121: [2H3-5.15-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho đường thng
211
:
3 11
x yz
d


điểm
1; 2; 3A
. Tọa độ điểm
A
đối xng vi
A
qua
d
là:
A.
3;1; 5A
B.
3; 0; 5A
C.
3; 0; 5A
D.
3;1; 5A
ng dn gii
Chn C.
Đưng thng
d
có mt VTCP
3; 1;1
d
u 

.
Gi
là mt phng qua
A
và vuông góc vi
d
nên có mt VTPT
3; 1;1
d
nu

 
.
Do đó
:3 4 0xyz 
.
Tọa độ hình chiếu vuông góc
H
ca
A
trên
d
tha mãn
211
2;1; 1
3 11
3 40
x yz
H
xyz




.
Khi đó
H
là trung điểm ca
AA
nên suy ra
3; 0; 5A
.
Câu 122: [2H3-5.15-3] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 40Pxyz+−−=
điểm
(
)
1;2;2M
−−
. Tìm tọa độ đim
N
đối xng với điểm
M
qua mt phng
(
)
P
.
A.
( )
3; 4;8N
. B.
( )
3;0; 4N
. C.
( )
3;0;8N
. D.
( )
3; 4; 4N
.
ng dn gii
Chn B.
( )
: 40Pxyz
+−−=
có VTPT là
( )
1;1; 1n =
.
Theo đề đường thng
MN
qua
(
)
1;2;2
M −−
và nhn
(
)
1;1; 1n
=
làm VTCP.
Phương trình đường thng
MN
:
122
11 1
xy z−++
= =
.
(
)
H MN P=
nên tọa độ
H
tha h:
42
40
31
122
43
11 1
xyz x
xyz
xy y
xy z
yz z
+−= =

+−−=

−= =

−++
= =

−−= =
−

( )
2;1;3H
−−
Mt khác,
H
là trung điểm
MN
nên tọa độ
N
:
23
20
24
N HM
N HM
N HM
x xx
y yy
x zz
= −=
= −=
= −=
.
Câu 123: [2H3-5.15-3] Cho tam giác
ABC
vi
( )
1; 2; 1A
,
( )
2; 1; 3B
,
( )
4; 7; 5C
. Độ dài phân giác
trong ca
ABC
k t đỉnh
B
A.
2 74
5
. B.
2 74
3
. C.
3 73
3
. D.
2 30
.
Gii
Chn.B.
Gi
( )
;;Dabc
là chân đường phân giác k t đỉnh
B
. Ta có
( )
( )
( )
2
3
21 4
1 1 11 2 74
22 7
22 3 3
21 5
1
a
aa
BA AD
AD CD b b b BD
BC CD
cc
c
=
=−−
= = = =−+ = =


+ =−+
=
 
.
Câu 124: [2H3-5.15-4] Trong không gian vi h ta đ
Oxyz
, cho mt phng
( )
: 2 2 30Px y z + −=
mt cu
(
)
2 22
: 2 4 2 50Sx y z x y z
+ + + +=
. Gi s điểm
( )
MP
( )
NS
sao cho
MN

cùng phương với
( )
1; 0;1u =
và khong cách gia
M
N
là ln nht. Tính
MN
.
A.
3MN =
. B.
122MN = +
. C.
32MN =
. D.
14
MN
=
.
ng dn gii
Chn C.
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 2;1I
bán kính
1
R =
.
Ta có
( )
( )
( )
2
22
1423
,2
1 22
dI P R
−− +
= = >
+− +
nên
( )
P
không ct
(
)
S
.
Gi
d
đường thng qua
I
và vuông góc vi
( )
P
. Gi
T
giao điểm ca
d
và mt cu
( )
S
tha
( )
( )
( )
(
)
;;
dT P dI P>
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
; ; 213dT P dI P R= + = +=
.
Ta có
( )
( )
( )
2
22 22
1.1 2.0 1.2 1
cos ,
2
1 2 2.1 0 1
P
un
−+
= =
+− + + +

Đưng thng
MN
có véctơ ch phương là
u
nên ta có
( )
(
)
( )
(
)
( )
1
sin , cos , , 45
2
P
MN P u n MN P= =⇒=°

.
Gi
H
là hình chiếu ca
N
lên
( )
P
. Ta có
.2
sin 45
NH
MN NH
= =
°
.
Do đó
MN
ln nht khi
NH
ln nht.
Điu này xy ra khi
NT
HH
vi
H
là hình chiếu ca
I
lên
(
)
P
.
Khi đó
max
3NH TH
= =
max max
.2 32MN NH= =
.
| 1/130

Preview text:

Phần 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
Câu 1: [2H3-1.1-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(5;3; − ) 1 , B (2;3; 4 − ) và
C (1; 2;0) . Tọa độ điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB A. (6; 4; 5 − ) . B. (4;6; 5 − ) . C. (6; 5; − 4) . D. ( 5; − 6;4) . Hướng dẫn giải Chọn A. x = 5 + 3t Phương trình đườ 
ng thẳng AB :  y = 3 (t ∈). z = 1 − + 3t
Gọi C 5 + 3t;3; 1
− + 3t là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB . 1 ( ) 
Ta có: CC = 4 + 3t;1; 1 − + 3t . 1 ( )     Khi đó:  7 5 
CC BA CC .BA = 0 ⇔ 3(4 + 3t ) + 3( 1 − + 3t) = 1 0 ⇔ t = − . Hay C ;3; − . 1 1   2 1  2 2 
Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB C là trung điểm CD D(6;4; 5 − ) . 1
Câu 2: [2H3-1.1-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D AB CD ′ ′ . Biết tọa độ các đỉnh A( 3 − ;2; )
1 , C (4; 2;0) , B′( 2 − ;1 )
;1 , D′(3;5; 4) . Tìm tọa độ điểm A′ của hình hộp. A. A′( 3 − ;3; ) 1 . B. A′( 3 − ; 3 − ;3). C. A′( 3 − ; 3 − ; 3 − ) . D. A′( 3 − ;3;3). Hướng dẫn giải Chọn D. A/ D/ C/ B/ A D B C
Gọi A′( x ; y ; z , C′( x ; y ; z . 2 2 2 ) 1 1 1 )  1 5 
Tâm của hình bình hành AB CD ′ ′ là I ;3;   .  2 2  x + x =1 1 2 
Do I là trung điểm của AC′ nên  y + y = 6 . 1 2 z + z = 5  1 2   Ta có AC = (7;0; − )
1 và AC′ = ( x x ; y y ; z z . 2 1 2 1 2 1 ) x x = 7 2 1  Do ACC A
′ ′ la hình bình hành nên y y = 0 . 2 1 z z = 1 −  2 1
Xét các hệ phương trình: x + x =1 x = 3 − y + y = 6 y = 3 z + z = 5 z = 3  1 2 1  ⇔  .  1 2 1  ⇔  .  1 2 1  ⇔  . x x = 7 x = 4  y y = 0 y = 3 z z = 1 − z = 2 2 1  2  2 1  2  2 1  2 Vậy A′( 3 − ;3;3). Cách khác  1 1 
Gọi I là trung điểm của AC I ; 2;   .  2 2   1 5 
Gọi I ′ là trung điểm của B D ′ ′ ⇒ I′ ;3;   .  2 2   
Ta có AA′ = II ′ ⇒ A′( 3 − ;3;3) .
Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.AB CD   có điểm A
trùng với gốc tọa độ, Ba;0;0, D
0;a;0, A
0;0;b với a  0, 0
b  . Gọi M là trung điểm của cạnh
CC  . Giả sử a b  4 , giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABDM bằng: 64 128 128 27 A. . B. . C. . D. . 27 27 9 4 Hướng dẫn giải Chọn A. C
 a;a;0
B'a;0;b  b   Từ giả thiết, suy ra  
M a;a;   .
D '0;a;b  2 C'
 a;a;b  
A'B a;0; b    2 
 
   3a b
Ta có A' D 0;a; b
A'B,A' D    2
ab;ab;a
A'B,A' D        .A' M         . 2   b  AM   a;a;       2  2
1    a b
Thể tích khối tứ diện V
A'B,A' D  .A' M A ' MBD . 6     4 Do , a
b  0 nên áp dụng BĐT Côsi, ta được 1 1 1 64 2 2 3
4  a b a a b  3 a b  a b  . 2 2 4 27 64 Suy ra maxV  . A ' MBD 27
Câu 4: [2H3-1.2-3]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A(3;0; 2 − ) và mặt cầu
(S) (x − )2 +( y + )2 +(z + )2 : 1 2 3
= 25 . Một đường thẳng d đi qua A , cắt mặt cầu tại hai điểm
M , N . Độ dài ngắn nhất của MN A. 8 . B. 4 . C. 6 . D. 10. Lời giải Chọn A.
Mặt cầu (S ) (x − )2 + ( y + )2 + (z + )2 : 1 2 3 = 25 có tâm I (1; 2 − ; 3 − ); R = 5
Ta có : AI = 3 < 5 = .
R Nên điểm A năm trong mặt cầu.
Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d . Trong tam giác vuông 1 IAH à v IHM Ta có: 2 2 IH ≤ ; IA MN = HM = IM IH 2 Do đó để MN thì 2 2 IH
IH = IA MN = 2HM = 2 IM IA = 8. min ax M I M H A N
Câu 5: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz cho điểm M (2; − 2; − 5) và đường thẳng
( ) x −1 y +1 z d : = = . Biết N ( ; a ;
b c) thuộc (d ) và độ dài MN ngắn nhất. Tổng a + b + c nhận 2 1 1 − giá trị nào sau đây? A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C.
N ∈ (d ) ⇒ N (1+ 2t; −1+ t; − t ) .
MN = ( t − )2 + ( + t )2 + ( − t )2 = (t − )2 2 1 1 5 6 1 + 21 ≥ 21
MN ngắn nhất bằng 21 khi t =1 khi đó N (3;0;− )
1 ⇒ a + b + c = 3 + 0 −1 = 2 . A(2;1;3)
Câu 6: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D AB CD ′ ′ có ; B (0; 1 − ;− ) 1 C ( 1 − ; 2 − ;0) D′(3; 2 − ; ) 1 ; ;
. Tính thể tích hình hộp. A. 24 . B. 12 . C. 36 . D. 18 . Hướng dẫn giải Chọn A.  
Ta có BA = (2; 2; 4) ; BC = ( 1 − ; 1 − ; ) 1     B ; A BC  = (6; 6; − 0)   ⇒ S = BA BC = + (− )2 2 ; 6 6 = 6 2 . ABCD    
Mặt phẳng ( ABCD) đi qua điểm A(2;1;3) và có vectơ pháp tuyến B ; A BC  = (6; 6; − 0)   có
phương trình: 6(x − 2) − 6( y − )
1 + 0 ( z − 3) = 0 ⇔ x y −1 = 0 . − − −
h = d ( D′ ( ABCD)) 3 ( 2) 1 ; = = 2 2 . 1 + (− )2 2 1
Vậy thể tích hình hộp là V = S .h = 6 2.2 2 = 24 . ABCD A(2;1;3)
Câu 7: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D AB CD ′ ′ có ; B (0; 1 − ;− ) 1 C ( 1 − ; 2 − ;0) D′(3; 2 − ; ) 1 ; ;
. Tính thể tích hình hộp. A. 24 . B. 12 . C. 36 . D. 18 . Hướng dẫn giải Chọn A.  
Ta có BA = (2; 2; 4) ; BC = ( 1 − ; 1 − ; ) 1     B ; A BC  = (6; 6; − 0)   ⇒ S = BA BC = + (− )2 2 ; 6 6 = 6 2 . ABCD    
Mặt phẳng ( ABCD) đi qua điểm A(2;1;3) và có vectơ pháp tuyến B ; A BC  = (6; 6; − 0)   có
phương trình: 6(x − 2) − 6( y − )
1 + 0 ( z − 3) = 0 ⇔ x y −1 = 0 . − − −
h = d ( D′ ( ABCD)) 3 ( 2) 1 ; = = 2 2 . 1 + (− )2 2 1
Vậy thể tích hình hộp là V = S .h = 6 2.2 2 = 24 . ABCD
Câu 8: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 2 − ;2; 2 − ), B(3; 3
− ;3) . M là điểm thay đổi trong MA 2 không gian thỏa mãn
= . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng? MB 3 5 3 A. 12 3 . B. 6 3 . C. . D. 5 3 . 2 Lời giải Chọn A. Gọi M ( ;
x y; z ) . Ta có: MA 2
= ⇔ 9MA = 4MB ⇔ 9 (x + 2)2 + ( y − 2)2 + (z + 2)2  = 4 (x −3)2 + ( y + 3)2 + (z −3)2 2 2  MB 3     2 2 2
x + y + z +12x −12y +12z = 0 ⇒ M ∈ mặt cầu (S ) tâm I ( 6; − 6; 6
− ) bán kính R = 6 3 Khi đó OM = d ;
O I + R = OI + R = 6 3 + 6 3 = 12 3 . max ( ) Câu 9:
[2H3-1.2-3]Cho tam giác ABC với A(1; 2; − )
1 , B (2; −1; 3) , C (− 4; 7; 5) . Độ dài phân giác trong của A
BC kẻ từ đỉnh B là 2 74 2 74 3 73 A. . B. . C. . D. 2 30 . 5 3 3 Giải Chọn B.
Gọi D (a; ;
b c) là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B .  2 = −  (  a − ) a = − − 3 2 1 a 4  BA AD 1  1    11 2 74 Ta có =
= ⇒ AD = − CD ⇒ 2(b − 2) = b − + 7 ⇔ b  = ⇒ BD = . BC CD 2 2   (  c + ) 3 3 2 1 = −c + 5 c =1 
Câu 10: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A0;0;0, B 0;1;  1 , C  1;0;  1 . Xét
điểm D thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ diện ABCD là một tứ diện đều. Kí hiệu Dx ; y ;z 0 0 0  là tọa
độ của điểm D . Tổng x y 0 0 bằng: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Tính được AB BC CA  2 . DA  2 
Do D  Oxy 
Dx ; y ;0 DA DB DC 2      DB  2 0 0 . Yêu cầu bài toán  DC  2   2 2  2 2
x y  2  0 0 x y  2   0 0     x 1  2  xy 2  2 1 1 2 x y 1 1             
x y  2. 0 0 0  0 2 0 0 0    y  1    0 2   
x    y     x   2 2 2 1  y  1 1 1 2 0 0 0 0  
Câu 11: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(0;0; 4) , điểm M nằm trên mặt
phẳng (Oxy) và M O . Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM E là trung điểm của
OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó. A. R = 2 . B. R = 1 . C. R = 4 . D. R = 2 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O . A
Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định)
Ta có tam giác ADO vuông tại D ID là đườ 1
ng trung tuyến nên ID = OA = 2 ( ) 1 2 I
Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM D
nên IE song song với AM OD AM OD IE
Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra
IE là đường trung trực của OD M O E
Nên  =   =  ⇒  =  DOE ODE; IOD IDO IDE
IOE = 90° ⇒ ID DE (2) OA
Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R = = 2 2
Câu 12: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hình chóp S.ABC S (2; 2;6) , A(4;0;0) ,
B (4; 4;0) , C (0; 4;0) . Tính thể tích khối chóp S.ABC . A. 48 . B. 16 . C. 8 . D. 24 . Hướng dẫn giải Chọn B.    
Ta có BA = (0; − 4;0) , BC = ( 4; − 0;0) ⇒ B . A BC = 0 ⇒ A
BC vuông tại B .   1
BA = BA = 4 , BC = BC = 4 ⇒ S = .4.4 = 8 . ABC 2 Mà A(4;0;0) , B (4; 4;0) , C (0; 4;0) thuộc mặt phẳng
(Oxy): z = 0 suy ra 1 1
d (S,( ABC )) = d (S,(Oxy)) = 6 . Vậy thể tích V
= d S, ABC .S = .6.8 =16 S . ABC ( ( )) . 3 ABC 3
Câu 13: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có 1 1 1
A(0;0;0) , B (2;0;0) , C (0; 2;0) , A 0;0; m (m > 0) A C BC 1 ( ) và vuông góc v 1 ới . Th 1 ể tích khối
tứ diện A CBC 1 1 4 8 A. . B. . C. 4 . D. 8 . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi C ; x y; z 1 ( ).  =  =   x 0 x 0  
Ta có: ABC.A B C
AA = CC ⇔  y − 2 = 0 ⇔  y = 2 ⇒ C 0; 2; m 1 ( ) 1 1 1 là hình lăng trụ nên . 1 1   z = mz = m   
Suy ra: A C = 0; 2; − m BC = − 2; 2; m 1 ( ) 1 ( ) , .   m = 2 Do A C vuông góc v BC 2
A C.BC = 0 ⇔ 4 − m = 0 ⇔ 1 ới nên . 1 1 1  m = 2 −
m > 0 nên m = 2 . Vậy A 0;0; 2 1 ( ) .
Thể tích khối tứ diện A CBC là 1 1 1 1 1 4 V = V = ⋅ ⋅ A . B AC.AA = . 1 A C 1 BC ABC. 1 A 1 B 1 C 1 3 3 2 3
Câu 14: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với A(1; 2; − ) 1 , B (2; 1 − ;3) , C ( 4;
− 7;5). Độ dài phân giác trong của A
BC kẻ từ đỉnh B là: 2 74 2 74 3 73 A. . B. . C. . D. 2 30 . 5 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B
Gọi D (a; ;
b c) là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có  2 = −  (  a − ) a = − − 3 2 1 a 4  BA AD 1  1    =
= ⇒ AD = − CD ⇒  (b − ) 11 2 74 2 2 = b − + 7 ⇔ b  = ⇒ BD = BC CD 2 2   (  c + ) 3 3 2 1 = −c + 5 c =1 
Câu 15: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với A(1; 2; − ) 1 , B (2; 1 − ;3) , C ( 4;
− 7;5). Độ dài phân giác trong của A
BC kẻ từ đỉnh B là: 2 74 2 74 3 73 A. . B. . C. . D. 2 30 . 5 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B
Gọi D (a; ;
b c) là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có  2 = −  (  a − ) a = − − 3 2 1 a 4  BA AD 1  1    =
= ⇒ AD = − CD ⇒  (b − ) 11 2 74 2 2 = b − + 7 ⇔ b  = ⇒ BD = BC CD 2 2   (  c + ) 3 3 2 1 = −c + 5 c =1 
Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
Câu 16: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua A(1;1; )
1 , vuông góc với hai mặt phẳng
(α ): x + y z − 2 = 0, (β ): x y + z −1= 0.
A. y + z − 2 = 0 .
B. x + y + z − 3 = 0 .
C. x − 2 y + z = 0 .
D. x + z − 2 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.   
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: n = n ; n  = α β (0;2;2 , P )  
Phương trình (P) : y + z − 2 = 0 .
Câu 17: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2
− ;3) và vuông góc với hai mặt phẳng (P) : 2x y z −1 = 0, (Q)
: x y + z − 3 = 0 .
A. 2x + 3y + z −1 = 0.
B. x + 3y + 2z +1 = 0. C. x + 3y + 2z −1 = 0. D. 2x + 3y + z +1 = 0. Hướng dẫn giải Chọn D. (  
P) có vtpt n = 2; 1 − ; 1
− , (Q) có vtpt n = 1; 1 − ;1 2 ( ) 1 ( )   
Vì mặt phẳng vuông góc với ( P) và (Q) nên có vtpt n = n n = 2 − ; 3 − ; 1 − 1 2 ( )
Phương trình mặt phẳng cần tìm 2 − (x − )
1 − 3( y + 2) − ( z − 3) = 0 ⇔ 2x + 3y + z +1 = 0
Câu 18: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua A(1;1; )
1 , vuông góc với hai mặt phẳng
(α ): x + y z − 2 = 0, (β ): x y + z −1= 0.
A. y + z − 2 = 0 .
B. x + y + z − 3 = 0 .
C. x − 2 y + z = 0 .
D. x + z − 2 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.   
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: n = n ; n  = α β (0;2;2 , P )  
Phương trình (P) : y + z − 2 = 0 .
Câu 19: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2
− ;3) và vuông góc với hai mặt phẳng (P) : 2x y z −1 = 0, (Q)
: x y + z − 3 = 0 .
A. 2x + 3y + z −1 = 0.
B. x + 3y + 2z +1 = 0. C. x + 3y + 2z −1 = 0. D. 2x + 3y + z +1 = 0. Hướng dẫn giải Chọn D. (  
P) có vtpt n = 2; 1 − ; 1
− , (Q) có vtpt n = 1; 1 − ;1 2 ( ) 1 ( )   
Vì mặt phẳng vuông góc với ( P) và (Q) nên có vtpt n = n n = 2 − ; 3 − ; 1 − 1 2 ( )
Phương trình mặt phẳng cần tìm 2 − (x − )
1 − 3( y + 2) − ( z − 3) = 0 ⇔ 2x + 3y + z +1 = 0
Câu 20: [2H3-2.3-3]Cho điểm M ( –3; 2; 4) , gọi ,
A B, C lần lượt là hình chiếu của M trên Ox, Oy, Oz . Mặt
phẳng song song với mp ( ABC ) có phương trình là
A. 4x – 6 y – 3z +12 = 0 . B. 3x – 6 y – 4z +12 = 0 .
C. 6x – 4 y – 3z – 12 = 0 .
D. 4x – 6 y – 3z – 12 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D x y z
Ta có A( –3;0;0), B (0; 2;0),C (0;0; 4) . ⇒ ( ABC ) :
+ + = 1 ⇔ 4x − 6y − 3z +12 = 0 . 3 − 2 4
Câu 21: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(0;8;0) , B ( 4; − 6;2), và
C (0;12; 4) . Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng (Oyz) . A. (S ) 2 2 2
: x + y + z − 8 y − 2z = 0 . B. (S ) 2 2 2
: x + y + z − 4x − 6z − 64 = 0 . C. (S ) 2 2 2
: x + y + z −12 y − 2z − 8 = 0 . D. (S ) 2 2 2
: x + y + z −14 y −10z + 48 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt cầu (S ) cần lập có tâm I thuộc (Oyz) ⇒ I (0; ;
b c) nên (S ) có phương trình dạng: 2 2 2
x + y + z − 2by − 2cz + d = 0
Vì (S ) đi qua A(0;8;0) , B ( 4;
− 6;2), và C (0;12;4) nên ta có hệ:  16 − b + d = 64 − b  = 7    12
b − 4c + d = 56 − ⇔ c = 5   24
b −8c + d + 160 − d = 48  
⇒ phương trình của (S ) 2 2 2
: x + y + z −14 y −10z + 48 = 0 .
Câu 22: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(0;8;0) , B ( 4; − 6;2), và
C (0;12; 4) . Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng (Oyz) . A. (S ) 2 2 2
: x + y + z − 8 y − 2z = 0 . B. (S ) 2 2 2
: x + y + z − 4x − 6z − 64 = 0 . C. (S ) 2 2 2
: x + y + z −12 y − 2z − 8 = 0 . D. (S ) 2 2 2
: x + y + z −14 y −10z + 48 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt cầu (S ) cần lập có tâm I thuộc (Oyz) ⇒ I (0; ;
b c) nên (S ) có phương trình dạng: 2 2 2
x + y + z − 2by − 2cz + d = 0
Vì (S ) đi qua A(0;8;0) , B ( 4;
− 6;2), và C (0;12;4) nên ta có hệ:  16 − b + d = 64 − b  = 7    12
b − 4c + d = 56 − ⇔ c = 5   24
b − 8c + d + 160 − d = 48  
⇒ phương trình của (S ) 2 2 2
: x + y + z −14 y −10z + 48 = 0 .
Câu 23: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng ( P) có phương trình là
2x − 2 y − 3z = 0 . Viết phương trình của mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm H (1;0;0) và K (0; 2; − 0)
biết (Q) vuông góc ( P) .
A. (Q) : 6x + 3y + 4z + 6 = 0 .
B. (Q) : 2x y + 2z − 2 = 0 .
C. (Q) : 2x y + 2z + 2 = 0 .
D. (Q) : 2x + y + 2z − 2 = 0 . Hướng dẫn giải: Chọn B.
Vì mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm H (1;0;0) , K (0; 2;
− 0) và (Q) vuông góc (P) nên mặt phẳng    nhận =   ( n ) HK , n làm véctơ pháp tuyến. Q  (P)  Ta có  HK = ( 1 − ; 2 − ;0)     ⇒ n
= HK, n  = (6; 3 − ;6) = 3(2; 1 − ;2 . Q P ) ( )  ( )  n = (2; 2; − 3 − P ) ( ) Phương trình mặ 
t phẳng (Q) đi qua H (1;0;0) có véctơ pháp tuyến n = (2; 1 − ;2 là Q ) ( ) 2 ( x − )
1 − y + 2z = 0 ⇔ 2x y + 2z − 2 = 0 .
Câu 24: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P) : ax + by + cz − 27 = 0 qua hai điểm A(3;2; ) 1 , B ( 3
− ;5;2) và vuông góc với mặt phẳng (Q) :3x + y + z + 4 = 0 . Tính tổng
S = a + b + c . A. S = 2 − . B. S = 2 . C. S = 4 − . D. S = 12 − . Hướng dẫn giải Chọn D. A(3; 2; )
1 ∈ ( P) : ax + by + cz − 27 = 0 ⇒ 3a + 2b + c − 27 = 0( ) 1 B ( 3
− ;5;2)∈(P) : ax + by + cz − 27 = 0 ⇒ 3
a + 5b + 2c − 27 = 0(2)
(P):ax +by + cz − 27 = 0 vuông góc với mặt phẳng (Q):3x + y + z + 4 = 0 .   n = + + = p .nq 3a b c 0 (3) 3
a + 2b + c − 27 = 0( ) 1 a = 6   Giải hệ:  3
a + 5b + 2c − 27 = 0(2) ⇒ b
 = 27 ⇒ a + b + c = 12 − .  
a + b + c = ( ) c = 45 3 0 3 −   x − 3 y −1 z +1
Câu 25: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 2 3 1 − điểm A(1;3;− )
1 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa d và đi qua . A
A. 2x − y + z − 4 = 0.
B. x + y + 5z +1 = 0.
C. x + y − 4 = 0.
D. x y z +1 = 0. Lời giải Chọn B.
Ta có d đi qua M (3;1; − )
1 và có vtcp u = (2;3; − ) 1 .  MA = ( 2; − 2;0). (  1  
P) có vtpt n = u, MA = (1;1;5).   2
Phương trình (P) : x + y + 5z +1 = 0.
Câu 26: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2; 3) và đường thẳng x y z d : =
= . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M d . 1 1 − 1
A. 5x + 2 y − 3z = 0 .
B. 2x + 3y − 5z = 0 .
C. 2x + 3y − 5z + 7 = 0 .
D. 5x + 2 y − 3z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là u = (1; −1; )
1 , lấy O d .  Ta có OM = (1; 2; 3)     n u  
Gọi n ≠ 0 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì 
 = u ,OM  = ( 5; − − 2; 3)   n OM
Mặt phẳng chứa điểm M d có phương trình :
5x + 2 y − 3z = 0 . x +1 y z −1
Câu 27: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 − và điểm 1 A(0; 1
− ;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d .
A. ( P) : x + 3y + z = 0 .
B. ( P) : x + 4 y + 2z − 2 = 0 .
C. ( P) : 2x + 3y z + 6 = 0 .
D. ( P) : x + 3y + z − 6 = 0 Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy B ( 1 − ;0; ) 1 ∈ (d ) .  AB = ( 1 − ;1; 2 − ) Đườ 
ng thẳng (d ) có VTCP u = (2; 1 − ; ) 1 d  
Vậy ( P) có VTPT  AB,u  = (1;3; ) 1 d  
PTMP ( P) :1( x − 0) + 3( y + )
1 +1( z − 3) = 0 ⇔ x + 3y + z = 0 .
Câu 28: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng ( P) có phương trình là
2x − 2 y − 3z = 0 . Viết phương trình của mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm H (1;0;0) và K (0; 2; − 0)
biết (Q) vuông góc ( P) .
A. (Q) : 6x + 3y + 4z + 6 = 0 .
B. (Q) : 2x y + 2z − 2 = 0 .
C. (Q) : 2x y + 2z + 2 = 0 .
D. (Q) : 2x + y + 2z − 2 = 0 . Hướng dẫn giải: Chọn B.
Vì mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm H (1;0;0) , K (0; 2;
− 0) và (Q) vuông góc (P) nên mặt phẳng    nhận =   ( n ) HK , n làm véctơ pháp tuyến. Q  (P)  Ta có  HK = ( 1 − ; 2 − ;0)     ⇒ n
= HK, n  = (6; 3 − ;6) = 3(2; 1 − ;2 . Q P ) ( )  ( )  n = (2; 2; − 3 − P ) ( ) Phương trình mặ 
t phẳng (Q) đi qua H (1;0;0) có véctơ pháp tuyến n = (2; 1 − ;2 là Q ) ( ) 2 ( x − )
1 − y + 2z = 0 ⇔ 2x y + 2z − 2 = 0 .
Câu 29: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P) : ax + by + cz − 27 = 0 qua hai điểm A(3;2; ) 1 , B ( 3
− ;5;2) và vuông góc với mặt phẳng (Q) :3x + y + z + 4 = 0 . Tính tổng
S = a + b + c . A. S = 2 − . B. S = 2 . C. S = 4 − . D. S = 12 − . Hướng dẫn giải Chọn D. A(3; 2; )
1 ∈ ( P) : ax + by + cz − 27 = 0 ⇒ 3a + 2b + c − 27 = 0( ) 1 B ( 3
− ;5;2)∈(P) : ax + by + cz − 27 = 0 ⇒ 3
a + 5b + 2c − 27 = 0(2)
(P):ax +by + cz − 27 = 0 vuông góc với mặt phẳng (Q):3x + y + z + 4 = 0 .   n = + + = p .nq 3a b c 0 (3) 3
a + 2b + c − 27 = 0( ) 1 a = 6   Giải hệ:  3
a + 5b + 2c − 27 = 0(2) ⇒ b
 = 27 ⇒ a + b + c = 12 − .  
a + b + c = ( ) c = 45 3 0 3 −   x − 3 y −1 z +1
Câu 30: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 2 3 1 − điểm A(1;3;− )
1 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa d và đi qua . A
A. 2x − y + z − 4 = 0.
B. x + y + 5z +1 = 0.
C. x + y − 4 = 0.
D. x y z +1 = 0. Lời giải Chọn B.
Ta có d đi qua M (3;1; − )
1 và có vtcp u = (2;3; − ) 1 .  MA = ( 2; − 2;0). (  1  
P) có vtpt n = u, MA = (1;1;5).   2
Phương trình (P) : x + y + 5z +1 = 0.
Câu 31: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2; 3) và đường thẳng x y z d : =
= . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M d . 1 1 − 1
A. 5x + 2 y − 3z = 0 .
B. 2x + 3y − 5z = 0 .
C. 2x + 3y − 5z + 7 = 0 .
D. 5x + 2 y − 3z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là u = (1; −1; )
1 , lấy O d .  Ta có OM = (1; 2; 3)     n u  
Gọi n ≠ 0 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì 
 = u ,OM  = ( 5; − − 2; 3)   n OM
Mặt phẳng chứa điểm M d có phương trình :
5x + 2 y − 3z = 0 . x +1 y z −1
Câu 32: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 − và điểm 1 A(0; 1
− ;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d .
A. ( P) : x + 3y + z = 0 .
B. ( P) : x + 4 y + 2z − 2 = 0 .
C. ( P) : 2x + 3y z + 6 = 0 .
D. ( P) : x + 3y + z − 6 = 0 Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy B ( 1 − ;0; ) 1 ∈ (d ) .  AB = ( 1 − ;1; 2 − ) Đườ 
ng thẳng (d ) có VTCP u = (2; 1 − ; ) 1 d  
Vậy ( P) có VTPT  AB,u  = (1;3; ) 1 d  
PTMP ( P) :1( x − 0) + 3( y + )
1 +1( z − 3) = 0 ⇔ x + 3y + z = 0 . x − 3 y −1 z +1
Câu 33: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 2 3 1 − điểm A(1;3;− )
1 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa d và đi qua . A
A. 2x − y + z − 4 = 0.
B. x + y + 5z +1 = 0.
C. x + y − 4 = 0.
D. x y z +1 = 0. Lời giải Chọn B.
Ta có d đi qua M (3;1; − )
1 và có vtcp u = (2;3; − ) 1 .  MA = ( 2; − 2;0). (  1  
P) có vtpt n = u, MA = (1;1;5).   2
Phương trình (P) : x + y + 5z +1 = 0.
Câu 34: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2; 3) và đường thẳng x y z d : =
= . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M d . 1 1 − 1
A. 5x + 2 y − 3z = 0 .
B. 2x + 3y − 5z = 0 .
C. 2x + 3y − 5z + 7 = 0 .
D. 5x + 2 y − 3z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là u = (1; −1; )
1 , lấy O d .  Ta có OM = (1; 2; 3)     n u  
Gọi n ≠ 0 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì 
 = u ,OM  = ( 5; − − 2; 3)   n OM
Mặt phẳng chứa điểm M d có phương trình :
5x + 2 y − 3z = 0 . x +1 y z −1
Câu 35: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 − và điểm 1 A(0; 1
− ;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d .
A. ( P) : x + 3y + z = 0 .
B. ( P) : x + 4 y + 2z − 2 = 0 .
C. ( P) : 2x + 3y z + 6 = 0 .
D. ( P) : x + 3y + z − 6 = 0 Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy B ( 1 − ;0; ) 1 ∈ (d ) .  AB = ( 1 − ;1; 2 − ) Đườ 
ng thẳng (d ) có VTCP u = (2; 1 − ; ) 1 d  
Vậy ( P) có VTPT  AB,u  = (1;3; ) 1 d  
PTMP ( P) :1( x − 0) + 3( y + )
1 +1( z − 3) = 0 ⇔ x + 3y + z = 0 . x −1 y z +1
Câu 36: [2H3-2.7-3]Mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d : = =
và vuông góc với mặt phẳng 2 1 3
(Q) : 2x + y z = 0 có phương trình là
A. x + 2 y – 1 = 0 .
B. x − 2 y + z = 0 .
C. x − 2 y – 1 = 0 .
D. x + 2 y + z = 0 . Hướng dẫn giải Chọn C     u  = n =   = − P ud , nQ  ( 4;8;0) d  (2;1;3)   Ta có  ⇒ (P) có 
⇒ (P) : x − 2y −1 = 0 . n = (2;1; 1 − )  qua M  (1;0;− ) Q 1 x −1 y z +1
Câu 37: [2H3-2.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt 2 2 − 1 −
phẳng ( P) : x + y z +1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng ( P) .
A. 3x + y + 4z-1=0 .
B. 3x y + 4z +1 = 0 .
C. 3x + y + 4z +1 = 0 .
D. x + 3y + 4z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn C.  u  = − −    d (2; 2; )1 Ta có 
n = u , n  =  α . d P (3;4; )1   n = (1;1; 1 − )  P
d ⊂ (α ) nên (α ) đi qua điểm M (1;0; 1
− ) ⇒ (α ) :3x + y + 4z +1 = 0 x −1 y z +1
Câu 38: [2H3-2.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 2 − 1 − và mặt
phẳng ( P) : x + y z +1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa đường thẳng (d ) và vuông
góc với mặt phẳng ( P) .
A. 3x + y + 4z-1=0 .
B. 3x y + 4z +1 = 0 .
C. 3x + y + 4z +1 = 0 .
D. x + 3y + 4z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn C.  u  = − −    d (2; 2; )1 Ta có 
n = u , n  =  α . d P (3;4; )1   n = (1;1; 1 − )  P
d ⊂ (α ) nên (α ) đi qua điểm M (1;0; 1
− ) ⇒ (α ) :3x + y + 4z +1 = 0 − + − =
Câu 39: [2H3-2.8-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x 2 y z 5 0 . Viết
phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) , cách (P) một khoảng bằng 3 và cắt
trục Ox tại điểm có hoành độ dương
A.
(Q) : 2x − 2 y + z + 4 = 0 . B. (Q) : 2x − 2 y + z −14 = 0 .
C. (Q) : 2x − 2 y + z −19 = 0 .
D. (Q) : 2x − 2 y + z − 8 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có (Q)  ( P) ⇒ (Q) : 2x − 2 y + z m = 0 (m ≠ 5)
(Q) cắt Ox tại điểm có hoành độ dương nên :m > 0 m = 4 − (l)
Theo đề : d (M ,(P)) = d ((P),(Q)) = 3 ⇒ 5− m = 9 ⇔  m = 14  (n)
Phương trình mặt phẳng (P): 2x − 2y + z −14 = 0
Câu 40: [2H3-2.8-3] Mặt phẳng (Q) song song ( P) : x + 2 y + 2z −1 = 0 cắt mặt cầu 2 2 2
(S ) : (x −1) + y + (z − 3) = 6 theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích 2π . Biết (Q) có
dạng −x + ay + bz + c = 0 , giá trị của c sẽ là: A. 1 hoặc13 . B. 1 − hoặc13. C. 13 − . D. 13 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Do (Q) / / ( P) nên mp (Q) có dạng x + 2 y + 2z + d = 0,(d ≠ − ) 1 . I B A H .
Tâm I (1;0;3) bán kính R = IA = 6 . Diện tích hình tròn 2
S = π r = 2π ⇒ r = 2 . 1+ 0 + 6 + d Ta có 2 2 IH =
R r = 2 ⇒ d (I; (Q)) = 2 ⇔ = 2 . 3 d = 1
− ⇒ (Q) : x + 2y + 2z −1 = 0 ⇒  d = 13 − ⇒ 
(Q): x + 2y + 2z −13 = 0
so với điều kiện nên (Q) : x + 2 y + 2z −13 = 0 hay (Q) : −x − 2 y − 2z +13 = 0
Theo giải thiết ta chọn. D.
Câu 41: [2H3-2.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) và mặt phẳng
(P) có phương trình lần lượt là (S): 2 2 2
x + y + z − 2x + 4 y − 6z −11 = 0 và (P) :
2x + 2 y z +17 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng ( P) và
cắt mặt cầu (S ) theo một giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π .
A. (Q) : 2x + 2 y z = 0 . B. (Q) : 2x + 2 y z + 5 = 0 .
C. (Q) : 2x + 2 y z + 2 = 0 .
D. (Q) : 2x + 2 y z − 7 = 0 . Hướng dẫn giải: Chọn D. I R h r Ta có:
Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2
− ;3) và có bán kính R = 5. 6π
Bán kính của đường tròn thiết diện: r = = 3. 2π
Khoảng cách từ mặt phẳng đến tâm mặt cầu là 2 2 h = R r = 4 .
Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: 2x + 2y z + c = 0 ( 17 c ≠ ) 2.1+ 2. 2 − − 3 + c c − 5
Ta có: d ( I;(Q)) ( ) = 4 ⇔ = 4 ⇔ = 4 2 2 2 + + 3 2 2 1
c − 5 =12 ⇔ c =17 (lo¹i) ∨ c = 7 −
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2x + 2 y z − 7 = 0 .
Câu 42: [2H3-2.8-3] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 2 − ), B ( 1
− ;0;3) . Viết phương trình mặt
phẳng ( P) đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( P) lớn nhất.
A. 3x + y − 5z −17 = 0.
B. 2x + 5 y + z − 7 = 0.
C. 5x − 3y + 2z − 3 = 0.
D. 2x + y − 2z − 9 = 0. Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có d ( B,( P)) ≤ AB . Do đó khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( P) lớn nhất khi
d ( B, ( P)) = AB xảy ra ⇔ AB ⊥ ( P) . Như vậy mặt phẳng ( P) cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm A 
và vuông góc với AB . Ta có AB = (3;1; 5
− ) là véctơ pháp tuyến của (P).
Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 3( x − 2) + ( y − )
1 − 5 ( z + 2) = 0 hay 3x + y − 5z −17 = 0.
Câu 43: [2H3-2.8-3] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 2 − ), B ( 1
− ;0;3) . Viết phương trình mặt
phẳng ( P) đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( P) lớn nhất.
A. 3x + y − 5z −17 = 0.
B. 2x + 5 y + z − 7 = 0.
C. 5x − 3y + 2z − 3 = 0.
D. 2x + y − 2z − 9 = 0. Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có d ( B,( P)) ≤ AB . Do đó khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( P) lớn nhất khi
d ( B, ( P)) = AB xảy ra ⇔ AB ⊥ ( P) . Như vậy mặt phẳng ( P) cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm A 
và vuông góc với AB . Ta có AB = (3;1; 5
− ) là véctơ pháp tuyến của (P).
Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 3( x − 2) + ( y − )
1 − 5 ( z + 2) = 0 hay 3x + y − 5z −17 = 0.
Câu 44: [2H3-2.8-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng ( P) song
song với mặt phẳng (Q) : x − 2 y + 4z −1 = 0 và cách điểm M ( 1 − ;3; )
1 là một khoảng bằng 2.
A. ( P) : x − 2 y + 4z − 3 + 2 21 = 0 hay ( P) : x − 2 y + 4z − 3 − 2 21 = 0 .
B. ( P) : x − 2 y + 4z + 3 + 2 21 = 0 hay ( P) : x − 2 y + 4z + 3 − 2 21 = 0 .
C. ( P) : x − 2 y + 4z + 5 = 0 hay ( P) : x − 2 y + 4z +1 = 0 .
D. ( P) : x − 2 y + 4z + 3 + 2 13 = 0 hay ( P) : x − 2 y + 4z + 3 − 2 13 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B.
(P) có dạng: (P): x − 2y + 4z + c = 0(c ≠ − )1 − − + + −
d (M ( P)) 1 6 4 c c 3 , = = 2 2 2 1 + 2 + 4 21 −
d (M ( P)) c 3 , = 2 =
c − 3 = 2 21 21 c = 3+ 2 21 c − 3 = 2 21 ⇔  c = 3− 2 2 x −1 y z − 2
Câu 45: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và 2 1 2
điểm M (2;5;3) . Mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất là
A. x − 4 y z +1 = 0 .
B. x + 4 y + z − 3 = 0 .
C. x − 4 y + z − 3 = 0 .
D. x + 4 y z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn C. M H I
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M (2;5;3) trên ∆ , H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng ( P) .
Ta có MH = d (M ,( P)) ≤ MI . Do đó MH đạt giá trị lớn nhất khi H I , khi đó mặt phẳng ( P)
qua I và vuông góc với MI . 
I ∈ ∆ ⇒ I (1+ 2t;t; 2 + 2t ), MI = ( 1 − + 2t; 5 − + t; 1 − + 2t) .  
MI ⊥ ∆ ⇔ MI.u = 0 ⇔ − + − + − = ⇔ = ∆
(2t )12 t 5 (2t )12 0 t 1. 
Mặt phẳng ( P) qua I (3;1; 4) có một vectơ pháp tuyến là MI = (1; 4 − ; )
1 . Phương trình mặt phẳng
(P): x − 4y + z −3 = 0 .
Câu 46: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0; − ) 1 , B (3; 1 − ; 2 − ) , C (6; 2;
− 3) , D(0;1;6) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A , B ? A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 4 mặt phẳng.
D. có vô số mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A, B .
Có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán .
TH1: Mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm C , D và song song với đường thẳng chứa hai điểm A , B .
TH2: Mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm C , D và đi qua trung điểm của đoạn thẳng AB A A B D C D C B    AB = (2; 1 − ;− ) 1 , AC = (5; 2 − ;4), AD = ( 1 − ;1;7)
  
Ta có  AB, AC  .AD = 0 ⇒ , A B, C, D   đồng phẳng   1 −  Lại có CD = ( 6 − ;3;3) ⇒ AB =
CD AB / /CD nên có vô số mặt phẳng . 3
Câu 47: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A6;0;0, B0;6;0 , C 2;1;0 và
D4;3;2 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua hai điểm ,
A B và cách đều hai điểm C, D ? A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số. Hướng dẫn giải Chọn B.
Kiểm tra ta được bốn điểm ,
A B, C, D không đồng phẳng nên tạo thành tứ diện.
● Mặt phẳng thứ nhất đi qua hai điểm ,
A B và song song với CD .
● Mặt phẳng thứ hai đi qua hai điểm ,
A B và trung điểm của CD .
Câu 48: [2H3-2.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) song − − −
song và cách đều 2 đườ x 2 y z x y 1 z 2 ng thẳng d : = = d : = = 1 1 − , 1 1 2 2 1 − 1 −
A. ( P) : 2 y − 2z −1 = 0 .
B. ( P) : 2x − 2 y +1 = 0 .
C. ( P) : 2x − 2z +1 = 0 .
D. ( P) : 2 y − 2z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Do ( P) cách đều hai đường thẳng nên d / / P , d / / P . 1 ( ) 2 ( )     Gọi a = 1
− ;1;1 là VTCP của d , a = 2; 1 − ; 1
− là VTCP của d suy ra a ,a  = 0;1; 1 − là 1 2 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 1 2  
VTPT của mặt phăng ( P) loại đáp án B và C.
Lấy M (2;0;0) ∈ d , N 0;1; 2 ∈ d do d = dd = d
thay vào ta thấy đáp án 1 ( ) 2 ( 1d,(P)) (d2,(P)) (M ,(P)) (N,(P)) D thỏa mãn. Cách khác
Do ( P) cách đều hai đường thẳng nên d / / P , d / / P . 1 ( ) 2 ( )     Gọi a = 1
− ;1;1 là VTCP của d , a = 2; 1 − ; 1
− là VTCP của d suy ra a ,a  = 0;1; 1 − 1 2 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 1 2  
⇒ (P) : y− z+ d = 0 . d − + d
M (2;0;0) ∈ d , N 0;1; 2 ∈ d . Ta có d (M (P)) = d ( N (P)) 1 1 ; ; ⇔ = ⇔ d = . 1 ( ) 2 2 2 2
Câu 49: [2H3-2.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) song − − −
song và cách đều 2 đườ x 2 y z x y 1 z 2 ng thẳng d : = = d : = = 1 1 − , 1 1 2 2 1 − 1 −
A. ( P) : 2 y − 2z −1 = 0 .
B. ( P) : 2x − 2 y +1 = 0 .
C. ( P) : 2x − 2z +1 = 0 .
D. ( P) : 2 y − 2z +1 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Do ( P) cách đều hai đường thẳng nên d / / P , d / / P . 1 ( ) 2 ( )     Gọi a = 1
− ;1;1 là VTCP của d , a = 2; 1 − ; 1
− là VTCP của d suy ra a ,a  = 0;1; 1 − là 1 2 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 1 2  
VTPT của mặt phăng ( P) loại đáp án B và C.
Lấy M (2;0;0) ∈ d , N 0;1; 2 ∈ d do d = dd = d
thay vào ta thấy đáp án 1 ( ) 2 ( 1d,(P)) (d2,(P)) (M ,(P)) (N,(P)) D thỏa mãn. Cách khác
Do ( P) cách đều hai đường thẳng nên d / / P , d / / P . 1 ( ) 2 ( )     Gọi a = 1
− ;1;1 là VTCP của d , a = 2; 1 − ; 1
− là VTCP của d suy ra a ,a  = 0;1; 1 − 1 2 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 1 2  
⇒ (P) : y− z+ d = 0 . d − + d
M (2;0;0) ∈ d , N 0;1; 2 ∈ d . Ta có d (M ( P)) = d ( N ( P)) 1 1 ; ; ⇔ = ⇔ d = . 1 ( ) 2 2 2 2
Câu 50: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;5) . Mặt phẳng ( P) đi
qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại ,
A B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
Phương trình mặt phẳng (P) là. x y z x y z
A. x + 2 y + 5z − 30 = 0 . B. + + = 1.
C. x + y + z − 8 = 0 . D. + + = 0. 5 2 1 5 2 1 Hướng dẫn giải Chọn A. Cách 1: Gọi A( ; a 0; 0), B (0; ;
b 0),C (0;0;c) . Phương trình mặ x y z t phẳng ( ABC ) là + + = 1. a b c 1 2 5
Do M ∈ ( ABC ) nên ta có phương trình + + = 1 ( ) 1 . a b c    
Ta có AM = (1− a; 2;5), BC = (0; − ;
b c), BM = (1; 2 − ;
b 5), AC = (−a;0;c) .    5c AM.BC = 0  2 − b + 5c = 0 b  =
Do M là trực tâm tam giác ABC nên   ⇔  ⇔  2 (2) .  = −a + 5c = 0 BM .AC 0 a = 5c 1 4 5 Thế (2) vào ( ) 1 ta được +
+ = 1 ⇔ c = 6 ⇒ a = 30;b = 15 . 5c 5c c x y z
Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) là +
+ = 1 ⇔ x + 2y + 5z − 30 = 0 . 30 15 6 Cách 2:
Ta có chứng minh được OM ⊥ ( ABC ) . ( 
ABC ) đi qua M nhận OM làm VTPT.
( ABC):1(x − )1+ 2( y − 2)+5( y −5) = 0 ⇔ x + 2y +5y −30 = 0 .
Câu 51: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho H (1; 4;3) . Mặt phẳng ( P) qua H cắt các tia
Ox , Oy , Oz tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác nhận H làm trực tâm. Phương trình mặt phẳng (P) là
A. x − 4 y − 3z +12 = 0 .
B. x + 4 y + 3z + 26 = 0 .
C. x − 4 y − 3z + 24 = 0 .
D. x + 4 y + 3z − 26 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Kiểm tra tính chất đi qua H (1; 4;3) ta thấy có đáp án C, D là thỏa mãn.
Mà mặt phẳng x − 4 y − 3z + 24 = 0 không cắt tia .
Ox Vậy chỉ còn đáp án D thỏa mãn.
Câu 52: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm K (1; − 2;5) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua
K cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ,
A B, C sao cho K là trực tâm tam giác ABC .
A. x y z + 2 = 0 .
B. x − 2 y + 5z − 30 = 0 .
C. x y z − 2 = 0 .
D. x − 2 y + 5z + 30 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Giả sử mặt phẳng (α ) đi qua K và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A( ;
a 0; 0) , B (0; ; b 0) , x y z
C (0;0;c) nên (α ) có phương trình: + + = 1. a b c (α ) 1 2 − 5
đi qua K (1; − 2;5) suy ra + + = 1 (*) a b c   a = 5c
AK BC = 0 2b + 5c = 0 
K là trực tâm tam giác ABC suy ra   ⇔  ⇔  5c  ⋅ = −a + 5c = 0 BK AC 0 b = −  2 1 2 − 5 Thay vào (*): +
+ = 1 ⇔ 1+ 4 + 25 = 5c c = 6 ⇒ a = 30;b = 15 − . 5c 5c c − 2 x y z Vậy (α ) : +
+ = 1 ⇔ x − 2y + 5z − 30 = 0 . 30 15 − 6
Câu 53: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho H (1; 4;3) . Mặt phẳng ( P) qua H cắt các tia
Ox , Oy , Oz tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác nhận H làm trực tâm. Phương trình mặt phẳng (P) là
A. x − 4 y − 3z +12 = 0 .
B. x + 4 y + 3z + 26 = 0 .
C. x − 4 y − 3z + 24 = 0 .
D. x + 4 y + 3z − 26 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Kiểm tra tính chất đi qua H (1; 4;3) ta thấy có đáp án C, D là thỏa mãn.
Mà mặt phẳng x − 4 y − 3z + 24 = 0 không cắt tia .
Ox Vậy chỉ còn đáp án D thỏa mãn.
Câu 54: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm K (1; − 2;5) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua
K cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ,
A B, C sao cho K là trực tâm tam giác ABC .
A. x y z + 2 = 0 .
B. x − 2 y + 5z − 30 = 0 .
C. x y z − 2 = 0 .
D. x − 2 y + 5z + 30 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Giả sử mặt phẳng (α ) đi qua K và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A( ;
a 0; 0) , B (0; ; b 0) , x y z
C (0;0;c) nên (α ) có phương trình: + + =1. a b c (α ) 1 2 − 5
đi qua K (1; − 2;5) suy ra + + =1 (*) a b c   a = 5c
AK BC = 0 2b + 5c = 0 
K là trực tâm tam giác ABC suy ra   ⇔  ⇔  5c  ⋅ = −a + 5c = 0 BK AC 0 b = −  2 1 2 − 5 Thay vào (*): +
+ = 1 ⇔ 1+ 4 + 25 = 5c c = 6 ⇒ a = 30;b = 15 − . 5c 5c c − 2 x y z Vậy (α ) : +
+ =1 ⇔ x − 2y + 5z − 30 = 0 30 15 − . 6
Câu 55: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (3;1; 4) . Mặt phẳng ( P) đi
qua M và cắt các trục tọa độ tại các điểm ,
A B, C ( khác gốc tọa độ) sao cho M là trực tâm của
tam giác ABC . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  22 22 11  26 26 13   25 25 25   2 − 1  A. ; ;   . B. ; ;   . C. ; ;   . D. ; 2; −   .  3 9 3   9 3 6   12 3 9   3 2  Hướng dẫn giải
Câu 56: [2H3-2.11-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt ba tia Ox , Oy ,
Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( P) là x y z x y z x y z x y z A. + + = 1. B. + + = 1. C. + + = 0. D. + + = 0. 1 2 3 3 6 9 3 6 9 1 2 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi A( ;
a 0; 0) ; B (0;0;b) ; C (0;0;c) ( ; a ; b c > 0) . x y z
Mặt phẳng ( P) có phương trình đoạn chắn + + = 1. a b c 1 2 3
M (1; 2;3) ∈( P) nên + + = 1. a b c 2 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 1 ; và ta được a b c 1 2 3 6 6 3 1 = + + ≥ 3 ⇔ 1 ≥ 27. ⇔ abc ≥162 . a b c abc abc Do đó, 1 V = abc ≥ 27 . OABC 6 a = 3 1 2 3 1  Dấu " = " xảy ra ⇔ = = = ⇔ b  = 6 . a b c 3 c = 9  x y z Vậy ( P) : + + = 1. 3 6 9
Câu 57: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M (2;0;0) , N (1;1; ) 1
. Mặt phẳng (P) thay đổi nhưng luôn qua M , N và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại B, C
(với B,C không trùng O ). Tính giá trị nhỏ nhất T của biểu thức 3 3 OB + OC . A. T = 64 . B. T = 32 . C. T = 16 . D. T = 128 . Hướng dẫn giải: Chọn D. 2 2 2 Phương trình mặ x y z
t phẳng ( P) có dạng: + + =1 2 b c N ( )∈(P) 1 1 1 1 1 1 1;1;1 ⇔ + + = 1 ⇔ + = (*) 2 b c b c 2
Ta có: OB = b , OC = c . Không mất tính tổng quát, ta giả sử b > 0, c > 0 . 1 1 2 Từ (*) ta có: 2 = + ≥
bc ≥ 4 ⇔ bc ≥16 b c bc Do đó: 3 3 3 3
OB + OC = b + c bc (b + c) ≥ 2bc bc ≥ 2.16.4 = 128 .
Câu 58: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H (1; 2; 3
− ) và mặt phẳng (α ) cắt
các trục tọa độ Ox , Oy Oz lần lượt tại A , B C sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Tìm
phương trình mặt phẳng (α ).
A. (α ) : x + 2 y − 3z −14 = 0.
B. (α ) : x + 2 y − 3z + 4 = 0.
C. (α ) : 6x + 3y − 2z −18 = 0.
D. (α ) : 6x + 3y − 2z + 8 = 0. Hướng dẫn giải Chọn A. x y z Gọi A( ; a 0; 0), B (0; ;
b 0),C (0;0;c) . Phương trình (α ) : + + =1. a b c     HA = (a −1; 2 − ;3), HB = ( 1
− ;b − 2;3), BC = (0;− ;
b c), AC = (− ; a 0; c) .     HA BC  . HA BC = 0      
H là trực tâm của tam giác ABC , ta có: HB AC ⇒  . HB AC = 0   H ∈ ( ABC ) H ∈ (α )      3   b  = − c 2b + 3c = 0 a =14  2  
⇒ a + 3c = 0 ⇒ a = 3 − cb  = 7 .    1 2 3 −  − + + = 1 2 3 14 1  + + =1 c = − a b c  3 − c 3 c  3 − c  2 x y z
Vậy phương trình mặt phẳng (α ) : + +
=1 hay x + 2y − 3z −14 = 0. 14 7 14 − 3
Câu 59: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng (α ) đi qua điểm
M (4; − 3; 12) và chắn trên tia Oz một đoạn dài gấp đôi các đoạn chắn trên các tia Ox , Oy có phương trình là a + b + c
ax + by + cz + d = 0 , tính S = . d 2 5 5 2 A. S = . B. S = . C. S = − . D. S = − . 7 14 14 7 Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi A = (α )  Ox , B = (α )  Oy , C = (α )  Oz . Ta có: A( ;
m 0; 0) , B (0; ;
n 0) , C (0; 0; p) , ( ,
m n, p > 0) , OA = m , OB = n , OC = p , OC = 2OA = 2OB p = 2m = 2n . Phương trình măt phẳ x y z
ng (α ) theo đoạn chắn là (α ) : + +
= 1. (α ) đi qua M (4; − 3; 12) m m 2m 4 3 − 12 khi + + = 1 ⇒ m = 7 . m m 2m Phương trình mặ x 7 z t phẳng (α ) là + +
= 1 hay 2x + 2y + z −14 = 0 ≡ ax + by + cz + d = 0 . 7 7 14 2 + 2 + 2 5 Vậy S = = − . 14 − 14
Câu 60: [2H3-2.11-4] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ,
A B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz
(không trùng với gốc toạ độ) sao cho OA = a, OB = ,
b OC = c . Giả sử M là một điểm thuộc miền
trong của tam giác ABC và có khoảng cách đến các mặt (OBC ), (OCA), (OAB) lần lượt là
1, 2, 3 . Tính tổng S = a + b + c khi thể tích của khối chóp .
O ABC đạt giá trị nhỏ nhất. A. S = 18 . B. S = 9 . C. S = 6 . D. S = 24 . Hướng dẫn giải Chọn A. Từ đề bài có: d = MK = 1; d = ME = 2; d = MH = 3. (M ,(OBC)) (M ,(OCA)) (M ,(OAB))
Suy ra toạ độ điểm M (1; 2; 3) . Phương trình mặ x y z
t phẳng ( ABC ) có dạng: + + =1 a b c 1 2 3
M ∈ ( ABC ) ⇒ + + =1 ( ) 1 . a b c 1 2 3 1 2 3 6 6
Áp dụng bất đẳng thức Côsi có: 3 3 3 1 = + + ≥ 3 . . = 3 = 1 3 (vì V = abc ) a b c a b c abc 3V 3 6 1 2 3 3 ⇒1 ≥ 3 .
V ≥ 54 ⇒ minV = 54 khi = = (2) . 3V a b ca = 3  Từ (1; 2) ⇒ b
 = 6 . Vậy S = a + b + c = 18 . c = 9 
Câu 61: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H (1; 2;3) . Viết phương trình mặt
phẳng ( P) đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho H
trực tâm của tam giác ABC . y z
A. ( P) : x + y + z − 6 = 0 .
B. ( P) : x + + = 1. 2 3 x y z
C. ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0 . D. ( P) : + + = 1. 3 6 9 Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có tứ diện OABC là tứ diện có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc, H là trực tâm tam
giác ABC nên OH ⊥ ( ABC )  
mp ( ABC) đi qua H (1;2 :3) và có VTPT n = OH = (1;2;3) nên có phương trình là:
(x − )1+ 2( y − 2)+3(z −3) = 0 ⇔ x + 2y +3z −14 = 0.
Câu 62: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua
điểm M (1;2;3) và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại , A B,
C (khác gốc tọa độ) sao cho biểu 1 1 1 thức + + có giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 OA OB OC
A. ( P) : x + 2 y + z −14 = 0 .
B. ( P) : x + 2 y + 3z −11 = 0 .
C. ( P) : x + y + 3z −12 = 0 .
D. ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Phương trình mặ x y z
t phẳng ( P) có dạng + + = 1. a b c 1 1 1 1 1 1 Ta có M ( ) 1 2 3 1; 2;3 ∈ P ⇒ + + = 1. Ta có + + = + + . a b c 2 2 2 2 2 2 OA OB OC a b c
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 2  1 2 3   1 1 1  + + ≤ + +    ( 1 1 1 1 2 2 2 1 + 2 + 3 ⇒ + + ≥ . 2 2 2 ) 2 2 2  a b c   a b c a b c 14 1 2 3  + + =1  a =14 a b c   1 1 1  14 Dấu " = " xảy ra khi  = = ⇔ b  =
. Vậy ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0. a 2b 3c 2    1 1 1 1  14 + + = c =  2 2 2  a b c 14  3 Cách khác: OH ⊥ ( ABC) 
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có  1 1 1 1 .  + + = 2 2 2 2 OA OB OC OH 1 1 1 Suy ra + +
đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ OH đạt giá trị lớn nhất ⇔ OH = OM 2 2 2 OA OB OC
OM ⊥ ( ABC) ⇒ ( ABC) :1(x − )
1 + 2 ( y − 2) + 3( z − 3) = 0 ⇒ ( ABC ) : x + 2 y + 3z −14 = 0 .
Câu 63: [2H3-2.11-4] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ,
A B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz
(không trùng với gốc toạ độ) sao cho OA = a, OB = ,
b OC = c . Giả sử M là một điểm thuộc miền
trong của tam giác ABC và có khoảng cách đến các mặt (OBC ), (OCA), (OAB) lần lượt là
1, 2, 3 . Tính tổng S = a + b + c khi thể tích của khối chóp .
O ABC đạt giá trị nhỏ nhất. A. S = 18 . B. S = 9 . C. S = 6 . D. S = 24 . Hướng dẫn giải Chọn A. Từ đề bài có: d = MK = 1; d = ME = 2; d = MH = 3. (M ,(OBC)) (M ,(OCA)) (M ,(OAB))
Suy ra toạ độ điểm M (1; 2; 3) . Phương trình mặ x y z
t phẳng ( ABC ) có dạng: + + =1 a b c 1 2 3
M ∈ ( ABC ) ⇒ + + =1 ( ) 1 . a b c 1 2 3 1 2 3 6 6
Áp dụng bất đẳng thức Côsi có: 3 3 3 1 = + + ≥ 3 . . = 3 = 1 3 (vì V = abc ) a b c a b c abc 3V 3 6 1 2 3 3 ⇒1 ≥ 3 .
V ≥ 54 ⇒ minV = 54 khi = = (2) . 3V a b ca = 3  Từ (1; 2) ⇒ b
 = 6 . Vậy S = a + b + c =18 . c = 9 
Câu 64: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H (1; 2;3) . Viết phương trình mặt
phẳng ( P) đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho H
trực tâm của tam giác ABC . y z
A. ( P) : x + y + z − 6 = 0 .
B. ( P) : x + + =1. 2 3 x y z
C. ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0 . D. ( P) : + + =1. 3 6 9 Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có tứ diện OABC là tứ diện có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc, H là trực tâm tam
giác ABC nên OH ⊥ ( ABC )  
mp ( ABC) đi qua H (1;2 :3) và có VTPT n = OH = (1;2;3) nên có phương trình là:
(x − )1+ 2( y − 2)+3(z −3) = 0 ⇔ x + 2y +3z −14 = 0.
Câu 65: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua
điểm M (1;2;3) và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại , A B,
C (khác gốc tọa độ) sao cho biểu 1 1 1 thức + + có giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 OA OB OC
A. ( P) : x + 2 y + z −14 = 0 .
B. ( P) : x + 2 y + 3z −11 = 0 .
C. ( P) : x + y + 3z −12 = 0 .
D. ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Phương trình mặ x y z
t phẳng ( P) có dạng + + =1. a b c 1 1 1 1 1 1 Ta có M ( ) 1 2 3 1; 2;3 ∈ P ⇒ + + =1. Ta có + + = + + . a b c 2 2 2 2 2 2 OA OB OC a b c
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 2  1 2 3   1 1 1  + + ≤ + +    ( 1 1 1 1 2 2 2 1 + 2 + 3 ⇒ + + ≥ . 2 2 2 ) 2 2 2  a b c   a b c a b c 14 1 2 3  + + = 1  a =14 a b c   1 1 1  14 Dấu " = " xảy ra khi  = = ⇔ b  =
. Vậy ( P) : x + 2 y + 3z −14 = 0. a 2b 3c 2    1 1 1 1  14 + + = c =  2 2 2  a b c 14  3 Cách khác: OH ⊥ ( ABC) 
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có  1 1 1 1 .  + + = 2 2 2 2 OA OB OC OH 1 1 1 Suy ra + +
đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ OH đạt giá trị lớn nhất ⇔ OH = OM 2 2 2 OA OB OC
OM ⊥ ( ABC) ⇒ ( ABC) :1(x − )
1 + 2 ( y − 2) + 3( z − 3) = 0 ⇒ ( ABC ) : x + 2 y + 3z −14 = 0 .
Câu 66: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua
điểm M (1; 2; 3) và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C khác với gốc tọa độ
O sao cho biểu thức 6OA + 3OB + 2OC có giá trị nhỏ nhất.
A. 6x + 2 y + 3z −19 = 0 .
B. x + 2 y + 3z −14 = 0 .
C. x + 3y + 2z −13 = 0 .
D. 6x + 3y + 2z −18 = 0 . Lời giải Chọn D. Gọi A( ;
a 0; 0) , B (0; ;
b 0) , C (0; 0 ; c) với a,b, c > 0 phương trình mặ x y z t phẳng ( P) là : + + =1 a b c ( 1 2 3
P) đi qua điểm M (1; 2; 3) nên + + = 1; 6OA + 3OB + 2OC = 6a + 3b + 2c a b c     
a + b + c = ( a + b + c) 1 2 3 b c 1 2 3 6 3 2 6 3 2 + + = 6 a + + + + ≥ 6.9 = 54       a b c   2 3  a b c  
6a + 3b + 2c = 54  a = 3 1 2 3 
Dấu bằng xảy ra :  + + = 1 ⇔ b  = 6 . a b c  c = 9   b c a = =  2 3 x y z Vậy ( P) : +
+ =1 ⇔ 6x + 3y + 2z −18 = 0 3 6 9
Câu 67: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2; )
1 . Mặt phẳng ( P) thay đổi
đi qua M lần lượt cắt các tia Ox,Oy,Oz tại ,
A B,C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích
khối tứ diện OABC . A. 54. B. 6. C. 9. D. 18. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi A( ; a 0;0), B (0; ;
b 0),C (0,0,c) với a, , b c > 0 . Phương trình x y z mặt phẳng ( P) : + + =1 . a b c Vì : M ∈ ( P) 1 2 1 ⇔ + + =1 . a b c 1
Thể tích khối tứ diện OABC là : V = abc OABC 6 1 2 1 1 2 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 3 + + ≥ 3 . a b c a b c 2 54 Hay 3 1 ≥ 3 ⇔ 1 ≥ abc abc 1 Suy ra : abc ≥ 54 ⇔ abc ≥ 9 6 Vậy : V ≥ 9. OABC
Câu 68: [2H3-2.12-3] Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz), cho điểm S (4; 2;6). Gọi A , B , C lần lượt
là 3 điểm thuộc Ox , Oy , Oz sao cho SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau. Hỏi mặt phẳng
( ABC) đi qua điểm nào dưới đây? A. Q (1;3; 2 − ) . B. M (2;1;3) . C. N (2; 1 − ;3) . D. P (3; 2; ) 1 . Lời giải Chọn B Gọi A( ;
a 0; 0) ; B (0; ;
b 0) ; C (0;0;c) . Ta có phương trình mặ x y z t phẳng ( ABC ) là + + =1. a b c   
Ngoài ra SA = (a − 4; 2; − 6 − );SB = ( 4; − b − 2; 6 − );SC = ( 4; − 2; − c − 6)
SA SB nên 4
− (a − 4) − 2(b − 2) − 6( 6 − ) = 0 ⇔ 4
a − 2b + 56 = 0
SA SC nên 4 − (a − 4) − 2( 2
− ) − 6(c − 6) = 0 ⇔ 4
a − 6c + 56 = 0
SC SB nên 4 − ( 4
− ) − 2(b − 2) − 6(c − 6) = 0 ⇔ 2
b − 6c + 56 = 0 14 x y z
Giải hệ trên ta được a = 7;b = 14;c = . Suy ra ( ABC ) : + + = 1 3 7 14 14 3
Dễ thấy ( ABC ) qua M (2;1;3) .
Câu 69: [2H3-2.12-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M (1;0;0), N (0; 2;0) và
P (3;0; 4) . Điểm Q nằm trên (Oyz) sao cho QP vuông góc với (MNP) . Tìm tọa độ điểm Q .  3 11   3 11  3 11 A. Q 0; − ;   . B. Q (0; 3 − ;4) . C. Q 0; ; −   . D. Q 0; ;   .  2 2   2 2   2 2  Hướng dẫn giải Chọn A. 
Ta có Q nằm trên (Oyz) nên Q (0; y; z) ⇒ PQ ( 3
− ; y; z − 4) .      Do MN ( 1
− ;2;0), MP(2;0;4) nên mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là n = MN, MP = (8;4; 4 − )    
Mặt khác QP vuông góc với (MNP) suy ra PQ = kn (k ∈ ) .  3  3 − = k8 y = −    2  3 11  Hay  y = 4k ⇒  ⇒ Q 0;− ;   . 11    2 2  z − 4 = 4 − k z =   2
A(0;1; 2) B (1;1; ) 1 C (2; 2; − 3)
Câu 70: [2H3-2.12-4] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm , , và mặt phẳng
(P): x y + z +3 = 0 (P)
  
. Tìm điểm M trên mặt phẳng
sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (1;0; 2) . B. M (0;1 ) ;1 . C. M ( 1 − ;2;0) . D. M ( 3 − ;1 ) ;1 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC G (1;0; 2) .
   
Ta có: MA + MB + MC = 3MG = 3MG .
  
MA + MB + MC nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên ( P) . x =1+ t Ta có phương trình ( 
MG ) :  y = t − z = 2+t
M ∈ ( P) ⇒ t = 2 − ⇒ M ( 1 − ;2;0) .
A(0;1; 2) B (1;1; ) 1 C (2; 2; − 3)
Câu 71: [2H3-2.12-4] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm , , và mặt phẳng
(P): x y + z +3 = 0 (P)
  
. Tìm điểm M trên mặt phẳng
sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (1;0; 2) . B. M (0;1 ) ;1 . C. M ( 1 − ;2;0) . D. M ( 3 − ;1 ) ;1 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC G (1;0; 2) .
   
Ta có: MA + MB + MC = 3MG = 3MG .
  
MA + MB + MC nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên ( P) . x =1+ t Ta có phương trình ( 
MG ) :  y = t − z = 2+t
M ∈ ( P) ⇒ t = 2 − ⇒ M ( 1 − ;2;0) . A(1; 2;0) B (1; 1 − ;3)
Câu 72: [2H3-2.12-4]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , C (1; 1 − ;− ) 1
(P):3x −3y + 2z −15 = 0
M ( x ; y ; z M M M ) và mặt phẳng . Gọi
là điểm trên mặt phẳng (P) sao cho 2 2 2
2MA MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức
T = x y + 3z . M M M A. T = 5 . B. T = 3. C. T = 4 . D. T = 6 . Hướng dẫn giải: Chọn A.
    Gọi I ( ;
x y; z ) là điểm thỏa mãn 2IA IB + IC = 0.
2(1− x) − (1− x) + (1− x) = 0 x = 1
     Khi đó 
2IA IB + IC = 0 ⇔ 2(2 − y) − ( 1 − − y) + ( 1
− − y) = 0 ⇔ y = 2 ⇒ I (1;2; 2 − ).  ( 
z) − ( − z) + (− − z) = z = 2 2 0 3 1 0 −        
2MA MB + MC = 2 (MI + IA)2 − (MI + IB)2 + (MI + IC)2 2 2 2
    2 2 2 2
= 2MI + 2IA IB + IC + 2MI.(2IAIB + IC) 2 2 2 2
= 2MI + 2IA IB + IC Do đó 2 2 2
2MA MB + MC nhỏ nhất 2
⇔ 2MI nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu
vuông góc của I lên ( P) . 
Gọi ∆ là đường thẳng qua qua I (1; 2; 2
− ) và nhận n = (3; 3
− ;2 là một vectơ chỉ phương. P ) x = 1+ 3t Phương trình tham số 
∆ : y = 2 −3t M (1+ 3t;2 −3t;2 − 2 t). z = 2− 2t
Điểm M ∈(P) ⇒ 3(1+ 3t) −3(2 −3t) + 2(2 − 2t) −15 = 0 ⇔ t =1⇒ M (4; 1 − ;0) .
Vậy T = x y + 3z = 5 . M M M + + + =
Câu 73: [2H3-2.12-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x 2 y 2z 7 0 và 3 điể − − − m (
A 1; 2; 1) , B(3;1; 2) , C(1; 2;1) . Điểm M (a; ;
b c) ∈ ( P) sao cho 2 2 2
MA MB MC đạt giá
trị lớn nhất. Khi đó tổng giá trị a + b + c bằng 23 20 − 20 A. . B. 0 . C. . D. . 9 9 9 Hướng dẫn giải Chọn B.   
Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABDC . Khi đó DA DB DC . Suy ra D 3;3;0. Do đó:
MA MB MC    MD  2
DA   
MD DB2   MD DC 2 2 2 2  2  MD
 2MD   
DA DB DC  2 2 2
DA DB DC 2 2 2 2 2 2 2  MD
DA DB DC DA DB DC . Vậy 2 2 2
MA MB MC lớn nhất khi M D hay M (3; 3 − ;0).
Khi đó a + b + c = 0 .
Câu 74: [2H3-2.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (α ) : 2x + y + 2z +1 = 0 và
(β ):2x + y + 2x +5 = 0. Mặt phẳng (P) song song và cách đều hai mặt phẳng (α ) và (β ). Phương trình mặt phẳng ( P) là
A. 2x + 2 y + z + 3 = 0 .
B. 2x + y + 2z + 2 = 0 . C. 2x + y + 2z + 3 = 0 . D. 2x + y + 2z + 4 = 0 .
Hướng dẫn giải : Chọn C. Gọi M ( ;
x y; z ) ∈( P) . Do ( P) song song và cách đều hai mặt phẳng (α ) và (β ) nên ( + + + + + +
M (α )) = (M (β )) 2x y 2z 1 2x y 2z 5 d , d , ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 +1 + 2 2 +1 + 2
2x + y + 2z +1 = 2x + y + 2z + 5 ⇔  ⇔ + + + = .
x + y + z + = − ( x + y + z +  ) 2x y 2z 3 0 2 2 1 2 2 5
A(3;0;0), B (0;3;0) C (0;0; ) 3
Câu 75: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 5 điểm , , D (1;1; ) 1 E (1;2; ) 3 và
. Hỏi từ 5 điểm này tạo được tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 điểm trong 5 điểm đó? A. 7 mặt phẳng. B. 10 mặt phẳng. C. 12 mặt phẳng. D. 5 mặt phẳng. Lời giải Chọn A. x y z
Mặt phẳng qua A , B , C là: ( ABC ) : +
+ = 1 ⇔ x + y + z − 3 = 0 3 3 3
Dễ thấy D ∈ ( P) và E ∉( P)    Nhận thấy AD = ( 2 − ;1 ) ;1 , BD = (1; − 2; )
1 , CD = (1;1; − 2) không có vecto nào cùng phương nên
không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Vậy ta có các mặt phẳng: ( ABCD) , ( EAB) , ( EAC ) , ( EAD) , ( EBC ) , ( EBD) , ( ECD) .
Câu 76: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho lăng trụ đứng ABC.A B C , v 1 1 1 ới
A(0; − 3;0) , B (4;0;0) , C (0;3;0) , B 4;0; 4 M A B (P) 1 (
) . Gọi là trung điểm của . M 1 1 ặt phẳng
qua A , M và song song với BC c A C N MN 1 ắt t 1 1
ại . Độ dài đoạn thẳng . 17 A. . B. 3 . C. 4 . D. 2 3 . 2 Hướng dẫn giải Chọn A.  3  Ta có A 0; − 3; 4 C 0;3; 4 M 2; − ; 4   1 ( ) 1 ( ) , ,  2 
  3   AM = 2; ; 4   , BC = 4 − ;3;4 1 ( )  2  
 
Mặt phẳng ( P) qua A và có vectơ pháp tuyến n =  AM , BC  = 6; − − 24;12 1 ( )  
Phương trình mặt phẳng (P) : x + 4y z +12 = 0. 
Đường thẳng AC qua A
A C = 0; 6; 0 = 6 0;1; 0 1 1 ( ) ( ) 1 1
1 và có vectơ chỉ phương x = 0 Phương trình Đườ 
ng thẳng A C :  y = 3 − + t . 1 1 z = 4 
N là giao điểm của ( P) và A C , nên N (0; −1; 4) 1 1   1  17 MN = 2; ; 0   ⇒ MN = .  2  2 x y z − 4
Câu 77: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng ∆ : = = , 1 1 2 3 − x y − 2 z −1 ∆ : = = và mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z + 2x + 2 y − 6z − 5 = 0 . Viết phương trình mặt 2 1 1 − 2
phẳng (α ) song song với hai đường thẳng ∆ , ∆ và cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường 1 2 2 365π tròn (C ) có chu vi . 5
A. x − 5 y − 3z +12 = 0; x − 5 y − 3z − 2 = 0.
B. x − 5 y − 3z − 4 = 0
C. x − 5 y − 3z +12 = 0.
D. x − 5 y − 3z − 2 = 0. Lời giải Chọn A. Cách 1 :
- Mặt cầu (S ) có tâm I ( 1 − ; 1
− ;3) và bán kính R = 4 . 2 365π π
- Đường tròn (C ) có chu vi ⇒ 2 365 365 2π r = ⇒ r = 5 5 5  
- Đường thẳng ∆ , ∆ lần lượt có VTCP u = (1; 2; 3 − );u′ = (1; 1 − ;2) . 1 2 
- Gọi n là VTPT của (α ) .   
+ Ta có : (α ) song song với hai đường thẳng ∆ , ∆ nên n = u,u′ = (1; 5 − ; 3 − ) 1 2  
- Phương trình (α ) có dạng x − 5y − 3z + d = 0 . + Theo đề 35 ta có: 2 2 2
R = r + d ( I;(α )) ⇒ d ( I;(α )) = 5 d − 5 35 d = 12 ⇔ = ⇔ d − 5 = 7 ⇔  . 35 5 d = 2 −
Cách 2 (Trắc nghiệm): Mặt phẳng (α ) song song với hai đường thẳng ∆ , ∆ và cắt mặt cầu 1 2 ( 2 365π
S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) có chu vi
nên sẽ có hai mặt phẳng (α ) thỏa bài 5 toán. Nên chọn A.
Câu 78: [2H3-2.13-3] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 2; 2) , B (5; 4; 4) và mặt phẳng
(P) có phương trình: 2x + y z + 6 = 0. Gọi M là điểm nằm trên (P) sao cho 2 2 MA + MB
nhỏ nhất. Khi đó, tung độ của điểm M là: 8 A. y = 1 − . B. y = 3 . C. y = . D. y =1. M M M 9 M Lời giải Chọn C. Thay tọa độ của ,
A B vào ( P) ta thấy A B cùng nằm trong cũng một nửa không gian chia bởi mặt phẳng ( P) .
Gọi H là hình chiếu của A lên ( P) và A′ là điểm đối xứng của A qua ( P) . x = 1+ 2t
Ta có: Phương trình đườ 
ng thẳng d qua A và vuông góc ( P) là:  y = 2 + t . z = 2−t  4 −
H = d ∩ ( P) nên thay x, y, z từ d vào ( P) ta được t = . 3  5 − 2 10   13 − 2 − 14  Vậy: H = ; ;   . Suy ra A′ ; ;   .  3 3 3   3 3 3  x = 5 +14t′ Đườ   −  
ng thẳng AB qua B và có vectơ chỉ phương 28 14 2 u = ; ; 
 là y = 4 + 7t′  3 3 3  z = 4−t′ 
Tọa độ M chính là giao điểm của AB và ( P) . 4 −
Thay x, y, z từ AB vào ( P) ta được t = . 9 Vậy: y = 8 / 9 . M
Câu 79: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P) qua hai điểm M (1;8; ) 0 ,
C (0;0;3) cắt các nửa trục dương Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho OG nhỏ nhất ( G là trọng
tâm tam giác ABC ). Biết G(a; ;
b c) , tính P = a + b + c . A. 12. B. 6. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B m n  Gọi A( ; m 0; 0), B (0; ;
n 0) mà C (0;0;3) nên G ; ;1   và  3 3  1 2 OG = ( 2 2 m + n ) +1 9 x y z 1 8
(P): + + =1. (P) qua hai điểm M (1;8; ) 0 nên + = 1 m n 3 m n 1 8 1 16 ( + )2 1 4 Ta có 1 = + = + ≥
m + 2n ≥ 25 . m n m 2n m + 2n 134
Suy ra 25 ≤ m + 2n ≤ 5( 2 2 m + n ) 2 2 2
m + n ≥ 125 ⇒ OG ≥ . 9  1 8 + = 1  m = 5 m n  5 10  Dấu bằng khi  ⇔  ⇒ G ; ;1 .   m n  n = 10  3 3  =  1 2 x = t
Câu 80: [2H3-2.13-4] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1
− + 2t A( 1 − ; 2; 3) . Biết z =1 
phương trình mặt phẳng (P) chứa d có dạng x + by + z
c + d = 0 và khoảng cách từ A đến ( P) là
3. Xác định giá trị d . 1 1 2 A. 1. B. . C. . D. . 2 4 3 Hướng dẫn giải Chọn B.  
Đường thằng d đi qua B(0; 1 − ; )
1 và vtcpu (1; 2;0) , mặt phẳng ( P) có vtptn (1, , b c)  1   b = − u  .n = 0 1  + 2b = 0  2
Ta có mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d nên  ⇔  ⇔  B ∈  (P)  b − + c + d = 0 1 − c = − d  2 7 − −2d (   2 P) 1 1 : x y − + d z + d = 0   mà d ( ; A ( P)) = 3 ⇔ = 3 2  2  2 1  1  1+ + + d   4  2  5 1 2
⇔ 5d − 5d+ = 0 ⇔ d = . 4 2
Câu 81: [2H3-2.13-4]Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ có phương trình x −1 y z +1 = =
và mặt phẳng ( P) : 2x y + 2z −1 = 0 . Phương trình mặt phẳng (Q) chứa ∆ và 2 1 1 −
tạo với ( P) một góc nhỏ nhất là
A. 2x y + 2z −1 = 0 .
B.10x − 7 y +13z + 3 = 0 .
C. 2x + y z = 0 .
D. x + 6 y + 4z + 5 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B
Gọi A là giao điểm của d và ( P) , m là giao tuyến của ( P) và (Q) . Lấy điểm I trên d .
Gọi H là hình chiếu của I trên ( P) , dựng HE vuông góc với m , suy ra ϕ =  IEH là góc giữa ( IH IH
P) và (Q) . Nên tanϕ = ≥
Dấu = xảy ra khi E A . HE HA
Khi đó đường thẳng m vuông góc với d ,   
chọn u = d ; n  = (1; − 6; − 4 m d P )     
n = u ;u  = (10; − 7;13 Q d m ), suy ra đáp án B  
Lưu ý: góc giữa (Q) và (P) nhỏ nhất chính là góc hợp bởi d và (P) .
Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Câu 82: [2H3-3.1-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào dưới đây đi qua A(3;5;7) và x −1 y − 2 z − 3 song song với d : = = . 2 3 4 x = 3 + 2tx = 2 + 3tx = 1+ 3t   
A. y = 5 + 3t .
B. y = 3 + 5t .
C. y = 2 + 5t . D. Không tồn tại.    z = 7 + 4tz = 4 + 7tz = 3 + 7tHướng dẫn giải Chọn A.
Gọi ∆ là đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán.  = +  x 3 2t
Ta có: ∆ có vectơ chỉ phương là u = (2;3; 4) và qua A(3;5;7) ⇒ (∆) :  y = 5 + 3t .z = 7 + 4t
Câu 83: [2H3-3.1-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào dưới đây đi qua A(3;5;7) và x −1 y − 2 z − 3 song song với d : = = . 2 3 4 x = 3 + 2tx = 2 + 3tx = 1+ 3t   
A. y = 5 + 3t .
B. y = 3 + 5t .
C. y = 2 + 5t . D. Không tồn tại.    z = 7 + 4tz = 4 + 7tz = 3 + 7tHướng dẫn giải Chọn A.
Gọi ∆ là đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán.  = +  x 3 2t
Ta có: ∆ có vectơ chỉ phương là u = (2;3; 4) và qua A(3;5;7) ⇒ (∆) :  y = 5 + 3t .z = 7 + 4t
Câu 84: [2H3-3.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm M ( 2; − 2; − ) 1 , A(1; 2; 3 − ) và đường x +1 y − 5 z  thẳng d : = =
. Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc 2 2 1 −
với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất.     A. u = (4; 5 − ; 2 − ) .
B. u = (1;0; 2) . C. u = (1;1; 4 − ) . D. u = (8; 7 − ;2) . Hướng dẫn giải Chọn A.    AM = ( 3 − ; 4
− ;4) . Gọi u là vectơ chỉ phương của d u = − . d (2;2; ) 1 d
Do M ∈ ∆ ⇒ d [ ; A ∆] ≤ AM
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ AM ⊥ ∆   
Khi đó chọn u = u ; AM  = (4; 5 − ; 2 − . d )  
Câu 85: [2H3-3.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm M ( 2; − 2; − ) 1 , A(1; 2; 3 − ) và đường x +1 y − 5 z  thẳng d : = =
. Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc 2 2 1 −
với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất.     A. u = (4; 5 − ; 2 − ) .
B. u = (1;0; 2) . C. u = (1;1; 4 − ) . D. u = (8; 7 − ;2) . Hướng dẫn giải Chọn A.    AM = ( 3 − ; 4
− ;4) . Gọi u là vectơ chỉ phương của d u = − . d (2;2; ) 1 d
Do M ∈ ∆ ⇒ d [ ; A ∆] ≤ AM
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ AM ⊥ ∆   
Khi đó chọn u = u ; AM  = (4; 5 − ; 2 − . d )   x y −1 z + 2
Câu 86: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : , = = 1 2 2
mặt phẳng ( P) : 2x + y + 2z − 5 = 0 và điểm A(1; 1; − 2) . Phương trình chính tắc đường thẳng ∆
đi qua A , song song với mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d x −1 y −1 z + 2 x −1 y −1 x + 2 A. = = . B. = = . 2 2 3 − 1 2 2 − x −1 y −1 x + 2 x −1 y −1 x + 2 C. = = . D. = = . 1 1 2 − 1 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A.   
Đường thẳng d có VTCP u = (1; 2; 2 , mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; 1; 2). Gọi u là VTCP d )   ∆// (P) u  ⊥ u   
của đường thẳng ∆ . Vì  d
⇒   ⇒ u = u ,n = (2; 2; −3).    ∆ d // ⊥ d u  ⊥ n
đi qua A(1; 1; − 2) Đường thẳng ∆ :  
. Phương trình chính tắc đường thẳng ∆ là VTCP u =  (2; 2; −3) x −1 y −1 z + 2 = = . 2 2 3 −
Câu 87: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M (1; 2; 3
− ) và hai đường thẳng x = 2 + tx − 2 y −1 z −1
d :  y = 1− t , d : = =
. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và vuông 1  2 1 − 1 2 − z = 1 − + 3t  góc d , d . 1 2 x = 1+ tx =1+ tx =1− tx =1− t    
A. ∆ :  y = 2 + t .
B. ∆ :  y = 2 − t .
C. ∆ :  y = 2 + t .
D. ∆ :  y = 2 − t .     z = 3  z = 3 −  z = 3 −  z = 3 −  Hướng dẫn giải Chọn D.  
Đường thẳng d , d có vectơ chỉ phương lần lượt là u = 1; 1 − ;3 , u = 1 − ;1; 2 − . 2 ( ) 1 ( ) 1 2   
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là u = u ,u  = 1 − ; 1 − ;0 ∆ 1 2 ( )   x = 1− t Do đó, đườ 
ng thẳng ∆ có phương trình:  y = 2 − t z = 3 − 
Câu 88: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M (1; 2; 3
− ) và hai đường thẳng x = 2 + tx − 2 y −1 z −1
d :  y = 1− t , d : = = 1 2  1 − 1 2
− . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và vuông z = 1 − + 3t  góc d , d . 1 2 x = 1+ tx =1+ tx =1− tx =1− t    
A. ∆ :  y = 2 + t .
B. ∆ :  y = 2 − t .
C. ∆ :  y = 2 + t .
D. ∆ :  y = 2 − t .     z = 3  z = 3 −  z = 3 −  z = 3 −  Hướng dẫn giải Chọn D.  
Đường thẳng d , d có vectơ chỉ phương lần lượt là u = 1; 1 − ;3 , u = 1 − ;1; 2 − . 2 ( ) 1 ( ) 1 2   
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là u = u ,u  = 1 − ; 1 − ;0 ∆ 1 2 ( )   x = 1− t Do đó, đườ 
ng thẳng ∆ có phương trình:  y = 2 − t z = 3 − 
Câu 89: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi
qua điểm M (1;2;3) và song song với giao tuyến của hai mặt phẳng (P) :3x + y −3 = 0 ,
(Q):2x + y + z −3 = 0 x =1+ tx =1+ tx =1− tx =1+ t    
A. y = 2 + 3t .
B. y = 2 − 3t .
C. y = 2 − 3t .
D. y = 2 − 3t .     z = 3 + tz = 3 − tz = 3 + tz = 3 + tHướng dẫn giải Chọn D   
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. ∆ có vecto chỉ phương u = n ; n  = − ∆ P Q (1; 3; )1   x =1+ t
Suy ra phương trình tham số 
của ∆ là  y = 2 − 3t . z = 3+t
Câu 90: [2H3-3.3-3] Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của hai mặt
phẳng 2x + 3y + 2z − 6 = 0 và x − 2 y + 3z + 2 = 0 . x = 1 − +13tx = 13 − tx = 2 +13tx = 1+13t    
A. y = 2 − 4t . B. y = 4 − + 2t .
C. y = 3 − 4t . D. y = 2 − + 4t .     z = 1− 7tz = 7 − + tz = 2 − 7tz = 3 + 7tHướng dẫn giải Chọn A.  
Cách 1: Hai mặt phẳng đã cho có véc tơ pháp tuyến lần lượt là: n = 2;3; 2 , n = 1; 2; − 3 1 ( ) 2 ( ) . Giao  
tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là [n ; n = 13; 4 − ; 7 − 1 2 ] ( ).
Cho z = 1 thay vào các phương trình của hai mặt phẳng đã cho ta được hệ phương trình: 2x + 3y = 4 x = 1 −  ⇔ 
. Vậy giao tuyến cần tìm đi qua điểm M ( 1 − ;2; ) 1 do đó phương trình x − 2y = 5 − y = 2 x = 1 − +13t
tham số của nó là  y = 2 − 4t . z =1−7t
Cách 2: Cho z = 1 thay vào phương trình của hai mặt phẳng ta tìm được x = 1
− ; y = 2 . Suy ra giao
tuyến đi qua điểm M ( 1 − ;2; ) 1 . Tương tự   , cho z = 6 10 0 ta tìm được x = , y = 6 10
. Suy ra giao tuyến đi qua điểm N ; ; 0   . 7 7  7 7   Véc tơ chỉ 13 4  1
phương của giao tuyến là MN = ; − ; 1 − = (13; 4 − ; 7 −   ) .  7 7  7 x = 1 − +13t
Vậy phương trình tham số của giao tuyến cần tìm là  y = 2 − 4t z =1−7t
Câu 91: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3; ) 1 , B (0; 2; ) 1 và mặt phẳng
(P): x + y + z −7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) sao cho mọi
điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A B . x = 2tx = tx = t − x = t    
A. y = 7 − 3t .
B. y = 7 + 3t .
C. y = 7 − 3t .
D. y = 7 − 3t .     z = tz = 2tz = 2tz = 2tHướng dẫn giải Chọn D.
Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A B nên M thuộc mặt phẳng
trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB .  
Ta có mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua 3 5 I ; ;1 
 và có vectơ pháp tuyến  2 2   AB = ( 3 − ; 1
− ;0) nên phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q) là  3   5  3 − x − −1 y − + 0     (z − )
1 = 0 ⇔ 3x + y − 7 = 0  2   2 
Do đó đường thẳng d là giao tuyến của (P) và (Q) .
x + y + z − = Xét hệ phương trình 7 0  3
x + y − 7 = 0 y = Cho x = 0 ⇒ 7 
C (0;7;0)∈d . z = 0 y = Cho x = 1 ⇒ 4 
D(1;4;2)∈d z = 2 
Đường thẳng đi qua C (0;7;0) và nhận vectơ CD = (1; 3
− ;2) làm vectơ chỉ phương nên phương x = t
trình tham số đường thẳng là  y = 7 − 3t . z = 2t
Câu 92: [2H3-3.3-3] Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của hai mặt
phẳng 2x + 3y + 2z − 6 = 0 và x − 2 y + 3z + 2 = 0 . x = 1 − +13tx = 13 − tx = 2 +13tx = 1+13t    
A. y = 2 − 4t . B. y = 4 − + 2t .
C. y = 3 − 4t . D. y = 2 − + 4t .     z = 1− 7tz = 7 − + tz = 2 − 7tz = 3 + 7tHướng dẫn giải Chọn A.  
Cách 1: Hai mặt phẳng đã cho có véc tơ pháp tuyến lần lượt là: n = 2;3; 2 , n = 1; 2; − 3 1 ( ) 2 ( ) . Giao  
tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là [n ; n = 13; 4 − ; 7 − 1 2 ] ( ).
Cho z = 1 thay vào các phương trình của hai mặt phẳng đã cho ta được hệ phương trình: 2x + 3y = 4 x = 1 −  ⇔ 
. Vậy giao tuyến cần tìm đi qua điểm M ( 1 − ;2; ) 1 do đó phương trình x − 2y = 5 − y = 2 x = 1 − +13t
tham số của nó là  y = 2 − 4t . z =1−7t
Cách 2: Cho z = 1 thay vào phương trình của hai mặt phẳng ta tìm được x = 1
− ; y = 2 . Suy ra giao
tuyến đi qua điểm M ( 1 − ;2; ) 1 . Tương tự   , cho z = 6 10
0 ta tìm được x = , y = 6 10
. Suy ra giao tuyến đi qua điểm N ; ; 0   . 7 7  7 7   Véc tơ chỉ 13 4  1
phương của giao tuyến là MN = ; − ; 1 − = (13; 4 − ; 7 −   ) .  7 7  7 x = 1 − +13t
Vậy phương trình tham số của giao tuyến cần tìm là  y = 2 − 4t z =1−7t
Câu 93: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3; ) 1 , B (0; 2; ) 1 và mặt phẳng
(P): x + y + z −7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) sao cho mọi
điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A B . x = 2tx = tx = t − x = t    
A. y = 7 − 3t .
B. y = 7 + 3t .
C. y = 7 − 3t .
D. y = 7 − 3t .     z = tz = 2tz = 2tz = 2tHướng dẫn giải Chọn D.
Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A B nên M thuộc mặt phẳng
trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB .  
Ta có mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua 3 5 I ; ;1 
 và có vectơ pháp tuyến  2 2   AB = ( 3 − ; 1
− ;0) nên phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q) là  3   5  3 − x − −1 y − + 0     (z − )
1 = 0 ⇔ 3x + y − 7 = 0  2   2 
Do đó đường thẳng d là giao tuyến của (P) và (Q) .
x + y + z − = Xét hệ phương trình 7 0  3
x + y − 7 = 0 y = Cho x = 0 ⇒ 7 
C (0;7;0)∈d . z = 0 y = Cho x = 1 ⇒ 4 
D (1;4;2)∈d z = 2 
Đường thẳng đi qua C (0;7;0) và nhận vectơ CD = (1; 3
− ;2) làm vectơ chỉ phương nên phương x = t
trình tham số đường thẳng là  y = 7 − 3t . z = 2t
(P),(Q) (R)
Câu 94: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng và lần lượt (P) (Q) (R) có phương trình
: x + my z + 2 = 0
: mx y + z +1 = 0
: 3x + y + 2z + 5 = 0 ; và . (d (P) (Q) (dm ) m ) Gọi
là giao tuyến của hai mặt phẳng và
. Tìm m để đường thẳng vuông góc (R) với mặt phẳng . m = 1  A. 1  . B. m = 1. m = −  3 1 C. m = − .
D. Không có giá trị m . 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 
Mặt phẳng ( P) có VTPT là n = (1; ; m − ) 1 P 
Mặt phẳng (Q) có VTPT là n = ( ; m 1 − ; ) 1 Q
Đường thẳng (d là giao tuyến của (P) và (Q) nên có VTCP là m )    u = n n  =   ( 2 ,
m −1; −m −1; 1 − − m d p Q )
m −1 −m −1   = 2  m −1 −m −1 1 − − m  3 1
Ta có d R u = k n ⇔ = = ⇔  ⇒ không tồn tại m ( ) d . (R) 2 3 1 2 m −1 1 − − m  =  3 2
giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Câu 95: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2z + 3 = 0 và hai điểm A(1;0; ) 1 , B ( 1 − ;2; 3
− ) . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) sao cho mọi điểm
thuộc ∆ đều có khoảng cách đến A và đến B bằng nhau. Véctơ nào sau đây là véctơ chỉ phương
của đường thẳng ∆ ?     A. u = (2; 4; − 3) .
B. u = (2; 4;3) . C. u = (2; 4; 3 − ). D. u = (2; 4; − 3 − ) . Hướng dẫn giải. Chọn D.
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . (Q) đi qua trung điẻm I (0; 1; − ) 1 của AB  và nhận AB = (2; 2;
− 4) làm véc tơ pháp tuyến.
Phương trình (Q) : 2x − 2(y −1) + 4(z +1) = 0 ⇔ x y + 2z + 3 = 0 Theo đề 
: ∆ = ( P)  (Q) nên VTCP của ∆ là u = − ∆ ( 2;4;3)
Câu 96: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(0;1; − ) 1 , B (2; 1 − ; ) 1 và mặt
phẳng ( P) : 2x + y + z − 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ chứa trong ( P) sao cho mọi
điểm thuộc ∆ cách đều hai điểm , A B x =1− 2tx = 2 − tx = 2 − x = t    
A. y = t , t  .
B. y = 1+ t , t . C. y = 1+ t , t . D. y = 1+ 3t , t .     z = 3tz = 2 + 3tz = 3 + 2tz = 2 − 2tHướng dẫn giải Chọn B. Cách 1.  
∆ chứa trong (P) ⇒ n u ⇒ Loại C, D. P
∆ chứa trong (P) ⇒ mọi điểm thuộc ∆ đều thuộc (P) ⇒ Loại A, vì M (1;0;0) thuộc ∆ nhưng không thuộc ( P) .
Chú ý + Do phương án nhiễu chưa hợp lý nên không cần sử dụng đến hai điểm A,B.
+ Phương pháp tổng quát Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB ⇒ ∆ = (P) ∩(Q). Cách 2.
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB ⇒ (Q) qua trung điểm I (1;0;0) của đoạn AB và nhận  AB = (2; 2;
− 2) làm VTPT⇒ (Q) : x y + z −1= 0 .     
Khi đó ∆ = (P) ∩(Q) ⇒ u = n ,n  = (2; 1 − ; 3) − (n = 2;1;1 , n = 1; 1 − ;1 P Q ) ∆ ; ( ) ( P Q  
x y + z −1 = 0
Tọa độ điểm M (0;1; 2) thỏa mãn 
M ∈ ∆ .
2x + y + z − 3 = 0 x = 2t
Vậy ∆ :  y = 1− t . z = 2−3tA3;3;  1 B0;2;  1
Câu 97: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , và mặt phẳng
P: x y z 7  0 . Đườ P
ng thẳng d nằm trong
sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm ,
A B có phương trình là: x t  x  2t x t x t     
A. y  7 3t
y  73t
y   ty   t  . B. . C. 7 3 . D. 7 3 .     z  2t     z t  z  2t  z  2t  Hướng dẫn giải Chọn C.
Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là : 3x y7  0 .
Đường thẳng cần tìm d cách đều hai điểm ,
A B nên sẽ thuộc mặt phẳng  .
x y z 7  0
Lại có d P  , suy ra d  P  hay d :  . 3
x y 7  0  z  2t
Chọn x t , ta được  . y  7 3t  x −1 y + 5 z − 3
Câu 98: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = . 2 1 − 4
Phương trình nào dưới đây là phương hình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng x + 3 = 0 ? x = 3 − x = 3 − x = 3 − x = 3 −     A. y = 5 − − t . B. y = 5 − + t . C. y = 5 − + 2t . D. y = 6 − − t .     z = 3 − + 4tz = 3 + 4tz = 3 − tz = 7 + 4tHướng dẫn giải Chọn D.
Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm M (1; 5
− ;3) và có VTCP u = (2; 1 − ;4 d ) 0
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( P) : x + 3 = 0 .  
Suy ra mặt phẳng (Q) đi qua điểm M (1; 5
− ;3) và có VTPT là [u ;n = d P ] (0;4; )1 0
⇒ (Q) : 4y + z +17 = 0 .
Phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P) là x = 3 −
4y + z +17 = 0   hay  y = 6 − − t . x + 3 = 0 z = 7 + 4t
Cách 2: Ta có M d M (1+ 2t; 5
− − t;3 + 4t) . Gọi M ′ là hình chiếu của M trên (P) : x + 3 = 0 x = 3 −  . Suy ra M ′( 3 − ; 5
− − t;3 + 4t) . Suy ra d′: y = 5 − − t z = 3+ 4t
So sánh với các phương án, ta chọn D là đáp án đúng.
Cách 3. Trắc nghiệm.
Gọi I = d ∩ (α ) , suy ra I ( 3 − ; 3 − ; 5 − ).
Dễ thấy chỉ có đáp án D thỏa mãn. x − 3 y −1 z +1
Câu 99: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 3 1 1 −
mặt phẳng ( P) : x z − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng là hình chiếu vuông góc của đường
thẳng d lên mặt phẳng ( P).  x = 3 + tx = 3 + tx = 3 + 3tx = 3 − t    
A. y = 1+ t . B. y = 1 .
C. y = 1+ t .
D. y = 1+ 2t .     z = 1 − + tz = 1 − − tz = 1 − − tz = 1 − + tLời giải: Chọn A. x = 3 + 3t
Ta có phương trình tham số 
của đường thẳng d :  y = 1+ t đi qua điểm M (3;1; − ) 1 và có véctơ z = 1 − − t   chỉ phương u = − d (3;1; )1 .
Vì điểm M (3;1;− )
1 ∈ ( P) nên M = d ∩ ( P) .
Gọi điểm O = (0;0;0) ∈ d K là hình chiếu của O lên mặt phẳng ( P) .
Gọi đường thẳng ∆ đi qua O và vuông góc với mặt phẳng ( P) suy ra đường thẳng ∆ nhận véctơ 
pháp tuyến của mặt phẳng ( P) làm véctơ chỉ phương u = − ∆ (1;0; )1. x = t ' Phương trình đườ 
ng thẳng ∆ là  y = 0 . z = t − ' 
Khi đó K = ∆ ∩(P) . x = t ' t  ' = 2   y = 0 x = 2 ⇔  ⇔  ⇒ K = (2;0; 2 − ) z = t − ' y = 0  
x z − 4 = 0 z = 2 −
Hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng ( P) là đường thẳng MK . 
Véctơ chỉ phương MK = ( 1 − ; 1 − ;− ) 1 = 1 − (1;1; ) 1 .  x = 3 + t Phương trình đườ 
ng thẳng MK là  y = 1+ t . z = 1 − + t
Câu 100: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình hình chiếu vuông góc của + − + đườ x 1 x 2 z 3 ng thẳng d : = =
trên mặt phẳng toạ độ Oxy 2 3 1 x = 3 − 6tx = 5 + 6tx = 5 − 6tx = 5 − 6t    
A. y = 11− 9t .
B. y = 11− 9t .
C. y = 11+ 9t .
D. y = 11− 9t .     z = 0  z = 0  z = 0  z = 0  Hướng dẫn giải Chọn D. Lấy N ( 1 − ;2; 3
− )∈d và gọi H là hình chiếu của điểm N trên (Oxy)thì H ( 1 − ;2;0) .
Thay tọa độ điểm H vào các phương án ta thấy chỉ có phương án D thỏa. x +1 y −1 z
Câu 101: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt 1 2 − 1 −
phẳng ( P) : x + y − 2z + 2 = 0 , đường thẳng ∆ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên
mặt phẳng (Oxy) . Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng ∆ với mặt phẳng ( P) . A. I ( 1 − ;3;0) . B. I ( 1 − ;1;0) . C. I (1; 3 − ;0) . D. I ( 3 − ;5;0). Hướng dẫn giải Chọn C . A( 1 − ;1;0); B(0; 1 − ;− ) 1 ∈ d. Gọi ' '
A ; B là hình chiếu vuông góc của ,
A B lên mặt phẳng (Oxy)  ' ⇒ A (− ) 'B ( − ) ' ' 1;1; 0 ; 0; 1; 0 ⇒ A B = (1; 2 − ;0). x = 1 − − t
∆ : y =1+ 2t (t ∈) z = 0  = ∆ ∩ ( ) I ∈ ∆  I P ⇒  I ∈  (P)
I ∈ ∆ ⇒ I ( 1
− − t;1+ 2t;0) I ∈ ( P) ⇒ 1
− − t +1+ 2t + 2 = 0 ⇔ t = 2 − ⇒ I (1; 3 − ;0) . x +1 y −1 z
Câu 102: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 1 2 − 1 − và mặt
phẳng ( P) : x + y − 2z + 2 = 0 , đường thẳng ∆ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên
mặt phẳng (Oxy) . Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng ∆ với mặt phẳng ( P) . A. I ( 1 − ;3;0) . B. I ( 1 − ;1;0) . C. I (1; 3 − ;0) . D. I ( 3 − ;5;0). Hướng dẫn giải Chọn C . A( 1 − ;1;0); B(0; 1 − ;− ) 1 ∈ d. Gọi ' '
A ; B là hình chiếu vuông góc của ,
A B lên mặt phẳng (Oxy)  ' ⇒ A (− ) 'B ( − ) ' ' 1;1; 0 ; 0; 1; 0 ⇒ A B = (1; 2 − ;0). x = 1 − − t
∆ : y =1+ 2t (t ∈) z = 0  = ∆ ∩ ( ) I ∈ ∆  I P ⇒  I ∈  (P)
I ∈ ∆ ⇒ I ( 1
− − t;1+ 2t;0) I ∈ ( P) ⇒ 1
− − t +1+ 2t + 2 = 0 ⇔ t = 2 − ⇒ I (1; 3 − ;0) . x + 2 y −1 z − 2
Câu 103: [2H3-3.4-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và 1 1 2 
mặt phẳng ( P) : x + y + z = 0 . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆′ là hình chiếu của
đường thẳng ∆ lên mặt phẳng (P) .     A. u = (1; 1 − ;0) .
B. u = (1;0; − ) 1 . C. u = (1; 2 − ; ) 1 . D. u = (1;1; 2 − ) . Lời giải Chọn D
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng ∆ và vuông góc với mặt phẳng ( P) . (   
Q) có một vectơ chỉ phương là n = n ;u  = − ∆ (1; 1;0 . Q P )  
∆′ là hình chiếu của đường thẳng ∆ lên mặt phẳng (P) nên ∆′ là giao tuyến của hai mặt phẳng (   
P) và (Q) . Do đó ∆′ có một vectơ chỉ phương là u =   = − ∆′ n ; n (1;1; 2 P Q )   x + 2 y −1 z − 2
Câu 104: [2H3-3.4-3]Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = . Viết 1 1 2
phương trình đường thẳng d′ là hình chiếu của d lên mặt phẳng Oxy . x = 3 − + tx = 3 − + t  
A. d ′:  y = 1+ t ,(t ∈ ) .
B. d ′ : y = t , (t ∈ ) .   z = 0  z = 0  x = 3 − + tx = 3 − t  
C. d ′ : y = t − , (t ∈ ) .
D. d ′ : y = t − ,(t ∈).   z = 0  z = 0  Hướng dẫn giải Chọn B x = 2 − + t Phương trình tham số 
của d :  y = 1+ t z = 2+ 2t  x = 2 − + t
Hình chiếu của d lên mặt phẳng (Oxy) (có phương trình z = 0 ) là ∆ :  y = 1+ t z = 0 
Nhận xét d′ ở đáp án B có vectơ chỉ phương cùng phương với VTCP của ∆ và có 1 điểm chung
với ∆ ⇒ d′ ≡ ∆ .
Câu 105: [2H3-3.5-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; −1;3) và hai đường thẳng x − 1 y − 1 z − 1 x y z −1 d : = = và d ′ : = =
. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và cắt cả hai 2 1 − 1 − 3 2 − 1
đường thẳng d d′ . A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải Chọn C.
Với A(2t + 1; − t + 1; − t + )
1 ∈ d B (3t ;′ − 2t ;′t′ + )
1 ∈ d ′ , ta có A , B , M thẳng hàng khi 2t = k ( 1 − + 2t′)
2t + k − 2kt′ = 0    
MA = k MB ⇔ 2 − t = k (1 − 2t′) ⇔  t
− − k + 2kt′ = 2 − hệ vô nghiệm.  
− − t = k (− + t′) t
− + 2k kt′ = 2 2 2  
Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề.
Câu 106: [2H3-3.6-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2;1;0) và đường thẳng ∆ có phương trình x −1 y +1 z ∆ : = =
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với đường 2 1 1 − thẳng ∆ . x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z A. d : = = . B. d : = = . 1 4 1 2 4 − 1 x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z C. d : = = . D. d : = = . 1 4 − 1 1 4 − 2 − Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi H là hình chiếu của M lên ∆  Nên H (1+ 2t; 1 − + t; t
− )∈∆ ⇒ MH = (2t −1; 2 − + t; t − )  Và a = (2;1;− )
1 là véc tơ chỉ phương của ∆  
Dó đó: MH a = ⇔ ( t − ) 2 . 0 2 2
1 − 2 + t + t = 0 ⇔ t = 3   Khi đó:  1 4 2  MH = ; − ; − ⇒ u = (1; 4 − ; 2 −  
) là véc tơ chỉ phương của d  3 3 3  x − 2 y −1 z Vậy d : = = 1 4 − 2 −
Câu 107: [2H3-3.6-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2;1;0) và đường thẳng ∆ có phương trình x −1 y +1 z ∆ : = =
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với đường 2 1 1 − thẳng ∆ . x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z A. d : = = . B. d : = = . 1 4 1 2 4 − 1 x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z C. d : = = . D. d : = = . 1 4 − 1 1 4 − 2 − Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi H là hình chiếu của M lên ∆  Nên H (1+ 2t; 1 − + t; t
− )∈∆ ⇒ MH = (2t −1; 2 − + t; t − )  Và a = (2;1;− )
1 là véc tơ chỉ phương của ∆  
Dó đó: MH a = ⇔ ( t − ) 2 . 0 2 2
1 − 2 + t + t = 0 ⇔ t = 3   Khi đó:  1 4 2  MH = ; − ; − ⇒ u = (1; 4 − ; 2 −  
) là véc tơ chỉ phương của d  3 3 3  x − 2 y −1 z Vậy d : = = 1 4 − 2 − x +1 y −1 z + 2
Câu 108: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = , mặt 2 1 2 −
phẳng ( P) : x y + z + 4 = 0 và điểm A(1;1; 2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A ,
song song với ( P) và vuông góc với d. x −1 y −1 z − 2 x +1 y +1 z + 2 A. = = . B. = = . 1 4 − 3 − 1 4 3 x −1 y −1 z − 2 x +1 y +1 z + 2 C. = = . D. = = . 1 4 3 1 4 − 3 − Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt phẳng ( P) có vec tơ pháp tuyến n = (1; 1 − ; ) 1 . 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = (2;1; 2 − )
Đường thẳng d′ qua điểm A , song song với (P) và vuông góc với d có vectơ chỉ phương là   
u′ = n, u = (1; 4;3)   Phương trình chính tắ x −1 y −1 z − 2 c của d′ : = = 1 4 3 x +1 y −1 z + 2
Câu 109: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 2 − , mặt
phẳng ( P) : x y + z + 4 = 0 và điểm A(1;1; 2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A ,
song song với ( P) và vuông góc với d. x −1 y −1 z − 2 x +1 y +1 z + 2 A. = = = = . 1 4 − 3 − . B. 1 4 3 x −1 y −1 z − 2 x +1 y +1 z + 2 C. = = . D. = = 1 4 3 1 4 − 3 − . Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt phẳng ( P) có vec tơ pháp tuyến n = (1; 1 − ; ) 1 . 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = (2;1; 2 − )
Đường thẳng d′ qua điểm A , song song với (P) và vuông góc với d có vectơ chỉ phương là    u′ =  , n u = (1; 4;3)   − − − Phương trình chính tắ x 1 y 1 z 2 c của d′ : = = 1 4 3
Câu 110: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x + 2 y + 3z −1 = 0
và điểm A(4;1;3) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , song song với mặt phẳng (P) và − − + ∆ x 3 y 3 z 2
cắt đường thẳng d : = = 3 2 2 − . x − 4 y −1 z − 3 x − 4 y −1 z − 3 A. = = = = 5 6 9 − . B. 1 3 3 − . x − 4 y −1 z − 3 x − 4 y −1 z − 3 C. = = = = 5 6 − 1 − . D. 1 − 6 3 − . Lời giải Chọn A. x = 3 + 3t Phương trình tham số 
của đường thẳng d :  y = 3 + 2t . z = 2 − − 2t
Gọi B = ∆ ∩ d . Tọa độ B (3 + 3t; 3 + 2t; − 2 − 2t ) . 
AB = (3t −1; 2t + 2; − 2t − 5) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ .
Do ∆ song song với mặt phẳng ( P) nên     AB n( ⇔ = ⇔ − + + + − − = ⇒ = ⇒ = P) A . B n(P) 0 3(3t
)1 2(2t 2) 3( 2t 5) 0 7t 14 t 2. 
Vậy AB = (5; 6; − 9) . − − − Phương trình đườ x 4 y 1 z 3 ng thẳng ∆ : = = 5 6 9 − . x − 2 y − 2 z −1
Câu 111: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và 1 1 2
mặt phẳng (α) : x + y + z −1 = 0 . Gọi d là đường thẳng nằm trên (α) đồng thời cắt đường thẳng
∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là:    
A. u (2; −1; − ) 1 .
B. u (1;1; − 2) .
C. u (1; − 2; ) 1 .
D. u (1; 2; − 3) . Lời giải Chọn B.
+ Gọi A = d ∩ ∆ ⇒ A∈ ∆ ⇒ A(2 + t; 2 + t;1+ 2t ) .
A d ⊂ (α) ⇒ A ∈ (α) ⇒ 2 + t + 2 + t + 1 + 2t −1 = 0 ⇔ t = 1 − ⇒ A(1;1;− ) 1 .
+ Gọi B = d Oz B (0;0;b) .
B d ⊂ (α) ⇒ B ∈ (α) ⇒ b −1 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B (0;0; ) 1 .  
Khi đó một VTCP của đường thẳng d u = BA = (1;1;− 2) . x − 2 y − 2 z −1
Câu 112: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và 1 1 2
mặt phẳng (α ) : x + y + z −1 = 0 . Gọi d là đường thẳng nằm trên (α ) đồng thời cắt đường thẳng
∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là:    
A. u = (2; −1; − ) 1 .
B. u = (1;1; − 2) .
C. u = (1; − 2; ) 1 .
D. u = (1; 2; − 3) . Lời giải Chọn B.
+ Gọi A = d ∩ ∆ ⇒ A∈ ∆ ⇒ A(2 + t; 2 + t;1+ 2t ) .
A d ⊂ (α ) ⇒ A∈(α ) ⇒ 2 + t + 2 + t +1+ 2t −1 = 0 ⇔ t = 1 − ⇒ A(1;1;− ) 1 .
+ Gọi B = d Oz B (0;0;b) .
B d ⊂ (α ) ⇒ B ∈(α ) ⇒ b −1 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B (0;0; ) 1 .  
Khi đó một VTCP của đường thẳng d AB = ( 1 − ; 1 − ;2) = −(1;1; 2
− ) . Vậy véctơ u = (1;1;− 2)
cũng là một VTCP của đường thẳng d . x − 2 y − 2 z −1
Câu 113: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và 1 1 2
mặt phẳng (α ) : x + y + z −1 = 0 . Gọi d là đường thẳng nằm trên (α ) đồng thời cắt đường thẳng
∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là:    
A. u = (2; −1; − ) 1 .
B. u = (1;1; − 2) .
C. u = (1; − 2; ) 1 .
D. u = (1; 2; − 3) . Lời giải Chọn B.
+ Gọi A = d ∩ ∆ ⇒ A∈ ∆ ⇒ A(2 + t; 2 + t;1+ 2t ) .
A d ⊂ (α ) ⇒ A∈(α ) ⇒ 2 + t + 2 + t +1+ 2t −1 = 0 ⇔ t = 1 − ⇒ A(1;1;− ) 1 .
+ Gọi B = d Oz B (0;0;b) .
B d ⊂ (α ) ⇒ B ∈(α ) ⇒ b −1 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B (0;0; ) 1 .  
Khi đó một VTCP của đường thẳng d AB = ( 1 − ; 1 − ;2) = −(1;1; 2
− ) . Vậy véctơ u = (1;1;− 2)
cũng là một VTCP của đường thẳng d .
A(0;0;0) B(2;0;0)
Câu 114: [2H3-3.9-3]Cho hình lập phương ABC . D AB CD
′ ′ có tọa độ các đỉnh , ,
D (0;2;0) A′(0;0;2) ,
. Đường thẳng d song song với AC , cắt cả hai đường thẳng AC′ và B D ′ ′ có phương trình là x − 1 y − 1 z − 2 x + 1 y + 1 z + 2 A. = = . B. = = . 1 1 1 − 1 1 1 − x + 1 y + 1 z + 2 x − 1 y − 1 z − 2 C. = = . D. = = . 1 1 1 1 1 1 Hướng dẫn giải Chọn A.
Khi đó C (2;2;0) , C′(2;2;2)  
Mặt khác d //AC suy ra VTCP u = AC = (1;1;− ) 1 .
d song song với AC , nên d đi qua trung điểm của AC′ là I (1;1;2) . x − 1 y − 1 z − 2 Vậy d : = = . 1 1 1 −
Câu 115: [2H3-3.10-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình x + 2 y + z − 4 = 0 và đườ x + 1 y z + 2 ng thẳng d : = =
. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ nằm trong mặt 2 1 3
phẳng (P) , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . x + 5 y − 1 z − 3 x − 5 y + 1 z + 3 A. = = . B. = = . 1 1 1 1 1 1 x − 1 y − 1 z − 1 x + 1 y + 1 z + 1 C. = = . D. = = . 5 1 − 3 − 5 1 − 3 − Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi I là giao điểm của d và (P) . Tọa độ I là nghiệm của hệ  x +1 = y  2 1  x +1 y z + 2  x − 2y = 1 − x = 1  = =  y z + 2    2 1 3 ⇔  = ⇔ 3  y z = 2 ⇔ y =1 1 3
x + 2y + z − 4 = 0   
x + 2 y + z − 4 = 0 z = 1  
x + 2y + z − 4 = 0    
Ta có một VTCP của ∆ như sau: u∆ = ud ; n p  = − − ( ) (5; 1; 3)   . x y z − Vậy phương trình 1 1 1 d : = = 5 1 − 3 − .
Chú ý: Do ∆ cắt d và ∆ nằm trong (P) nên ∆ phải đi qua I . Do đó ta có thể chọn được đáp án
là C mà không cần tìm VTCP của ∆ .
Câu 116: [2H3-3.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 3x + y + z = 0 và đường x −1 y z + 3 thẳng d : = =
. Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong (α ) , cắt và vuông góc với d . Hệ 1 2 − 2
phương trình nào là phương trình tham số của ∆ ? x = 2 − + 4tx = 3 − + 4tx = 1+ 4tx = 3 − + 4t    
A. y = 3 − 5t .
B. y = 5 − 5t .
C. y = 1− 5t .
D. y = 7 − 5t .     z = 3 − 7tz = 4 − 7tz = 4 − − 7tz = 2 − 7tHướng dẫn giải Chọn B.
Gọi M = d ∩ (α ) nên M (1+ t; 2 − t; 3 − + 2t)∈d
M ∈(α ) ⇒ 3(1+ t ) − 2t − 3 + 2t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ M (1;0; 3 − )∈∆   Ta có: n = (3;1 )
;1 là véc tơ pháp tuyến của (α ) và b = (1; 2
− ;2) là véc tơ chỉ phương của d   
Nên u = n b = (4; 5 − ; 7
− ) là véc tơ chỉ phương của ∆ x =1+ 4t′ x = 3 − + 4t Do đó:   ∆ : y = 5 − t
⇒ ∆ : y = 5 −5t .   z = 3 − − 7tz = 4 − 7t   
Kiểm tra lần lượt điểm M (1;0; 3 − ) và u = (4; 5 − ; 7
− ) thỏa đáp án B .
Câu 117: [2H3-3.10-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(0;1; 2) , M ( 1 − ;1;0) và mặt
phẳng (α ) : x y + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A , M và cắt (α ) theo
một giao tuyến vuông góc với AM .
A. 4x − 5 y − 2z − 9 = 0 .
B. 2x + y − 4z +1 = 0 .
C. 2x + y z −1 = 0 .
D. 4x − 5 y − 2z + 9 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Giả sử ( P) : Ax + By + Cz + D = 0 ( 2 2 2
A + B + C ≠ 0) (∗) là mặt phẳng cần tìm.
B + 2C + D = 0 Theo giả thiết ,
A M ∈ ( P) ⇒  (1)
−A + B + D = 0 (      P) ∩ (α ) = ∆ u =    ∆  (n n P) ; (α )  Theo giả thiết  ⇒     ∆ ⊥ AM u  .AM = 0  ∆  n = A B C P ( ; ; ) ( )     u  = − −
 ∆ (C;C; A B) Mà n = − α (1; 1;0) ( ) ⇒   AM =  ( 1 − ;0; 2 − ) AM =  ( 1 − ;0; 2 − )   ⇒ u .AM = 0 − + + = ∆ ⇔ C 2 ( A B) 0 (2)  A = 2 − C   5
Từ (1) và (2) ⇒ B = C (3) 2   9 D = − C  2 5 9
Thế (3) vào (∗) , ta được: 2
Cx + Cy + Cz C = 0 ⇔ 4
x + 5y + 2z − 9 = 0 . 2 2
Câu 118: [2H3-3.10-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(0;1; 2) , M ( 1 − ;1;0) và mặt
phẳng (α ) : x y + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A , M và cắt (α ) theo
một giao tuyến vuông góc với AM .
A. 4x − 5 y − 2z − 9 = 0 .
B. 2x + y − 4z +1 = 0 .
C. 2x + y z −1 = 0 .
D. 4x − 5 y − 2z + 9 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn D.
Giả sử ( P) : Ax + By + Cz + D = 0 ( 2 2 2
A + B + C ≠ 0) (∗) là mặt phẳng cần tìm.
B + 2C + D = 0 Theo giả thiết ,
A M ∈ ( P) ⇒  (1)
−A + B + D = 0 (      P) ∩ (α ) = ∆ u =    ∆  (n n P) ; (α )  Theo giả thiết  ⇒     ∆ ⊥ AM u  .AM = 0  ∆  n = A B C P ( ; ; ) ( )     u  = − −
 ∆ (C;C; A B) Mà n = − α (1; 1;0) ( ) ⇒   AM =  ( 1 − ;0; 2 − ) AM =  ( 1 − ;0; 2 − )   ⇒ u .AM = 0 − + + = ∆ ⇔ C 2 ( A B) 0 (2)  A = 2 − C   5
Từ (1) và (2) ⇒ B = C (3) 2   9 D = − C  2 5 9
Thế (3) vào (∗) , ta được: 2
Cx + Cy + Cz C = 0 ⇔ 4
x + 5y + 2z − 9 = 0 . 2 2
Câu 119: [2H3-3.11-3] Phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(2;1;0) , vuông góc và cắt đường thẳng x −1 y +1 z = = là 2 1 1 − x = 2 + tx = 2 − + tx = 2 + tx = 2 + t    
A. y = 1− 4t .
B. y = 1− 4t .
C. y = 1− 4t . D. y = 1 − − 4t .     z = 2tz = 2tz = 2 − tz = 2tĐáp án: Cx = 1+ 2t  Phương trình tham số 
của đường thẳng d :  y = 1
− + t có véctơ chỉ phương u = (2;1;− ) 1 . dz = t − 
Gọi M là giao điểm của ∆ và d nên M (1+ 2t; 1 − + t; t − )  
Suy ra véctơ của ∆ là u∆ = AM = (2t −1;t − 2; t − )    
Theo giả thiết ∆ và d vuông góc nên u u∆ ⇔ u .u∆ = 0 ⇔ 2(2t − )
1 + (t − 2) + t = 0 d d 2   1 4 − 2 −  
t = ⇒ u∆ = ; ; 
 cùng phương với u = (1; 4 − ; 2 − ) 3  3 3 3  
Vậy phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(2;1;0) có véctơ chỉ phương u = (1; 4 − ; 2 − ) có dạng x = 2 + t ∆ 
:  y = 1− 4t . z = 2 − t  x = 1+ t
Câu 120: [2H3-3.11-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :  y = 2 + t . Đường thẳng d đi qua z =1−tA(0;1; − )
1 cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ . Phương trình nào sau đây là phương trình của đường thẳng d ? x = 5t′ x = t′ x = 5 x = 5 + 5t′    
A. y = 1+ 5t′ .
B. y = 1+ t′ .
C. y = 5 + t′ .
D. y = 6 + 5t′ .     z = 1 − + 8t′  z = 1 − + 2t′  z = 10 − t′  z = 9 + 8t′  Hướng dẫn giải Chọn B.   Ta có: u∆ = (1;1; 1
− ) ; Gọi M = ∆ ∩ d M (1+ t;2 + t;1− t) ⇒ AM = (1+ t;1+ t;2 − t)    
u∆ ⊥ AM u∆.AM = 0 ⇒ 1+ t +1+ t − (2 − t ) ⇒ t = 0  = ′  x t
Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương AM = (1;1;2) và đi qua A(0;1;− )
1 ⇒ d :  y = 1+ t′ z = 1 − + 2t′ 
Câu 121: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M (2;1;0) và đường thẳng x −1 y +1 z ∆ : = =
. Lập phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt ∆ và vuông góc 2 1 1 − với ∆ . x = 2 + tx = 2 + tx = 2 − + tx = 3 + t    
A. (d ) :  y = 1− t .
B. (d ) :  y = 1− 4t .
C. (d ) :  y = 1− 4t .
D. (d ) :  y = 3 − − 4t .     z = tz = 2tz = 2 − tz = 2 − − 2tHướng dẫn giải Chọn D. dx =1+ 2tM Ta có ∆ :  y = 1 − + t z = t −  ∆
Gọi H (1+ 2t; 1 − + t; t
− )∈∆ là hình chiếu của M lên ∆ . H 
Suy ra MH = (2t −1;t − 2; t − ) .     
Ta có MH u∆ = ⇔ ( t − ) 2 1 4 2 . 0 2 2
1 + t − 2 + t = 0 ⇔ t = ⇒ MH = ; − ; −   . 3  3 3 3   ⇒ u = (1; 4 − ; 2
− ) là một VTCP của d
Ta thấy đáp án C và D có cùng vectơ chỉ phương nhưng chỉ có đáp án D đi qua điểm M x = 3 + t ( 
d ) : y = 3 − − 4t . z = 2 − − 2t  x = 1+ t
Câu 122: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :  y = 2 − 3t và điểm z = 3 − + t
A(1;0; 2) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , d vuông góc và cắt ∆ . x −1 y z − 2 x +1 y z + 2 A. = = . B. = = . 1 − 1 4 − 1 − 1 4 − x +1 y z + 2 x −1 y z − 2 C. = = . D. = = . 1 1 − 4 − 1 1 − 4 − Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi H = d ∩ ∆ nên H (1+ t; 2 − 3t; 3 − + t)  
Ta có: AH ⊥ ∆ ⇒ AH .u = 0 ⇔ (t; 2 − 3t;t − 5).(1; 3 − ; ) = ⇔ = ∆ 1 0 t 1  x y z − Suy ra AH = (1; 1 − ; 4
− ) nên d có phương trình: 1 2 = = 1 1 − 4 − x = 1+ t
Câu 123: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :  y = 2 − 3t và điểm z = 3 − + t
A(1;0; 2) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , d vuông góc và cắt ∆ . x −1 y z − 2 x +1 y z + 2 A. = = = = 1 − 1 4 − . B. 1 − 1 4 − . x +1 y z + 2 x −1 y z − 2 C. = = = = 1 1 − 4 − . D. 1 1 − 4 − . Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi H = d ∩ ∆ nên H (1+ t; 2 − 3t; 3 − + t)  
Ta có: AH ⊥ ∆ ⇒ AH .u = 0 ⇔ (t; 2 − 3t;t − 5).(1; 3 − ; ) = ⇔ = ∆ 1 0 t 1  x y z − Suy ra AH = (1; 1 − ; 4
− ) nên d có phương trình: 1 2 = = 1 1 − 4 −
Câu 124: [2H3-3.13-4] Trong không gian Oxyz , viết phương trình chính tắc của đường thẳng d là đường x = 3 + t x − 2 y −1 z − 2 
vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d : = =
d :  y = 2 + t . 1 1 1 − 1 − 2 z = 5  x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z −1 A. = = . B. = = . 1 1 − 1 − 1 1 − 2 − x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 C. = = . D. = = . 1 − 2 − 2 1 1 − 2 Hướng dẫn giải Chọn D.  u = 1; 1 − ; 1 − d 1 (
) là vectơ chỉ phương của đường thẳng . 1  u = 1;1; 0 d 2 (
)là vectơ chỉ phương của đường thẳng . 2
A d A u + 2; u − +1; u − + 2 1 ( ) .
B d B 3 + t; 2 + t;5 2 ( ) . 
AB = (t u +1;t + u +1;u + 3) .
AB là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d d khi và ch 1 2 ỉ khi :   A . B u = 0 t
 − u +1− t u −1− u − 3 = 0 1   ⇔   = t
 − u +1+ t + u +1 = 0 A . B u 0 2  3 − u − 3 = 0 ⇔  ⇔ t = u = 1 − . 2t + 2 = 0  Khi đó AB = (1; 1 − ;2) và A(1;2;3) . − − −
Khi đó phương trình chính tắ x 1 y 2 z 3
c của đường thẳng d : = = . 1 1 − 2
Câu 125: [2H3-3.13-4] Trong không gian Oxyz , viết phương trình chính tắc của đường thẳng d là đường x = 3 + t x − 2 y −1 z − 2 
vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d : = =
d :  y = 2 + t . 1 1 1 − 1 − 2 z = 5  x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z −1 A. = = . B. = = . 1 1 − 1 − 1 1 − 2 − x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 C. = = . D. = = . 1 − 2 − 2 1 1 − 2 Hướng dẫn giải Chọn D.  u = 1; 1 − ; 1 − d 1 (
) là vectơ chỉ phương của đường thẳng . 1  u = 1;1; 0 d 2 (
)là vectơ chỉ phương của đường thẳng . 2
A d A u + 2; u − +1; u − + 2 1 ( ) .
B d B 3 + t; 2 + t;5 2 ( ) . 
AB = (t u +1;t + u +1;u + 3) .
AB là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d d khi và ch 1 2 ỉ khi :   A . B u = 0 t
 − u +1− t u −1− u − 3 = 0 1   ⇔   = t
 − u +1+ t + u +1 = 0 A . B u 0 2  3 − u − 3 = 0 ⇔  ⇔ t = u = 1 − . 2t + 2 = 0  Khi đó AB = (1; 1 − ;2) và A(1;2;3) . − − −
Khi đó phương trình chính tắ x 1 y 2 z 3
c của đường thẳng d : = = . 1 1 − 2
Câu 126: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2) , B ( 1 − ;2;4) và đường thẳng x −1 y + 2 z ∆ : =
= . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 2 2 MA + MB = 28 . 1 − 1 2 A. M (1;0; 4 − ). B. M ( 1 − ;0;4) . C. M (1;0; 4) . D. M ( 1 − ;0; 4 − ) . Hướng dẫn giải Chọn B.
M d M (1− t; − 2 + t; 2t )
MA = t + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 6 2 2
= 6t − 20t + 40
MB = (t − )2 + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 4 4 2
= 6t − 28t + 36 Theo bài ra: 2 2 2
MA + MB = 28 ⇔ 12t − 48t + 76 = 28 2
t − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 . Vậy M ( 1 − ;0;4) .
Câu 127: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; − 2; − 3) , B ( 3 − ; 3; − 2) .
Tìm điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A B .
A. M (1; 0; 0) .
B. M (0; −1; 0) . C. M ( 1 − ; 0; 0) .
D. M (0; 1; 0) . Hướng dẫn giải. Chọn C.
Cách 1:
Gọi M ( ; x 0; 0) ∈ Ox   Ta có: MA = (1− ; x 2 − ; 3 − ); MB = ( 3 − − ; x 3; 2 − ).
M cách đều hai điểm A B ⇔ 2 2 2 2 2 2 MA = MB 2 2
MA = MB ⇔ (1− x) + ( 2 − ) + ( 3
− ) = (−x − 3) + (3) + ( 2 − ) ⇔ x = 1 − Vậy: M ( 1 − ;0;0).
Cách 2: Ta thấy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng.
Từ đáp án A và C ta tính : MA , MB và được đáp án đúng là C.
Câu 128: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2) , B ( 1 − ;2;4) và đường thẳng x −1 y + 2 z ∆ : =
= . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 2 2 MA + MB = 28 . 1 − 1 2 A. M (1;0; 4 − ). B. M ( 1 − ;0;4) . C. M (1;0; 4) . D. M ( 1 − ;0; 4 − ) . Hướng dẫn giải Chọn B.
M d M (1− t; − 2 + t; 2t )
MA = t + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 6 2 2
= 6t − 20t + 40
MB = (t − )2 + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 4 4 2
= 6t − 28t + 36 Theo bài ra: 2 2 2
MA + MB = 28 ⇔ 12t − 48t + 76 = 28 2
t − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 Vậy M ( 1 − ;0;4) .
Câu 129: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; − 2; − 3) , B ( 3 − ; 3; − 2) .
Tìm điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A B .
A. M (1; 0; 0) .
B. M (0; −1; 0) . C. M ( 1 − ; 0; 0) .
D. M (0; 1; 0) . Hướng dẫn giải. Chọn C.
Cách 1:
Gọi M ( ; x 0; 0) ∈ Ox   Ta có: MA = (1− ; x 2 − ; 3 − ); MB = ( 3 − − ; x 3; 2 − ).
M cách đều hai điểm A B ⇔ 2 2 2 2 2 2 MA = MB 2 2
MA = MB ⇔ (1− x) + ( 2 − ) + ( 3
− ) = (−x − 3) + (3) + ( 2 − ) ⇔ x = 1 − Vậy: M ( 1 − ;0;0).
Cách 2: Ta thấy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng.
Từ đáp án A và C ta tính : MA , MB và được đáp án đúng là C.
Câu 130: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2) , B ( 1 − ;2;4) và đường − + thẳng x 1 y 2 z ∆ : =
= . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 2 2 MA + MB = 28 . 1 − 1 2 A. M (1;0; 4 − ). B. M ( 1 − ;0;4) . C. M (1;0; 4) . D. M ( 1 − ;0; 4 − ) . Hướng dẫn giải Chọn B.
M d M (1− t; − 2 + t; 2t )
MA = t + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 6 2 2
= 6t − 20t + 40
MB = (t − )2 + ( − t )2 + ( − t )2 2 2 2 4 4 2
= 6t − 28t + 36 Theo bài ra: 2 2 2
MA + MB = 28 ⇔ 12t − 48t + 76 = 28 2
t − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 Vậy M ( 1 − ;0;4) .
Câu 131: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD x − 2 y − 2 z + 3 A( 1 − ;4; ) 1 , đường chéo BD : = =
, đỉnh C thuộc mặt phẳng 1 1 − 2 −
(α ):x + 2y + z − 4 = 0 . Tìm tọa độ điểm C .
A. C (1;3; − 3) . B. C ( 1 − ;3;− ) 1 .
C. C (3; 2; − 3) . D. C ( 2 − ;3;0) . Lời giải Chọn C.
Giả sử BD AC = I suy ra I (2 + t; 2 − t; − 3 − 2t ) . Suy ra C (5 + 2t; − 2t; − 7 − 4t ) .
Do C ∈ (α ) ⇔ 5 + 2t − 4t − 7 − 4t − 4 = 0 ⇔ t = 1 − ⇒ C (3;2;−3) . Câu 132: [2H3-3.14-4]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;0;0), B ( 0; 2; 0), C ( 0; 0; 6), D ( 1;1; )
1 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng
khoảng cách từ các điểm , A B,
C đến ∆ là lớn nhất. Hỏi ∆ đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. M (7;13;5) . B. M (3; 4;3) . C. M ( 1 − ; 2 − ; ) 1 . D. M ( 3 − ; 5 − ;− ) 1 . Hướng dẫn giải Chọn D. x y z
Dề dàng có phương trình mp ( ABC) là +
+ = 1 ⇔ 2x + 3y + z − 6 = 0 và có D ∈(ABC) . 3 2 6 Do d ( , A ∆) ≤ A ; D d (B,∆) ≤ ; BD d ( , C ∆) ≤ ;
CD và dấu bằng của 3 bất đằng thức đạt được khi ∆ ⊥ (ABC) . 
Vậy vtcp của ∆ là vtpt của mp ( ABC) là u = (2;3;1) . Phương trình
x −1 y −1 z −1 ∆ : = = . 2 3 1 Vậy M ( 3 − ; 5 − ;− ) 1 ∈ ∆ .
Câu 133: [2H3-3.15-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (
A 1;1;1), B(2; 0;1) và mặt
phẳng (P) : x + y + 2z + 2 = 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song
song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất x −1 y −1 z −1 x y z + 2 A. d : = = . B. d : = = . 3 1 2 − 2 2 2 − x − 2 y − 2 z x −1 y −1 z −1 C. d : = = . D. d : = = . 1 1 1 − 3 1 − 1 − Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có : BK = d ( B, d ) ≤ AB
Để max d (B,d ) ⇔ K A AB d P 
Gọi u là VTCP của d B d   
Ta có : u = n , AB = (2; 2; 2 − ) = 2(1;1;− ) 1 d P   A x − 2 y − 2 z K d Do A d : = = 1 1 1 − x − 2 y − 2 z
Vậy phương trình chính tắc của d : = = 1 1 1 − x y z
Câu 134: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng a : = = ; 1 1 2 − x +1 y z +1 b : = =
và mặt phẳng ( P) : x y z = 0. Viết phương trình của đường thẳng d song 2 − 1 1 −
song với ( P) , cắt a b lần lượt tại M N MN = 2. 7x + 4 7 y − 4 7z + 8 7x − 4 7 y − 4 7z + 8 A. d : = = . B. = = . 3 8 5 − 3 8 5 − 7x −1 7 y + 4 7z + 8 7x − 4 7 y + 4 7z + 8 C. d : = = . D. d : = = . 3 8 5 − 3 8 5 − Lời giải Chọn B. 
Gọi M (t;t; 2 − t) và N ( 1
− − 2t ',t ', 1
− − t ') . Suy ra MN = ( 1
− − 2t '− t;t '− t; 1
− − t '+ 2t).
Do đường thẳng d song song với (P) nên 1
− − 2t '− t t '+ t +1+ t '− 2t = 0 ⇔ t = t − ' . 
Khi đó MN = (− + t t − + t) 2 1
; 2 ; 1 3 ⇒ MN = 14t − 8t + 2 . 4 Ta có 2 MN =
2 ⇔ 14t − 8t + 2 = 2 ⇔ t = 0 ∨ t = . 7 
Với t = 0 thì MN = ( 1 − ;0;− )
1 ( loại do không có đáp án thỏa mãn ) 4   3 8 5  1  4 4 8  Với t = thì MN = − ; − ; = − (3;8; 5 −   ) và M ; ;−   7  7 7 7  7  7 7 7  4 4 8 x y z + 7x − 4 7 y − 4 7z + 8 Vậy 7 7 7 = = ⇔ = = . 3 8 5 − 3 8 5 −
Câu 135: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3; ) 1 , B (0; 2; ) 1 và mặt
phẳng (P) : x + y + z − 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) sao cho
mọi điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A B . x = 2tx = tx = t − x = t    
A. y = 7 − 3t .
B. y = 7 + 3t .
C. y = 7 − 3t .
D. y = 7 − 3t .     z = tz = 2tz = 2tz = 2tHướng dẫn giải Chọn D.
Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A B nên M thuộc mặt phẳng
trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB .  
Ta có mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua 3 5 I ; ;1 
 và có vectơ pháp tuyến  2 2   AB = ( 3 − ; 1
− ;0) nên phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q) là  3   5  3 − x − −1 y − + 0     (z − )
1 = 0 ⇔ 3x + y − 7 = 0 .  2   2 
Do đó đường thẳng d là giao tuyến của (P) và (Q) .
x + y + z − = Xét hệ phương trình 7 0  3
x + y − 7 = 0 y = Cho x = 0 ⇒ 7 
C (0;7;0)∈d . z = 0 y = Cho x = 1 ⇒ 4 
D(1;4;2)∈d z = 2 
Đường thẳng đi qua C (0;7;0) và nhận vectơ CD = (1; 3
− ;2) làm vectơ chỉ phương nên phương x = t
trình tham số đường thẳng là  y = 7 − 3t . z = 2t
Câu 136: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x = 3 − + 3t x −1 y + 2 z +1  d : = =
d :  y = 5 − t 1 3 1 − 2 2 z = 2t
Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt các đường thẳng d , d l A B 1 2
ần lượt tại các điểm , . Diện tích tam giác OAB A. 5 . B. 10 . C. 15 . D. 55 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Giao điểm của đường thẳng d và m Oxz 1 ặt phẳng là nghiệm của hệ:
x −1 y + 2 z +1 y = 0 x = 5 −  = =    3 1 − 2 ⇔  x −1 z +1
⇔ y = 0 ⇒ A( −5;0;−5) . = = 2 − y = 0    3 2 z = 5 − 
Giao điểm của đường thẳng d và m Oxz 1 ặt phẳng là nghiệm của hệ: x = 3 − + 3t t  = 5   y = 5 − tx =12  ⇔  ⇒ B (12;0;10) . z = 2t y = 0   y = 0 z =10   Ta có:  ,
OA OB = (0; −10;0) .   1  
Vậy diện tích tam giác OAB S =  , OA OB = 5 .   2 x y −1 z −1
Câu 137: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = . 1 1 1 Xét mặt phẳng ( P) 2
: m x − 2 y + mz +1 = 0, m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để
đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P).
A. m = 1 và m = 2 − . B. m = 2 − . C. m = 1. D. m = 1 − và m = 2 . Hướng dẫn giải Chọn C
∆ có vectơ chỉ phương u = (1;1;1) và qua ( A 0;1;1) 
(P) có vectơ pháp tuyến 2 n = (m ; 2; − m)   2 u  ⊥ n
m − 2 + m = 0
Để ∆ ⊂ (P) thì  ⇔  ⇔ m =1. 2 A∈(P) m .0 − 2.1+ .1 m + 1 = 0
Câu 138: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + ay + bz −1 = 0 và đườ x y z −1 ng thẳng ∆ : = =
. Biết rằng (α ) // ∆ và (α ) tạo với các trục Ox, Oz các góc giống 1 −1 −1
nhau. Tìm giá trị của a . A. a = 1
− hoặc a =1. B. a = 2 hoặc a = 0. C. a = 0. D. a = 2. Lời giải Chọn D. u  = − −  ∆ (1; 1; ) 1   Ta có   mà (α ) // ∆ ⇒ ( n = ⇔ − − = ⇔ + = ∗ α ).u 0 1 a b 0 a b 1 ∆ ( ). n =  (1;a;b α )  ( )      i =  (1;0;0)
Mặt khác (α ) tạo với các trục Ox, Oz suy ra sin (n ;i ) = sin (n ;k α α ) ( ) ( ) với   k =  (0;0; ) 1     ( n α).i ( n α).k 1 b  = ⇒ = a 2     ⇔ =
b = ±1, thế vào (∗) , ta được .  a = 0 ( n α) i ( n α) k 1 1
Tuy nhiên khi a = 0 ⇒ (α ) : x + z −1 = 0 chứa đường thẳng ∆ suy ra nhận a = 2. x + 1 y z − 2
Câu 139: [2H3-3.15-3]Cho mặt phẳng ( P) : x + y − 2z + 5 = 0 , đường thẳng d : = = và điểm 2 1 1 A(1; 1;
− 2) . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M N sao cho A
trung điểm của đoạn thẳng MN . x + 1 y − 1 z + 2 x − 1 y + 1 z − 2 x − 1 y + 1 z − 2 A. = = . B. = = . C. = = . 1 − 3 2 2 3 − 2 2 3 2 x − 1 y + 1 z − 2 D. = = 2 3 1 − Hướng dẫn giải Chọn C.
Giả sử ∆ cắt d tại M ( 1
− + 2t;t; 2 + t) ⇒ N (3 − 2t; 2
− − t; 2 − t) do A là trung điểm của MN . 
Do N ∈ ( P) : x + y − 2z + 5 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ M (3; 2; 4) ⇒ AM (2; 3; 2) Phương trình đườ x − 1 y + 1 z − 2
ng thẳng ∆ đi qua A, M là = = 2 3 2
Phần 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
Câu 1: [2H3-4.1-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y − 2mx + 6 y − 4z m + 8m = 0 m
tham số thực). Tìm các giá trị của m để mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất. A. m = 3 . B. m = 2 . C. m = 4 . D. m = 5 . Hướng dẫn giải Chọn B.
(S) có tâm I (m −3;2), bán kính R = m +(− )2 2 2 2 3 + 2 + m −8m = (m − )2 2 2 + 5 ≥ 5
R đạt giá trị nhỏ nhất là R = 5 khi m = 2 .
Câu 2: [2H3-4.1-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y − 2mx + 6 y − 4z m + 8m = 0 m
tham số thực). Tìm các giá trị của m để mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất. A. m = 3 . B. m = 2 . C. m = 4 . D. m = 5 . Hướng dẫn giải Chọn B.
(S) có tâm I (m −3;2), bán kính R = m +(− )2 2 2 2 3 + 2 + m −8m = (m − )2 2 2 + 5 ≥ 5
R đạt giá trị nhỏ nhất là R = 5 khi m = 2 .
Câu 3: [2H3-4.1-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A( ; a 0; 0), B (0; ;
b 0),C (0;0;3) trong đó a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = 2 . Gọi I
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Biết rằng khi a, b thay đổi thì điểm I luôn thuộc một đường
thẳng ∆ cố định. Viết phương trình đường thẳng ∆ .   x = tx =1− t  
A. ∆ :  y = 2 − t ; t ∈  .
B. ∆ :  y = t ; t ∈  .   3  3 z = z =  2  2 x = tx = t  
C. ∆ :  y = 2 + t ; t ∈  .
D. ∆ :  y = 1+ t ; t ∈  .   z = 3  z = 3  Hướng dẫn giải Chọn B. a b 3  Ta có A( ; a 0; 0), B (0; ;
b 0),C (0;0;3) nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I ; ;    2 2 2  Theo đề  2 − b b 3 
ta có a + b = 2 ⇒ a = 2 − b nên I ; ;   .  2 2 2   1 1 3  1  3 1 3    1 1  Cho b = 1 ⇒ I ; ;
∈ ∆ , b = ⇒ I ; ; ∈ ∆ , I I = ; − ; 0 1        2 2 2  2 2  4 4 2  1 2  4 4   1 x = + t  2  Do đó ∆   1
đi qua I và có vtcp u = (1; 1
− ;0) nên có phương trình y = − t 1 2   3 z =  2  x =1− t
tức là đường thẳng  y = t .  3 z =  2
Câu 4: [2H3-4.3-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu có tâm I (2; 3
− ;2) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) : 2x y + 2z −5 = 0 ? 2 2 2 2 2 2
A. ( x + 2) + ( y − 3) + ( z + 2) = 2 .
B. ( x − 2) + ( y + 3) + ( z − 2) = 2 . 2 2 2 2 2 2
C. ( x + 2) + ( y − 3) + ( z + 2) = 4 .
D. ( x − 2) + ( y + 3) + ( z − 2) = 4 . Hướng dẫn giải: Chọn D.
d ( I ( P)) 6 , = = 2 = R 3 A(1;6; 2)
B (5;1;3) C (4;0;6)
Câu 5: [2H3-4.3-3] Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với , , , D (5;0; 4) ( ABC)
. Viết phương trình mặt cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng . 2 2 2 4 A. ( x − 5) 2
+ y + (z − 4) = .
B. ( x − 5)2 + y + ( z − 4)2 2 = . 223 446 2 2 8 2 2 8 C. ( x + 5) 2 + y + (z + 4) = . D. ( x − 5) 2
+ y + (z − 4) = . 223 223 Hướng dẫn giải Chọn D.   Ta có AB = (4; 5; − ) 1 và AC = (3; 6 − ;4).  
Khi đó AB, AC = ( 14 − ; 13 − ; 9 − )   .
Phương trình mặt phẳng ( ABC) là 14 − (x − )
1 −13( y − 6) − 9( z − 2) = 0 ⇔ 14x +13y + 9z −110 = 0 . + + −
Do đó R = d (D ( ABC)) 14.5 13.0 9.4 110 4 , = = . 2 2 2 14 +13 + 9 446 Phương trình mặ 2 2 8
t cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) là ( x − 5) 2
+ y + (z − 4) = . 223 x = t
Câu 6: [2H3-4.3-3]Trong mặt phẳng Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1
− và 2 mặt phẳng (P) và (Q) lần  z = t − 
lượt có phương trình x + 2y + 2z + 3 = 0 ; x + 2y + 2z + 7 = 0 . Mặt cầu (S ) có tâm I thuộc đường
thẳng d , tiếp xúc với hai mặt phẳng ( P) và (Q) có phương trình 2 2 2 4 2 2 2 4
A. ( x + 3) + ( y + ) 1 + ( z − 3) = .
B. ( x − 3) + ( y − ) 1 + ( z + 3) = . 9 9 2 2 2 4
C. ( x + 3) + ( y + ) 1 + ( z + 3) = . D. 9
(x − )2 +( y + )2 +(z + )2 4 3 1 3 = . 9 Hướng dẫn giải Chọn D
Gọi I (t; −1; − t ) ∈ d .
Do (S ) tiếp xúc với hai mặt phẳng ( P) và (Q) ta có:
t − 2 − 2t + 3
t − 2 − 2t + 7 d = d ⇔ = ⇔ t = 3 . (I,(P)) (I,(Q)) 2 2 2 2 2 2 1 + 2 + 2 1 + 2 + 2 I (3;−1;−3) (  2 2 2 4 S ) có 
⇒ (S ) :(x − 3) + ( y + ) 1 + ( z + 3) = . 2 R = 9  3
Câu 7: [2H3-4.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P: 2x y 2z 3 2   1  0 . Viết phương
trình mặt cầu nằm trong phần không gian có x  0, y  0, 0
z  , tiếp xúc với các trục Ox, Oy, Oz và tiếp xúc
với mặt phẳng P . A. 2 2 2
x y z 2x y z1  0. B. 2 2 2
x y z 2x y z 2  0. C. 2 2 2
x y z 2x y z 2  0. D. 2 2 2
x y z 2x y z1  0.
Lời giải. Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I  ,
a b,c với a  0;b  0;c  0 .
Chân đường vuông góc hạ từ I đến các trục Ox, Oy,
Oz lần lượt là Aa;0;0, B0;b;0 , C 0;0;c .
Mặt cầu tiếp xúc với các trục Ox, Oy,
Oz và tiếp xúc với mặt phẳng P nên ta có:   2 2 2 2   2 2 2 2
b c a c b
 c a c    
IA IB IC d I,P   2 2 2 2  2 2 2 2
  a c a ba
  c a b       
2a b  2c  3 2   1 9
 a b  
 2a b  2c 3 2      2 2 2 1  2 2  a b       3 a
  b ca
  b c       do ,
a b, c  0  a b c  1. 2 18
 a  9a  2  2   1
 2a a  2 1  
Khi đó bán kính mặt cầu R IA  2 .
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là x  2 y  2 z  2 1 1 1  2 hay 2 2 2
x y z 2x y z1  0 . Chọn D.
Cách giải nhanh. Nhận thấy 4 đáp án đều có tâm I 1;1;  1 
R d I,P  2   .
Câu 8: [2H3-2.11-3]Câu 49*. [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;3;2 . Hỏi có bao
nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại ,
A B, C thỏa mãn OA OB OC  0 . A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. 
 POx Aa;0;0  Lời giải.x y z Giả sử 
POy B0;b;0 
P:    1.  a b c
 POz C0;0;c 
● P đi qua M    1 3 2 1; 3;2      1. a b c
OA OB OC 
a b c . 1 3 2    1 Ta có hệ a b c . P
Hệ có 3 nghiệm nên có 3 mặt phẳng   thỏa yêu cầu. Chọn C.
 a b c 
Cụ thể các trường hợp đó là * ,
a b, c dùng dấu 
a b c : không thỏa mãn.
a b c   * Một trong ba số ,
a b, c khác dấu với hai số còn lại   a b   c .   a   b c
Nhận xét. Do tọa độ của điểm M đặc biệt nên trường hợp a b c không thỏa mãn. Nếu không đặc biệt thì kết quả bài này có 4 mặt phẳng.
Câu 9: [2H3-2.11-4]Câu 50*. [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S 2 2 2
: x y z  3 . Một
mặt phẳng  tiếp xúc với mặt cầu S và cắt các tia Ox, Oy,
Oz tương ứng tại ,
A B, C . Tính giá trị của biểu 1 1 1 thức T    . 2 2 2 OA OB OC 1 1 1 A. T  . B. T  . C. T  .
D. T  3 . 3 3 9 
 Ox Aa;0;0  Lời giải. x y z x y z Gọi 
Oy B0;b;0 
:    1      hay  : 1 0. a b c a b c
 Oz C0;0;c 
Mặt cầu S có tâm I  0;0;0, bán kính R  3 . 1 1 1 1 1
Do  tiếp xúc với S nên d I,  R   3     .   2 2 2 1 1 1 a b c 3   2 2 2 a b c 1 1 1 1 1 1 1 Suy ra T        . Chọn B. 2 2 2 2 2 2 OA OB OC a b c 3
Cách trắc nghiệm. Do bài toán đúng với mọi nên ta chọn một trường hợp đặc biệt. Chọn điểm M 1;1;  1 thuộc S. 
Khi đó mặt phẳng  thỏa mãn bài toán sẽ đi qua M và nhận OM làm một VTPT nên có phương trình
: x y z 3  0 . 
 Ox A3a;0;0  1 1 1 1 1 1 1 Suy ra 
Oy B0;3;0  T        . 2 2 2  OA OB OC 9 9 9 3 
 Oz C0;0; 3 
Câu 10: [2H3-4.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho (α ) là mặt phẳng qua đường thẳng x − 4 y z + 4 ∆ 2 2 2 : = = S : x − 3
+ y + 3 + z −1 = 9 . Khi đó (α ) 3 1 4
− và tiếp xúc với mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( )
song song với mặt phẳng nào sau đây?
A. 3x y + 2z = 0 . B. 2
x + 2y z − 5 = 0 .
C. x + y + z = 0 .
D. x + 3y + z = 0 . Hướng dẫn giải Chọn B. x − 4 y z + 4
x − 3y − 4 = 0 ∆ : = = ⇔  3 1 4 −
4y + z + 4 = 0
(α ) qua đường thẳng ∆ nên có pt dạng: a(x −3y − 4)+b(4y + z + 4) = 0 với 2 2 a + b ≠ 0 .
Mặt cầu (S ) có tâm I (3; 3 − ; ) 1 và bán kính R = 3 (α ) 8a − 7b
tiếp xúc với mặt cầu (S ) nên d ( I,(α )) = R ⇔ = 3
a + (4b − 3a)2 2 2 + b ⇔ (a b)2 2
= 0 ⇔ a = 2b . Chọn a = 2 ⇒ b =1.
⇔ 2x − 2y + z − 4 = 0 .
Câu 11: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I (2; 1 − ; 6 − ) và đường thẳng x −1 y z +1 ∆ : = =
. Gọi ( P) là mặt phẳng thay đổi luôn chứa đường thẳng ;
∆ (S ) là mặt cầu có 1 2 2 −
tâm I và tiếp xúc mặt phẳng ( P) sao cho mặt cầu (S ) có bán kính lớn nhất. Tính bán kính R của mặt cầu (S ) . A. R = 3 2. B. R = 5. C. R = 2 3. D. R = 2 5. Lời giải Chọn A.
Gọi H là hình chiếu của I lên ∆
Ta có: IH = d ( I, ∆) ≥ d ( I,( P)) .
Gọi (α ) là mặt phẳng chứa I và vuông góc ∆ .
Ta tìm được (α ) : x + 2 y − 2z −12 = 0
Tọa độ H là giao điểm của (α ) và (∆) nên là nghiệm của hệ phương trình: x = 1+ t t  = 1   y = 2tx = 2  ⇒  z = 1 − − 2t y = 2  
x + 2y − 2z −12 = 0 z = 3 − Vậy: H (2; 2; 3 − ) Bán kính 2 2 2 R = IH = 0 + 3 + 3 = 3 2 .
Câu 12: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (
A 0;8; 2) và mặt cầu (S) có phương 2 2 2 − + + + − = −
trình (S ) : (x 5) ( y 3) (z 7)
72 và điểm B(9; 7;23) . Viết phương trình mặt phẳng (P)  =
qua A tiếp xúc với (S) sao cho khoảng cách từ B đến (P) là lớn nhất. Giả sử n (1; ; m n) là một
vectơ pháp tuyến của (P) . Khi đó
A. m.n = 2 .
B. m.n = 2 − .
C. m.n = 4 .
D. m.n = 4 − . Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng (P) qua A có dạng a(x  0)  ( b y  8)  (
c z  2)  0  ax by cz  8b  2c  0 . Điều kiện tiếp xúc:
5a  3b  7c  8b  2c
5a  11b  5c
d(I;(P))  6 2   6 2   6 2 . (*) 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
9a  7b  23c  8b  2c
9a  15b  21c
d(B;(P))   2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
5a  11b  5c  4(a b  4c)   2 2 2
a b c 2 2 2 2 2 2
5a  11b  5c
a b  4c
1  (1)  4 . a b c   4  6 2  4  18 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
a b c a b c Dấu bằng xảy ra khi 
 . Chọn a  1;b  1;c  4 thỏa mãn (*). 1 1 4
Khi đó (P) : x y  4z  0. Suy ra m  1;n  4 . Suy ra: m.n  4.
Câu 13: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho biết đường cong (ω ) là tập hợp tâm của
các mặt cầu đi qua điểm A(1;1; )
1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (α ) : x + y + z − 6 = 0 và
(β ): x + y + z + 6 = 0 . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong (ω) bằng A. 45π . B. 3 5. C. 9π . D. 3. Lời giải Chọn C.
Gọi ( S ) là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm I ( ;
x y; z ) . Theo bài ra, ta có
IA = d (I;(α )) = d (I;(β )) . Mà
d ( I;(α )) = d ( I;(β )) ⇔ x + y + z − 6 = x + y + z + 6
x + y + z = 0.
Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng P: x y z  0 và d ( ,
A ( P)) = AH = 3 . d ((α );(β )) 2 2 2
Vì (α ) // (β ) nên IA =
= 2 3 . Từ đó (x − ) 1 + ( y − ) 1 + ( z − ) 1 =12. Vậy điểm 2 2 2 2 I ( ;
x y; z ) thuộc mặt cầu S : x 1  y 1  z 1 12. 1       
⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu (S ) là giao tuyến của mặt cầu (S và mặt phẳng (P) hay chính là 1 ) đườ 2 2
ng tròn tâm H có bán kính 2 2 R = Rd A P = − = S ( ;( )) 2 3 3 3. 1 ( ) ( ) ( )
Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2
S = π R = 9π .
Câu 14: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (
A 0;8; 2) và mặt cầu (S) có phương 2 2 2 − + + + − = −
trình (S ) : (x 5) ( y 3) (z 7)
72 và điểm B(9; 7;23) . Viết phương trình mặt phẳng (P)  =
qua A tiếp xúc với (S) sao cho khoảng cách từ B đến (P) là lớn nhất. Giả sử n (1; ; m n) là một
vectơ pháp tuyến của (P) . Khi đó
A. m.n = 2 .
B. m.n = 2 − .
C. m.n = 4 .
D. m.n = 4 − . Hướng dẫn giải Chọn D.
Mặt phẳng (P) qua A có dạng a(x  0)  ( b y  8)  (
c z  2)  0  ax by cz  8b  2c  0 . Điều kiện tiếp xúc:
5a  3b  7c  8b  2c
5a  11b  5c
d(I;(P))  6 2   6 2   6 2 . (*) 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
9a  7b  23c  8b  2c
9a  15b  21c
d(B;(P))   2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
5a  11b  5c  4(a b  4c)   2 2 2
a b c 2 2 2 2 2 2
5a  11b  5c
a b  4c
1  (1)  4 . a b c   4  6 2  4  18 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
a b c a b c Dấu bằng xảy ra khi 
 . Chọn a  1;b  1;c  4 thỏa mãn (*). 1 1 4
Khi đó (P) : x y  4z  0. Suy ra m  1;n  4 . Suy ra: m.n  4.
Câu 15: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho biết đường cong (ω ) là tập hợp tâm của
các mặt cầu đi qua điểm A(1;1; )
1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (α ) : x + y + z − 6 = 0 và
(β ): x + y + z + 6 = 0 . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong (ω) bằng A. 45π . B. 3 5. C. 9π . D. 3. Lời giải Chọn C.
Gọi ( S ) là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm I ( ;
x y; z ) . Theo bài ra, ta có
IA = d (I;(α )) = d (I;(β )) . Mà
d ( I;(α )) = d ( I;(β )) ⇔ x + y + z − 6 = x + y + z + 6
x + y + z = 0.
Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng P: x y z  0 và d ( ,
A ( P)) = AH = 3 . d ((α );(β )) 2 2 2
Vì (α ) // (β ) nên IA =
= 2 3 . Từ đó (x − ) 1 + ( y − ) 1 + ( z − ) 1 =12. Vậy điểm 2 2 2 2 I ( ;
x y; z ) thuộc mặt cầu S : x 1  y 1  z 1 12. 1       
⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu (S ) là giao tuyến của mặt cầu (S và mặt phẳng (P) hay chính là 1 ) đườ 2 2
ng tròn tâm H có bán kính 2 2 R = Rd A P = − = S ( ;( )) 2 3 3 3. 1 ( ) ( ) ( )
Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2
S = π R = 9π .
Câu 16: [2H3-4.3-4]Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình
hộp chữ nhật. Mỗi quả bóng tiếp xúc với hai bức tường và nền của căn nhà đó. Trên bề mặt của
mỗi quả bóng, tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường quả bóng tiếp xúc và đến nền
nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đường kính của hai quả bóng đó là A. 64 . B. 34 . C. 32 . D. 16 . Giải Chọn A.
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường và các trục là các cạnh góc nhà. Do hai quả cầu đều
tiếp xúc với các bức tường và nền nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, vậy tâm
cầu sẽ có toạ độ là I (a; a; a) với a > 0 và có bán kính R = a .
Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt là 9, 10,
11 nên nói cách khác điểm A(9;10;13) thuộc mặt cầu. 2 2 2
Từ đó ta có phương trình: ( − a) + (
a) + ( − a) 2 9 10 13 = a .
Giải phương trình ta được nghiệm a = 7 hoặc a = 25 .
Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là 2(7 + 25) = 64 .
----------HẾT---------- x − 2 y z
Câu 17: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt cầu 2 1 − 4
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 1
= 2 . Hai mặt phẳng (P) và(Q) chứa d và tiếp xúc với (S ) . Gọi
M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN. 4 A. 2 2. B. . C. 6. D. 4. 3 Hướng dẫn giải Chọn B .
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2; ) 1 , R = 2 
Đường thẳng d nhận u = (2; 1 − ;4) làm vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d .
H d H (2t + 2;−t;4t ) Lại có :  
IH.u = 0 ⇔ (2t +1;−t − 2;4t − ) 1 .(2; 1 − ;4) = 0 ⇔ 2(2t + )
1 + t + 2 + 4(4t − ) 1 = 0 ⇔ t = 0
Suy ra tọa độ điểm H (2;0;0) . Vậy IH = 1+ 4 +1 = 6
Suy ra: HM = 6 − 2 = 2
Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . 1 1 1 1 1 3 Suy ra: = + = + = . 2 2 2 MK MH MI 4 2 4 2 4 Suy ra: MK = ⇒ MN = . 3 3
Câu 18: [2H3-4.5-3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2; 2
− ), B(0;3;4) và đường thẳng x = 1+ 2t
d :  y = 2 − 3t d A B
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc và đi qua hai điểm , . z = 3−t  2 2 2 2 2 2 A. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 25 .
B. ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 29 . 2 2 2 2 2 2
C. ( x + 3) + ( y − ) 1 + ( z − 2) = 29 .
D. ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z + 2) = 29 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi mặt cầu (S ) có tâm I , bán kính R .
I d I (1+ 2t; 2 − 3t;3 − t )
Vì hai điểm A , B cùng thuộc (S ) nên: IA = IB = R 2 2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 IA = IB ⇔ ( 2
t) + (3t) + ( 5 − + t) = ( 1
− − 2t) + (1+ 3t) + (1+ t) ⇔ 22t = 22 ⇔ t =1 ⇒ I (3; 1
− ;2) và R = IA = 29 2 2 2
Vậy: ( S ) : ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 29 .
Câu 19: [2H3-4.5-3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2; 2
− ), B(0;3;4) và đường thẳng x = 1+ 2t
d :  y = 2 − 3t . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d và đi qua hai điểm A , B . z = 3−t  2 2 2 2 2 2 A. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 25 .
B. ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 29 . 2 2 2 2 2 2
C. ( x + 3) + ( y − ) 1 + ( z − 2) = 29 .
D. ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z + 2) = 29 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi mặt cầu (S ) có tâm I , bán kính R .
I d I (1+ 2t; 2 − 3t;3 − t )
Vì hai điểm A , B cùng thuộc (S ) nên: IA = IB = R 2 2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 IA = IB ⇔ ( 2
t) + (3t) + ( 5 − + t) = ( 1
− − 2t) + (1+ 3t) + (1+ t) ⇔ 22t = 22 ⇔ t =1 ⇒ I (3; 1
− ;2) và R = IA = 29 2 2 2
Vậy: ( S ) : ( x − 3) + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 29 .
Câu 20: [2H3-4.5-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các mặt cầu (S ) có tâm I thuộc mặt
phẳng ( P) : x y + 4 = 0 và đi qua hai điểm A(0;0; 2) , B (0; 2;0) . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu (S ) là A. 2 . B. 2 2 . C. 2 3 . D. 3 . Lời giải Chọn B. A M H B I P
Ta có mặt cầu (S ) đi qua hai điểm ,
A B nên tâm I nằm trên (α ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .  1 
Mặt phẳng (α ) đi qua trung điểm M (0;1 )
;1 của AB và có vtpt nα = AB = (0;1; − ) 1 nên có 2
phương trình y z = 0.
Mặt khác I thuộc mặt phẳng ( P) nên I nằm trên giao tuyến ∆ của (α ) và ( P) .   
Đường thẳng ∆ đi qua điểm C ( 4;
− 0;0) và có vtcp u = n ,n  = α (1;1; ) 1 . P  
Gọi H là hình chiếu của A lên d . Khi đó ta có IA HA .   u MA Do đó giá trị  
nhỏ nhất của bán kính mặt cầu (S ) là R = HA = d ( A ∆) , , =  = 2 2. u
Câu 21: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng ( P) : x + y + z = 0 cắt mặt cầu
(S) (x + )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 2
= 4 theo một đường tròn có tọa độ tâm là A. (1;1; 2 − ) . B. (1; 2 − ; ) 1 . C. ( 2 − ;1 ) ;1 . D. ( 1 − ; 2 − ;3) . Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có (S ) có tâm I ( 1 − ;2;2).
Tâm H của đường tròn thiết diện là hình chiếu của tâm I xuống mặt phẳng ( P) .
Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với mp ( P) . x = 1 − + t Phương tr 
ình ∆ :  y = 2 + t z = 2+t  x = 1 − + tx = 2 −   y = 2 + ty = 1
Tọa độ H là nghiệm của hệ  ⇔  ⇒ H ( 2 − ;1 ) ;1 . z = 2 + t z = 1  
x + y + z = 0 t  = 1 −
Câu 22: [2H3-4.6-3] Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm là I ( 1 − ;0; ) 1 và cắt mặt
phẳng x + 2 y + 2z +17 = 0 theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 16π . 2 2 2 2 A. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 81 B. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 100 2 2 2 2 C. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 10 D. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 64 Hướng dẫn giải Chọn B.
Áp dụng công thức SGK hình học 12 là: 2 2 2
r = d + R
Với r bán kính mặt cầu, d khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng, R bán kính đường tròn giao tuyến. 1 − + 2 +17
Ta có: 2π R = 16π ⇒ R = 8 , d = d ( I,(α )) = = 6 2 2 2 1 + 2 + 2 Vậy: 2 2 2 2 2
r = d + R = 8 + 6 = 100 P
x + y z − = S
x + y + z x + y z − =
Câu 23: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0 .
Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: (S ) có tâm I (1; 2
− ;3) , bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d I;  (P) = 3  .
⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 r = 5 − 3 = 4 . P
x + y z − = S
x + y + z x + y z − =
Câu 24: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0 .
Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: (S ) có tâm I (1; 2
− ;3) , bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d I;  (P) = 3  .
⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 r = 5 − 3 = 4 .
Câu 25: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + 2mx − 2 (m − )
1 y mz + m − 2 = 0 . Với mọi m ∈  , mặt cầu (S luôn đi qua một m ) m
đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r = 3. B. r = 2 . C. r = 3 . D. r = 2 . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi M ( ;
x y; z ) là điểm cố định mà mặt cầu (S
luôn đi qua với mọi m∈ . m ) 2 2 2
x + y + z + 2mx − 2 (m − )
1 y mz + m − 2 = 0, m ∀ ∈  2 2 2
x + y + z + 2y − 2 + m(2x − 2y z + ) 1 = 0, m ∀ ∈  2 2 2
x + y + z + 2y − 2 = 0 (S1) Suy ra:  .
2x − 2y z +1 = 0  (α )
(S chứa đường tròn (C) là giao tuyến của mặt cầu (S và mặt phẳng (α ) . 1 ) m )
Mặt cầu (S có tâm I (0; 1
− ;0) , bán kính R = 3 . 1 ) − − − + d ( I (α )) 2.0 2.( ) 1 0 1 , = = 1. 2 2 r =
R d ( I,(α )) = 3 −1 = 2 . 2 2 2 + 2 +1
Câu 26: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 4 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt (S )
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 .
A. ( P) : 3y − 2z = 0 .
B. ( P) : 2 y − 3z = 0 .
C. ( P) : 2 y + 3z = 0 .
D. ( P) : 3y + 2z = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox có dạng: By + Cz = ( 2 2
0 B + C ≠ 0) .
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) , bán kính R = 2 .
Vì mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên mặt
phẳng ( P) đi qua tâm I (1; 2;3) .
Nên ta có: 2B + 3C = 0 . Chọn B = 3 suy ra C = 2 − .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 3y − 2z = 0 .
Câu 27: [2H3-4.6-3] Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm là I ( 1 − ;0; ) 1 và cắt mặt
phẳng x + 2 y + 2z +17 = 0 theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 16π . 2 2 2 2 A. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 81 B. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 100 2 2 2 2 C. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 10 D. ( x + ) 2
1 + y + ( z − ) 1 = 64 Hướng dẫn giải Chọn B.
Áp dụng công thức SGK hình học 12 là: 2 2 2
r = d + R
Với r bán kính mặt cầu, d khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng, R bán kính đường tròn giao tuyến. 1 − + 2 +17
Ta có: 2π R = 16π ⇒ R = 8 , d = d ( I,(α )) = = 6 2 2 2 1 + 2 + 2 Vậy: 2 2 2 2 2
r = d + R = 8 + 6 = 100 + − − = + + − + − − =
Câu 28: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( P) : 2x 2 y z 4 0 và mặt cầu (S ) 2 2 2 : x y z
2x 4 y 6z 11 0 .
Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: (S ) có tâm I (1; 2
− ;3) , bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d I;  (P) = 3  .
⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 r = 5 − 3 = 4 . + − − = + + − + − − =
Câu 29: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( P) : 2x 2 y z 4 0 và mặt cầu (S ) 2 2 2 : x y z
2x 4 y 6z 11 0 .
Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: (S ) có tâm I (1; 2
− ;3) , bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d I;  (P) = 3  .
⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 r = 5 − 3 = 4 .
Câu 30: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + 2mx − 2 (m − )
1 y mz + m − 2 = 0 . Với mọi m ∈  , mặt cầu (S luôn đi qua một m ) m
đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r = 3 . B. r = 2 . C. r = 3 . D. r = 2 . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi M ( ;
x y; z ) là điểm cố định mà mặt cầu (S
luôn đi qua với mọi m∈ . m ) 2 2 2
x + y + z + 2mx − 2 (m − )
1 y mz + m − 2 = 0, m ∀ ∈  2 2 2
x + y + z + 2y − 2 + m(2x − 2y z + ) 1 = 0, m ∀ ∈  2 2 2
x + y + z + 2y − 2 = 0 (S1) Suy ra:  .
2x − 2y z +1 = 0  (α )
(S chứa đường tròn (C) là giao tuyến của mặt cầu (S và mặt phẳng (α ) . 1 ) m )
Mặt cầu (S có tâm I (0; 1
− ;0) , bán kính R = 3 . 1 ) − − − + d ( I (α )) 2.0 2.( )1 0 1 , = =1. 2 2 r =
R d ( I,(α )) = 3 −1 = 2 . 2 2 2 + 2 +1
Câu 31: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu (S ) có phương trình
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 4 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt (S )
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 .
A. ( P) : 3y − 2z = 0 .
B. ( P) : 2 y − 3z = 0 .
C. ( P) : 2 y + 3z = 0 .
D. ( P) : 3y + 2z = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox có dạng: By + Cz = ( 2 2
0 B + C ≠ 0) .
Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2;3) , bán kính R = 2 .
Vì mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên mặt
phẳng ( P) đi qua tâm I (1; 2;3) .
Nên ta có: 2B + 3C = 0 . Chọn B = 3 suy ra C = 2 − .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 3y − 2z = 0 .
Câu 32: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2z + 2 = 0 và điểm I (1; 2 − ; )
1 . Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I và cắt mặt phẳng ( P) theo giao tuyến là
đường tròn có bán kính bằng 4 . 2 2 2 2 2 2
A. (S ) : ( x + )
1 + ( y − 2) + ( z + ) 1 = 25 .
B. (S ) : ( x − )
1 + ( y + 2) + ( z − ) 1 = 25. 2 2 2 2 2 2
C. (S ) : ( x − )
1 + ( y + 2) + ( z − ) 1 = 16 .
D. (S ) : ( x − )
1 + ( y + 2) + ( z − ) 1 = 7 . Hướng dẫn giải. Chọn B.
Ta có d ( I,( P)) = 3. Bán kính mặt cầu là: 2 2 3 + 4 = 5 .
Câu 33: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( P) : x y + 2z +1 = 0 và
(Q):2x + y + z −1= 0. Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu (S) có tâm thuộc trục hoành,
đồng thời (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và (S )
cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . 5 9 A. r = 2 B. r = 3 C. r = D. r = 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi I ( ;
a 0; 0) là tâm mặt cầu
Vì (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên (a +1)
Bán kính mặt cầu R = 2 + d ( I , (P)) 2 2 2 2 2 ⇔ R = 4 + (1) 6
Vì (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên (2a −1)
Bán kính mặt cầu R = r + d ( I , (Q)) 2 2 2 2 2 2 ⇔ R = r + (2) 6 2 2 (a +1) (2a −1) Từ (1) và (2) ta có 2 4 + = r +
a a + r − = ⇔ (a − )2 2 2 2 2 2 8 0 1 = 9 − 2r 6 6 Khi đó để 9
có một mặt cầu (S ) thỏa yêu cầu bài toán thì 2
9 − 2r = 0 ⇔ r = 2
Câu 34: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( P) : x y + 2z +1 = 0 và
(Q):2x + y + z −1= 0. Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu (S) có tâm thuộc trục hoành,
đồng thời (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và (S )
cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . 5 9 A. r = 2 B. r = 3 C. r = D. r = 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi I ( ;
a 0; 0) là tâm mặt cầu
Vì (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên (a +1)
Bán kính mặt cầu R = 2 + d ( I , (P)) 2 2 2 2 2 ⇔ R = 4 + (1) 6
Vì (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên (2a −1)
Bán kính mặt cầu R = r + d ( I , (Q)) 2 2 2 2 2 2 ⇔ R = r + (2) 6 2 2 (a +1) (2a −1) Từ (1) và (2) ta có 2 4 + = r +
a a + r − = ⇔ (a − )2 2 2 2 2 2 8 0 1 = 9 − 2r 6 6 Khi đó để 9
có một mặt cầu (S ) thỏa yêu cầu bài toán thì 2
9 − 2r = 0 ⇔ r = 2 2 2 2
Câu 35: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S: x   1 y  
1 z  2  4 và điểm A1;1; 
1 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc nhau, cắt mặt cầu theo thiết
diện là ba hình tròn. Tổng diện tích của ba hình tròn này bằng: A. 3 . B. 4 . C. 11 . D. 12 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu S có tâm I 1;1;2 , bán kính R  2 .
Gọi ba mặt phẳng đôi một vuông góc thỏa mãn bài toán là  ,, . Gọi M , N,
P lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên  ,, . Suy ra M, N, P là tâm của
các đường tròn giao tuyến. N M M I R I A P
Xét đường tròn giao tuyến nằm trong mặt phẳng  có: 2 2 2
R R IM . Tương tự, ta có 2 2 2
R R IN   và 2 2 2 R R IP . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2
R R R  3R  IM IN IP   3R IA  11   .
Vậy tổng diện tích ba hình tròn: 2 2 2
S R  R  R    2 2 2
R R R   11 .
Câu 36: [2H3-4.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 2 − ) và mặt phẳng
(P): 2x + 2y + z +5 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A biết mặt phẳng (P) cắt mặt cầu
(S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 8π. 2 2 2 2 2 2
A. (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 25 .
B. (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 5 . 2 2 2 2 2 2
C. (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 9 .
D. (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 16 . Lời giải Chọn A.
Gọi I là tâm đường tròn (C ) , khi đó IA ⊥ ( P) ⇒ IA = d ( ; A ( P)) = 3.
Đường tròn (C) có chu vi bằng 8π. Do đó: 2πr = 8π ⇒ r = 4.
Gọi R là bán kính mặt cầu (S ) 2 2 2 2
R = r + IA = 4 + 3 = 5. 2 2 2
Vậy phương trình mặt cầu (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 25.
Câu 37: [2H3-4.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S ) có tâm I nằm trên tia Ox,
bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz). Viết phương trình mặt cầu (S ). A. 2 2 2
x + y + (z − 3) = 9. B. 2 2 2
x + y + (z − 3) = 9. C. 2 2 2
(x − 3) + y + z = 3. D. 2 2 2
(x − 3) + y + z = 9. Lời giải Chọn D.
Mặt cầu có tâm thuộc Ox, bán kính R = 3 nên có tâm I (3;0;0) .
Phương trình mặt cầu là: 2 2 2
(x − 3) + y + z = 9. x − 4 y −1 z + 5
Câu 38: [2H3-4.8-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng d : = = và 1 3 1 − 2 − x − 2 y + 3 z d : = = . M d d 2
ặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng và có 1 3 1 1 2 phương trình: A. 2 2 2
x + y + z + 2x + y z = 0 . B. 2 2 2
x + y + z + 4x + 2 y − 2z = 0 . C. 2 2 2
x + y + z − 4x − 2 y + 2z = 0 . D. 2 2 2
x + y + z − 2x y + z = 0 . Hướng dẫn giải Chọn C. − + Ta có hai đườ x − 4 y −1 z + 5 x 2 y 3 z ng thẳng d : = = và d : = = l 1
ần lượt có hai véc-tơ chỉ 3 1 − 2 − 2 1 3 1   phương u 3; 1 − ; 2 − u 1;3;1 2 ( ) 1 ( ) và
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d d 1
2 khi đoạn vuông góc chung
của hai đường thẳng là một đường kính của mặt cầu.  Gọi A(4 + 3 ; a 1− ; a 5
− − 2a)∈d B(2 + ; b 3 − + 3 ;
b b) ∈ d , AB (b − 3a − 2;3b + a − 4;b + 2a + 5) . 1 2
AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d d khi và ch 1 2 ỉ khi      AB u  A . B u = 0
7a + b + 6 = 0 a = 1 − 1 1
  ⇔   ⇔  ⇔  .  ⊥   = 1 
 1b + 2a − 9 = 0 b = 1 AB u A . B u 0 2 2  Suy ra A(1; 2; 3 − ) , B(3;0; ) 1 và AB (2; 2;
− 4). Suy ra mặt cầu (S ) có tâm của là trung điểm của đoạ AB
n AB có tọa độ I (2;1; − ) 1 và bán kính R =
= 6 . Suy ra (S ) có phương trình là 2 2 2 2
x + y + z − 4x − 2 y + 2z = 0. A(2;0;0) B (0; 4;0)
Câu 39: [2H3-4.8-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm , , C (0;0;6) D (2; 4;6)
    và
. Tập hợp các điểm M thỏa mãn MA + MB + MC + MD = 4 là mặt cầu có phương trình 2 2 2 2 2 2 A. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 1. B. ( x − )
1 + ( y + 2) + ( z − 3) = 1. 2 2 2 2 2 2 C. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 4 . D. ( x + )
1 + ( y + 2) + ( z + 3) = 1 . Hướng dẫn giải Chọn A. Giả sử M ( ; x y; z ) .     MA = (2 − ;
x y; − z ) , MB = (− ;
x 4 − y; − z ) , MC = (− ;
x y; 6 − z ) , MD = (2 − ;
x 4 − y; 6 − z )
   
MA + MB + MC + MD = (4 − 4 ;
x 8 − 4 y;12 − 4z )
   
MA + MB + MC + MD =
⇔ ( − x)2 + ( − y)2 + ( − z)2 4 4 4 8 4 12 4 = 4 ⇔ ( − 2 2 2
x)2 + ( − y)2 + ( − z)2 1 2 3 =1 ⇔ (x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 1 . Cách khác
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD thì G (1;2;3) và:
    
MA + MB + MC + MD = 4 ⇔ 4 MG = 4 ⇔ MG = 4 .
Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm G (1;2;3) , bán kính bằng 1. Suy ra phương trình cầ 2 2 2 n tìm là ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 1.
Câu 40: [2H3-4.8-4] Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng ( P) : 2x y + 2z + 5 = 0 và các điểm
A(0;0; 4) , B (2;0;0) . Mặt cầu (S ) có bán kính nhỏ nhất đi qua O , A , B và tiếp xúc với mặt
phẳng ( P) có tâm là  19   
A. I (1; 2; 2) . B. I 1; − ; 2   . C. I (1; 2 − 19 ; 2) . D. I 1; ; 2   .  4   4  Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB suy ra I (1;0; 2) . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB .
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (OAB) ≡ (Oxz) , suy ra ∆ có phương trình là  x = 1 
y = t . Gọi E là tâm mặt cầu (S ) suy ra E ∈ ∆ ⇒ E (1;t;2) . z = 2  t − + Ta có 2
EB = t + 5 và d ( E ( P)) 11 , = . 3  t = 2 − + Khi đó ta có t 11 2 2  t + 5 =
⇔ 8t + 22t − 76 = 0 ⇔ 19 3 t = −  4
Với t = 2 ⇒ E (1; 2; 2) ⇒ R = EB = 3. 19  19  441 Với t = − ⇒ E 1;− ; 2 ⇒ R = EB = > 3   . 5  4  4
Câu 41: [2H3-4.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình cầu (S ) : 2 2 2
x + y + z − 6x − 2y − 4z −11 = 0 và mặt phẳng 2x + 2 y + z + 2 = 0 cắt nhau theo hình tròn (C ) .
Tính diện tích toàn phần của hình nón có đỉnh là tâm của (S ) và đáy là hình tròn (C ) . A. V = 36π . B. V = 24π . C. V = 25π . D. V = 49π . Lời giải Chọn B.
Ta có (S ) có tâm I (3;1; 2) và bán kính r = 5 . Khoảng cách từ I đến ( P) : 2x + 2 y + z + 2 = 0 là + + +
d ( I ( P)) 6 2 2 2 ; = = 4 . 2 2 2 + 2 +1
Gọi l, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy hình nón.
Ta có: l = IC = 3 , h = IJ = d ( I;( P)) = 4 , 2 2 R = JC = IC IJ = 3 . Diện tích đáy bằng: 2
S = π .R = 9π . 1 I A J R C
Vậy ta có diện tích toàn phần của khối nón: S = S + S = π . . R l + 9π = 24π . tp xq 1 A(1;2; 4 − ) B(1; 3 − ; ) 1
Câu 42: [2H3-4.10-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm , , C (2;2;3) (S) (Oxy) . Mặt cầu
đi qua A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng có bán kính là A. 26 . B. 34 . C. 34 . D. 26 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Tâm I mặt cầu (S ) thuộc mặt phẳng (Oxy) nên giả sử I ( ; x y;0) . Ta có:  IA = IB  ( x − )2
1 + ( y − 2)2 +16 = ( x − )2 1 + ( y + 3)2 +1
IA = IB = IC ⇔  ⇔  IA = IC  (x − )2
1 + ( y − 2)2 +16 = ( x − 2)2 + ( y − 2)2 + 9  (  x −  )2
1 + ( y − 2)2 +16 = ( x − )2 1 + ( y + 3)2 +1 x = 2 − ⇔  ⇔  (  x − 
)2 +( y − )2 + = (x − )2 +( y − )2 + y =1 1 2 16 2 2 9 Suy ra I ( 2
− ;1;0). Vậy bán kính mặt cầu là R = IA = 26 .
Câu 43: [2H3-4.10-3] Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà
hình hộp chữ nhật. Mỗi quả bóng tiếp xúc với hai bức tường và nền của căn nhà đó. Trên bề mặt
của mỗi quả bóng, tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường quả bóng tiếp xúc và đến
nền nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đường kính của hai quả bóng đó là A. 64. B. 34. C. 32. D. 16. Giải Chọn.A.
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường và các trục là các cạnh góc nhà. Do hai quả cầu đều
tiếp xúc với các bức tường và nền nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, vậy tâm
cầu sẽ có toạ độ là I (a; a; a) với a > 0 và có bán kính R = a .
Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt là 9, 10,
11 nên nói cách khác điểm A(9;10;13) thuộc mặt cầu. Từ đó ta có phương trình:
( − a)2 +( − a)2 +( − a)2 2 9 10 13 = a
Giải phương trình ta được nghiệm a = 7 hoặc a = 25
Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là 2(7 + 25) = 64 . (Oxyz)
A(1; 0; 0) B(0; −1; 0) C (0; 0; ) 1
Câu 44: [2H3-4.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho , , , D (1; −1; ) 1 ( ACD)
. Mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh tứ diện ABCD cắt
theo thiết diện có diện tích S . Chọn mệnh đề đúng ? π π π π A. S = . B. S = . C. S = . D. S = . 6 4 3 5 Lời giải Chọn B.
Tứ diện ABCD là tứ diện đều nên mặt cầu tiếp xúc với các cạnh có trọng tâm là  1 1 1  1 3 G ; − ; 
 ; bán kính R = AG = 3 = .  2 2 2  2 2
Phương trình mặt phẳng ( ACD) : x + z −1= 0. 1 1 − −1
GH = d (G; ( ACD)) 2 2 2 = = . 2 2 Bán kính đườ 3 1 1 ng tròn thiết diện : 2 2 r = R GH = − = 4 2 2 π
Vậy diện tích đường tròn là : 2 S = π r = . 4 2 2 2
Câu 45: [2H3-4.10-4] Cho mặt cầu (S ) : ( x − 2) + ( y + )
1 + ( z + 2) = 4 và điểm M (2; 1 − ; 3 − ) . Ba mặt
phẳng thay đổi đi qua M và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là ba
đường tròn. Tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là. A. 4 . B. 1. C. 10 . D. 11. Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1 : z M x y I 2 2 2
Ta có mặt cầu (S ) : ( x − 2) + ( y + )
1 + ( z + 2) = 4 có tâm I (2; 1 − ; 2 − ) và bán kính R = 2 .
Tịnh tiến hệ trục tọa độ lấy M là gốc và trong tọa độ này I (a; ; b c) Khi đó 2 2 2
1 = IM a + b + c = 1
Khoảng cách từ I đến ba mặt đôi 1 vuông góc là a , b , c .
Do đó tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là 2 2 2 2 2 2
R a + R b + R c 2 = R − ( 2 2 2 3
a + b + c ) = 11. Cách 2:
Gọi α là mặt phẳng đi qua M , I , khi đó α và (S ) cắt nhau tạo thành đường tròn bán kính: 2 r = R IM = 3. α S
Gọi β là mặt phẳng đi qua MI và vuông góc với α , khi đó β và (S ) cắt nhau tạo thành đường
tròn bán kính: r = R = 4 = 2. β S
Gọi γ là mặt phẳng đi qua MI và γ vuông góc với α , γ vuông góc với β , khi đó γ và (S ) cắt
nhau tạo thành đường tròn bán kính: r = R = 4 = 2. γ S
Vậy tổng bình phương các bán kính của ba đường tròn : 2 2 2 r + r + r =11. α β γ
Câu 46: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 2; )
1 , B (3; 2;3) và mặt
phẳng ( P) : x y − 3 = 0 . Trong các mặt cầu đi qua hai điểm A , B và có tâm thuộc mặt phẳng
(P), (S) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Tính bán kính R của mặt cầu (S) . A. R = 2 2 . B. R = 2 3 . C. R = 2 . D. R = 1 . Lời giải Chọn A. 
Ta có: AB = (2;0; 2) , gọi H là trung điểm của AB suy ra H (2; 2; 2) . 
Gọi I là tâm mặt cầu cần tìm. Vì I ∈ ( P) suy ra: I ( ;
m m − 3; n) và HI = (m − 2; m − 5; n − 2)  
Vì mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A , B nên HI AB HI.AB = 0 ⇔ m + n = 4 ⇔ n = 4 − m 
Khi đó HI = (m − 2;m −5;2 − m)
(S) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất khi d (I, AB) nhỏ nhất.  Ta có d ( I AB) 2 = HI = m m + = ( 2 , 3 18 33
3 m − 6m + 9) + 6 ≥ 6
Suy ra d ( I , AB) nhỏ nhất là: 6 . 2 Khi đó bán kính nhỏ 2  AB
nhất của mặt cầu là: R = +   ( 6) = 2+6 = 2 2.  2 
Câu 47: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;0; − ) 1 và mặt phẳng
(P) : x + y z − 3 = 0. Mặt cầu (S) có tâm I nằm trên mặt phẳng (P) đồng thời đi qua hai điểm
A O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 6 + 2 . Khi đó, phương trình mặt cầu (S ) là phương
trình nào sau đây, biết rằng tâm I có cao độ âm? 2 2 2 2 2 2 A. ( x + )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 9 .
B. ( x + 2) + ( y − 2) + ( z + 3) = 17 . 2 2 2 2 C. ( x − ) 2
1 + y + ( z + 2) = 5 . D. ( x − ) 2 2 + y + (z + ) 1 = 3 . Lời giải Chọn A.
Ta có: OA = 2 và IA = IO nên IA = IO = 3 Gọi I ( ;
x x + z + 3; z ) ∈( P) , tọa độ I thỏa hệ:  2 IO = 3 2 x +  (−x + z +3) 2 + z = 9  ⇔  IA = 3 (  1− x
)2 +(−x + z +3)2 +( 1 − − z)2 = 9
Ta trừ hai phương trình với nhau và giải hệ ta có: z = 2
− (do I có cao độ âm) 2 2 2 Vậy I ( 1
− ;2;− 2) hay (S ) :(x + )
1 + ( y − 2) + ( z + 2) = 9 .
----------- HẾT -----------
Câu 48: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( P) : x y + 2z +1 = 0 và
(Q): 2x + y + z −1= 0. Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu (S) có tâm thuộc trục hoành, đồng
thời (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và (S ) cắt mặt
phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . 5 9 A. r = 2 B. r = 3 C. r = D. r = 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi I ( ;
a 0; 0) là tâm mặt cầu.
Vì (S ) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên (a +1)
Bán kính mặt cầu R = 2 + d ( I , (P)) 2 2 2 2 2 ⇔ R = 4 + (1) 6
Vì (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên (2a −1)
Bán kính mặt cầu R = r + d ( I , (Q)) 2 2 2 2 2 2 ⇔ R = r + (2) 6 2 2 (a +1) (2a −1) Từ (1) và (2) ta có 2 4 + = r +
a a + r − = ⇔ (a − )2 2 2 2 2 2 8 0 1 = 9 − 2r 6 6 Khi đó để 9
có một mặt cầu (S ) thỏa yêu cầu bài toán thì 2
9 − 2r = 0 ⇔ r = . 2
Câu 49: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z + )2 : 1 2 1
= 25. Đường thẳng d cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm A , B . Biết
tiếp diện của (S ) tại A B vuông góc. Tính độ dài AB . 5 5 2 A. AB = . B. AB = 5. C. AB = 5 2. D. AB = . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C. A H Q B I P
Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2; − )
1 , bán kính R = 5 . Tiếp diện ( P) và (Q) của (S ) lần lượt tại A
B vuông góc với nhau suy ra tứ giác IAHB là hình vuông. Vậy AB = R 2 = 5 2.
Câu 50: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho biết đường cong (ω ) là tập hợp tâm của
các mặt cầu (S ) đi qua điểm A(1;1; )
1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (α ) : x + y + z − 6 = 0
và (β ) : x + y + z + 6 = 0 . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong (ω ) bằng A. 45π . B. 3 5. C. 9π . D. 3. Lời giải Chọn C. Gọi I ( ;
x y; z ) là tâm mặt cầu (S ). Theo bài ra, ta có IA = d ( I;(α )) = d ( I;(β )).
d ( I;(α )) = d ( I;(β )) ⇔ x + y + z − 6 = x + y + z + 6 ⇔ ( P) : x + y + z = 0. d ( α ; β ) ( ( ) ( ) α ) 2 2 2 // (β ) suy ra IA =
= 2 3 ⇒ (S : x −1 + y −1 + z −1 =12. 1 ) ( ) ( ) ( ) 2
⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu (S ) là giao tuyến của mặt cầu (S và mặt phẳng (P) hay chính là 1 ) 2 2 hình tròn có bán kính 2 2 R = Rd A P = − = S ( ;( )) 2 3 3 3. 1 ( ) ( ) ( )
Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2
S = π R = 9π .
Phần 5: TỔNG HỢP GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH x = 1+ tx = 2t′  
Câu 51: [2H3-5.2-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = 2 − t d′ :  y = 1 − − 2t′. Chọn   z = 3 − tz = 5 − 2t′ 
khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
A. d d ′ .
B. d cắt d ′ .
C. d d ′ chéo nhau.
D. d // d ′ . Hướng dẫn giải: Chọn D.   Do u = ∈ ⇒ ∉ ′ ⇒ ′ ′
2u M (1; 2;3) d M d d / /d d d
Câu 52: [2H3-5.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A0;0;2 và hai đường thẳng x 1t 
d : 2x y z , d ' : y  2t . d
Tìm tọa độ của điểm N thuộc đường thẳng ' sao cho đường thẳng z  0 
AN cắt đường thẳng d tại một điểm.
A. N 0;3;0.
B. N 2;1;0.
C. N 1;2;0.
D. Không có điểm N như thế. x t ' x y z 
M m;2m;2m d
Lời giải. Viết lại d : d :     
y  2t '. Gọi  . 1 2 2 
N 1n;2n;0 d ' z  2t '   
AM m;2m;2m2   Suy ra    AM , AN     
 2mn 8m 2n  4;2mn  4m 2n 2;3mn  .
AN  1 n;2n;2      
Để AN cắt d tại M  ba điểm , A M , N thẳng hàng AM,AN    0     2
 mn8m2n  4  0  1  m   2
 mn4m2n2  0    2   N 1;2;0   . Chọn C. 3mn  0 n   0  
Nhận xét. Chỗ này khi giải bài cho học sinh, rất nhiều giáo viên mắc sai lầm là cho hai vectơ cùng phương và
xét tỉ lệ. Trong bài này dính tham số nên làm như thế không ổn.
Câu 53: [2H3-5.2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x =1+ tx = 2 + 2t′  
d :  y = 2t (t ∈ ) và d′ :  y = 3 + 4t′ (t′∈ ) . Khẳng định nào sau đây đúng?   z = 3 − tz = 5 − 2t′ 
A. Đường thẳng d cắt đường thẳng d′ .
B. Đường thẳng d song song với đường thẳng d′ .
C. Đường thẳng d trùng với đường thẳng d′ .
D. Hai đường thẳng d d′ chéo nhau. Lời giải Chọn B.   
Hai đường thẳng d , d′ có 2 vectơ chỉ phương lần lượt là: u = 1;2;−1 và u = 2;4;− 2 = 2u 2 ( ) 1 ( ) 1
nên hai đường thẳng d , d′ hoặc song song hoặc trùng nhau. 1  = 2 + 2tt  ′ = 0, − 5  
Lấy M (1;0;3) ∈ d , thay vào d′ ta có: 0 = 3 + 4t′ ⇔ t  ′ = 0,
− 75 (vô lý) nên hai đường thẳng d ,   3 = 5 − 2t′  t′ = 1 
d ′ song song với nhau. A(1; 2; ) 1 B (4;5; 2 − ) (P)
Câu 54: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm và và mặt phẳng có phương trình (P) MB
3x − 4 y + 5z + 6 = 0 . Đường thẳng AB cắt
tại điểm M . Tính tỷ số . MA 1 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. . 4 Hướng dẫn giải Chọn B.  = +  x 1 t  Ta có AB = (3;3; 3
− ). Phương trình đường thẳng AB là (d ) : y = 2 + t (t ∈) z =1−t
Gọi M là giao điểm của (d ) và ( P) , ta có hệ: x = 1+ tx = 1+ t t  = 1    y = 2 + ty = 2 + tx = 2  ⇔  ⇔  ⇒ M (2;3;0). z = 1− t z = 1− t y = 3    3
 x − 4y +5z + 6 = 0 3
 +3t −8− 4t +5−5t + 6 = 0 z = 0     MB Ta có MA = ( 1 − ; 1 − ; ) 1 , MB = (2; 2; 2 − ) ⇒ MB = 2 − . MA Vậy = 2. MA A(1; 2; ) 1 B (4;5; 2 − ) (P)
Câu 55: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm và và mặt phẳng có phương trình (P) MB
3x − 4 y + 5z + 6 = 0 . Đường thẳng AB cắt
tại điểm M . Tính tỷ số . MA 1 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. . 4 Hướng dẫn giải Chọn B.  x =1+ t  Ta có AB = (3;3; 3
− ). Phương trình đường thẳng AB là (d ) : y = 2 + t (t ∈) z =1−t
Gọi M là giao điểm của (d ) và ( P) , ta có hệ: x = 1+ tx = 1+ t t  = 1    y = 2 + ty = 2 + tx = 2  ⇔  ⇔  ⇒ M (2;3;0). z = 1− t z = 1− t y = 3    3
 x − 4y +5z + 6 = 0 3
 +3t −8− 4t +5−5t + 6 = 0 z = 0     MB Ta có MA = ( 1 − ; 1 − ; ) 1 , MB = (2; 2; 2 − ) ⇒ MB = 2 − . MA Vậy = 2. MA
A(2;1;0) B (1;2;2) M (1;1;0)
Câu 56: [2H3-5.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm , ,
(P): x + y + z − 20 = 0 và mặt phẳng
. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho MN (P) song song với mặt phẳng .  5 1   3 3   5 1  A. N (2;1 ) ;1 . B. N ; ; 1 −   . C. N ; ;1   . D. N ; ;1   .  2 2   2 2   2 2  Hướng dẫn giải Chọn B. 
Đường thẳng AB đi qua A và nhận AB = ( 1
− ;1;2) làm vectơ chỉ phương có phương trình x = 2 − t
tham số là:  y = 1+ t . z = 2t  
Do N AB nên N (2 − t;1+ t; 2t ) ⇒ MN = (1− t;t; 2t ) . 
Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến là: n = (1;1; ) 1 .   1  5 1 
MN / /(P) ⇒ MN.n = 0 ⇔ 1− t + t + 2t = 0 ⇔ t = − ⇒ N ; −1   . 2  2 2 
Câu 57: [2H3-5.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm
A(0; 2;0) , M (2;1; − )
1 và cắt các trục Ox , Oz lần lượt tại B , C sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 6 .
A. 2x + 3y + z − 6 = 0; x − 6 y + 8z +12 = 0 .
B. 2x + 3y + z − 6 = 0; x − 6 y + 8z −12 = 0 .
C. 2x + 3y + z + 6 = 0; x − 6 y + 8z −12 = 0 .
D. 2x + 3y + z + 6 = 0; x − 6 y + 8z +12 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: B Ox B ( ;
b 0; 0) , C Oz C (0;0;c) . Vì OABC là một tứ diện nên B O C O 1 . Suy ra .
a b ≠ 0 , OA = 2 , OB = b , OC = c , V = 1 . OA . OB OC = 1 .2. b c = . b c . OABC 6 6 3 x y z
Gọi (α ) là mặt phẳng cần tìm. Phương trình mặt phẳng (α ) theo đoạn chắn là + + = 1. Mặt a 2 c
phẳng (α ) đi qua M và thể tích tứ diện OABC bằng 6 khi:   − =  b  = 2c − 9 2 1 1 − 2c b 9 + + =1     = −  2 b 12  − − = b 2 c bc  = 18 2c 9c 18 0 b  = 3   ⇔ ⇔  ⇔  ∨  3 1 
2c b = 9 − b  = 2c + 9 c = 6 c = − . b c = 6        (vn)  2 3  bc  = 18 − 2
2c +9c +18 = 0 b  = 3 x y z Với 
, phương trình mặt phẳng (α ) : + + =1 hay 2x + 3y + z − 6 = 0 . c = 6 3 2 6 b  = 12 −  x y 2z Với 
3 , phương trình mặt phẳng (α ) : + +
= 1 hay x − 6y + 8z +12 = 0. c = −  12 − 2 3 −  2
Câu 58: [2H3-5.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm
A(0; 2;0) , M (2;1; − )
1 và cắt các trục Ox , Oz lần lượt tại B , C sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 6 .
A. 2x + 3y + z − 6 = 0; x − 6 y + 8z +12 = 0 .
B. 2x + 3y + z − 6 = 0; x − 6 y + 8z −12 = 0 .
C. 2x + 3y + z + 6 = 0; x − 6 y + 8z −12 = 0 .
D. 2x + 3y + z + 6 = 0; x − 6 y + 8z +12 = 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: B Ox B ( ;
b 0; 0) , C Oz C (0;0;c) . Vì OABC là một tứ diện nên B O C O 1 . Suy ra .
a b ≠ 0 , OA = 2 , OB = b , OC = c , V = 1 . OA . OB OC = 1 .2. b c = . b c . OABC 6 6 3 x y z
Gọi (α ) là mặt phẳng cần tìm. Phương trình mặt phẳng (α ) theo đoạn chắn là + + =1. Mặt a 2 c
phẳng (α ) đi qua M và thể tích tứ diện OABC bằng 6 khi:   − =  b  = 2c − 9 2 1 1 − 2c b 9 + + = 1     = −  2 b 12  − − = b 2 c bc  = 18 2c 9c 18 0 b  = 3   ⇔ ⇔  ⇔  ∨  3 1 
2c b = 9 − b  = 2c + 9 c = 6 c = − . b c = 6        (vn)  2 3  bc  = 18 − 2
2c +9c +18 = 0 b  = 3 x y z Với 
, phương trình mặt phẳng (α ) : + + =1 hay 2x + 3y + z − 6 = 0 . c = 6 3 2 6 b  = 12 −  x y 2z Với 
3 , phương trình mặt phẳng (α ) : + + =1
x y + z + = . c = −  12 − 2 3 − hay 6 8 12 0  2
Câu 59: [2H3-5.3-4]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba mặt phẳng ( P) : x − 2 y + z −1 = 0 ,
(Q):x − 2y + z +8 = 0 và (R): x − 2y + z − 4 = 0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng ( 2 AB 144
P),(Q),( R) lần lượt tại ,
A B, C . Đặt T = +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của T . 4 AC A. 3 min T = 54 2 .
B. min T = 108 . C. 3 min T = 72 3 . D. min T = 96 . Hướng dẫn giải Chọn A. AB
d (( P),(Q))
Ta có ( P) // (Q) // ( R) và = = AC
d (( P) ( R)) 3 , 2 2 2 AB 144 AB 72 72 AB 72.72 3 3 T = + = + + ≥ 3 ⋅ = 54 2 . 2 4 AC 4 AC AC AC 4 2 2 2 Câu 60: [2H3-5.4-3] Cho mặt cầu
(S):(x − 4) +( y −7) +(z + ) 1 = 36 và mặt phẳng
(P):3x + y z + m = 0 . Tìm m để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất A. m = 20 − . B. m = 6 . C. m = 36 . D. m = 20 . Hướng dẫn giải Chọn A.
• Mặt cầu S tâm I (4;7;− ) 1 bán kính R = 6
• Mặt phẳng (P) cắt (S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất khi mặt mặt (P)
đi qua tâm I của mặt cầu, khi đó đường tròn giao tuyến còn gọi là đường tròn xích đạo. Khi đó I (4;7; − )
1 ∈ ( S ) ⇔ m = 20 −
Câu 61: [2H3-5.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ tâm I của đường tròn giao
tuyến với mặt cầu ( S ) : ( x − )2 + ( y − )2 + ( z − )2 1 1 1
= 64 với mặt phẳng (α ) : 2x + 2y + z +10 = 0  7 7 2   2 7 7   7 2 7  A. − ; − ; − .   B. ( 2; − 2; − 2 − ). C. − ; − ; − .   D. − ; − ; − .    3 3 3   3 3 3   3 3 3  Hướng dẫn giải. Chọn A.
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1; )
1 , bán kính R = 8 ..
Phương trình đường thẳng d đi qua I (1;1; )
1 vuông góc với mặt phẳng (α ) : 2x + 2y + z +10 = 0 . x = 1+ 2t Phương trình tham số 
của d :  y = 1+ 2t . z =1+t
Gọi J là tâm của mặt cầu ( S ) . Suy ra : J = d ∩ (α ) .
Vậy J (1+ 2t;1+ 2t;1+ t ) .
J ∈ (α ) : 2(1+ 2t ) + 2(1+ 2t ) +1+ t +10 = 0 . 5 ⇔  7 7 2  t = −
. Suy ra J − ; − ; − .   3  3 3 3 
Câu 62: [2H3-5.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ tâm I của đường tròn giao 2 2 2
tuyến với mặt cầu (S ) : ( x − ) 1 + ( y − ) 1 + ( z − ) 1
= 64 với mặt phẳng (α ) : 2x + 2y + z +10 = 0  7 7 2   2 7 7   7 2 7  A. − ; − ; − .   B. ( 2; − 2; − 2 − ). C. − ; − ; − .   D. − ; − ; − .    3 3 3   3 3 3   3 3 3  Hướng dẫn giải. Chọn A.
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;1; )
1 , bán kính R = 8 ..
Phương trình đường thẳng d đi qua I (1;1; )
1 vuông góc với mặt phẳng (α ) : 2x + 2 y + z +10 = 0 . x = 1+ 2t Phương trình tham số 
của d :  y = 1+ 2t . z =1+t
Gọi J là tâm của mặt cầu (S ) . Suy ra : J = d ∩ (α ) .
Vậy J (1+ 2t;1+ 2t;1+ t ) .
J ∈ (α ) : 2(1+ 2t ) + 2(1+ 2t ) +1+ t +10 = 0 . 5 ⇔  7 7 2  t = −
. Suy ra J − ; − ; − .   3  3 3 3  2 2 2 + + − − − − =
Câu 63: [2H3-5.4-4] Cho 3 số thực ;
x y; z thỏa mãn x y z 2x 4y 4z 7 0 . Tìm giá trị lớn nhất = + + của biểu thức T 2x 3y 6z . A. T = 49 . B T = 7 . C. T = 48 . D. T = 20 . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x − 4 y − 4z − 7 = 0 có tâm I (1; 2; 2) và bán kính R = 4 .
Xét mặt phẳng ( P) : 2x + 3y + 6z T = 0
Để tồn tại ba giá trị x, y, z thì mặt phẳng và mặt cầu phải cắt nhau. − Do đó, T
d (I,( P)) < 20 R
< 4 ⇔ 20 −T < 28 ⇔ 28
− < 20 −T < 28 ⇔ 8 − < T < 48 . 7 Vậy T = 48 max A(0;0; ) 1 , B ( ; m 0; 0),
Câu 64: [2H3-5.4-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các điểm C (0; ; n 0) D (1;1; ) 1 và với ,
m n > 0; m + n = 1 . Biết khi ,
m n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định (ABC) tiếp xúc với
và đi qua điểm D . Tính bán kính R của mặt cầu đó. 2 3 3 A. R = . B. 1. C. . D. . 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) x y z P :
+ + = 1 ⇔ nx + my + mnz mn = 0 m n 1
⇔ (1− m) x + my + m(1− m) z m(1− m) = 0 Gọi I ( ; a ;
b c) là tâm mặt cầu cố định
d (I,(P)) = k ( hằng số )
(1− m)a + mb + m(1− m)c m(1− m) ⇔ = k
(1− m)2 + m + m (1− m)2 2 2 2
m (1− c) + m (−a + b + c − ) 1 + a ⇔ = k ( m m + )2 2 1 1− c
a + b + c −1 aa = 1− c
Do k là hằng số m ∀ ∈  nên = = ⇔  1 1 − 1 b  = 1− c
Ta lại có R = d ( I,( P)) = ID = k  = ⇔ a
a = ( − a)2 + ( − b)2 + ( − c)2 1 1 1 ⇔ c = 1 0 ⇒  b  =1 ⇒ R =1. 2 2 2 + + − − − − =
Câu 65: [2H3-5.4-4] Cho 3 số thực ;
x y; z thỏa mãn x y z 2x 4y 4z 7 0 . Tìm giá trị lớn nhất = + + của biểu thức T 2x 3y 6z . A. T = 49 . B T = 7 . C. T = 48 . D. T = 20 . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x − 4 y − 4z − 7 = 0 có tâm I (1; 2; 2) và bán kính R = 4 .
Xét mặt phẳng ( P) : 2x + 3y + 6z T = 0
Để tồn tại ba giá trị x, y, z thì mặt phẳng và mặt cầu phải cắt nhau. − Do đó, T
d (I,( P)) < 20 R
< 4 ⇔ 20 −T < 28 ⇔ 28
− < 20 −T < 28 ⇔ 8 − < T < 48 . 7 Vậy T = 48 max A(0;0; ) 1 , B ( ; m 0; 0),
Câu 66: [2H3-5.4-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các điểm C (0; ; n 0) D (1;1; ) 1 và với ,
m n > 0; m + n = 1 . Biết khi ,
m n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định ( ABC) tiếp xúc với
và đi qua điểm D . Tính bán kính R của mặt cầu đó. 2 3 3 A. R = . B. 1. C. . D. . 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) x y z P :
+ + =1 ⇔ nx + my + mnz mn = 0 m n 1
⇔ (1− m) x + my + m(1− m) z m(1− m) = 0 Gọi I ( ; a ;
b c) là tâm mặt cầu cố định
d (I,(P)) = k ( hằng số )
(1− m)a + mb + m(1− m)c m(1− m) ⇔ = k
(1− m)2 + m + m (1− m)2 2 2 2
m (1− c) + m (−a + b + c − ) 1 + a ⇔ = k ( m m + )2 2 1 1− c
a + b + c −1 aa = 1− c
Do k là hằng số m ∀ ∈  nên = = ⇔  1 1 − 1 b  = 1− c
Ta lại có R = d ( I,( P)) = ID = k  = ⇔ a
a = ( − a)2 + ( − b)2 + ( − c)2 1 1 1 ⇔ c = 1 0 ⇒  b  =1 ⇒ R =1.
Câu 67: [2H3-5.6-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lập phương ABC . D AB CD ′ ′ có
A(0;0;0) , B (1;0;0) , D (0;1;0) và A′(0;0; )
1 . Xét mặt phẳng ( P) chứa CD′ , gọi α là góc giữa
(P) và mặt phẳng (BB CC
′ ) . Giá trị nhỏ nhất của α là A. 30° . B. 45° . C. 60° . D. 90° . Hướng dẫn giải Chọn B. z A' D' B' C' H d D A y B C x
Cách 1 (Xác định góc giữa hai mp – tìm BĐT liên quan) Gọi giao tuyến d = ( P) ∩ ( BB CC ′ ) (qua
C ), trong ( BB CC
′ ) dựng C 'H d C D
′ ′ ⊥ d D H ′ ⊥ d do đó ((P) (BB CC ′ )) =  , C HD′ = α C D ′ ′ 1 1 Ta có tan α = = ≥ = 1(doC H
′ ≤ CC′) ⇒ α ≥ 45° . Vậy góc nhỏ nhất là α = 45°. C HC HCC
Cách 2 (áp dụng tính chất hình học về góc giữa hai mặt phẳng lớn hơn góc giữa một đường thẳng
nằm trong mặt này so với mặt kia)

Mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng CD′ nên suy ra góc (( P),( BB CC
′ )) ≥ (CD ,′(BB CC ′ )) = 45°.
Vậy góc nhỏ nhất là α = 45° .
Câu 68: [2H3-5.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x + y z +1 = 0 và hai điểm A(1;2; 2 − ), B(2;0;− )
1 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A , B sao cho
góc giữa mặt phẳng ( P) và mặt phẳng (Q) nhỏ nhất.
A. 4x + y − 2z −10 = 0 . + + + = B. x 2 y 3z 1 0 .
C. x y − 3 = 0 . + − − = D. 2x y z 6 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi M = AB ∩ ( P) và d = ( P) ∩ (Q) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( P) . Dựng HK d .
Khi đó, ((P);(Q)) = ϕ . AH AH Ta có sin ϕ = ≥ . AK AM
ϕ nhỏ nhất ⇔ sinϕ nhỏ nhất ⇔ K M .   AB = (1; 2 − ; ) 1 ; n = (1;1; − ) 1 . P   u AB     Ta có d
   ⇒ u = A ; B n  = . d P (1;2;3)   u n d P    n u     Q d
  ⇒ n = u ; AB = − . Q d (8;2; 4)   n ABQ  
Mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; 2; 2
− ) và có n = (8;2; 4 − có phương trình Q ) 8( x − )
1 + 2 ( y − 2) − 4( z + 2) = 0 ⇔ 4x + y − 2z −10 = 0 .
Câu 69: [2H3-5.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x + y z +1 = 0 và hai điểm A(1;2; 2 − ), B(2;0;− )
1 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A , B sao cho
góc giữa mặt phẳng ( P) và mặt phẳng (Q) nhỏ nhất.
A. 4x + y − 2z −10 = 0 . + + + = B. x 2 y 3z 1 0 .
C. x y − 3 = 0 . + − − = D. 2x y z 6 0 . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi M = AB ∩ ( P) và d = ( P) ∩ (Q) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( P) . Dựng HK d .
Khi đó, ((P);(Q)) = ϕ . AH AH Ta có sin ϕ = ≥ . AK AM
ϕ nhỏ nhất ⇔ sinϕ nhỏ nhất ⇔ K M .   AB = (1; 2 − ; ) 1 ; n = (1;1; − ) 1 . P   u AB     Ta có d
   ⇒ u = A ; B n  = . d P (1;2;3)   u n d P    n u     Q d
  ⇒ n = u ; AB = − . Q d (8;2; 4)   n ABQ  
Mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; 2; 2
− ) và có n = (8;2; 4 − có phương trình Q ) 8( x − )
1 + 2 ( y − 2) − 4( z + 2) = 0 ⇔ 4x + y − 2z −10 = 0 . A(0;0;0), B( 1;0;0), D( 0;2;0), A′(0;0;3)
Câu 70: [2H3-5.8-3] Hình hộp AB . CD A BCD ′ ′ có và . Góc (A BD ′ )
giữa đường thẳng AC′ và mặt phẳng gần bằng: A. 43 25 ° ′ . B. 46 35 ° ′ . C. 52 13 ° ′. D. 48 47 ° ′ . Hướng dẫn giải Chọn A.
   
AC′ = AB + AD + AC = (1;2;3) . x y z Mặt phẳng ( A BD
): + + =1 ⇔ 6x +3y + 2z = 6 . 1 2 3 ( + + AC′ ( A BD)) 6.1 3.2 2.3 18 sin ; = = . 2 2 2 2 2 2 6 + 3 + 2 1 + 2 + 3 7 14
Vậy góc giữa đường thẳng AC′ và mặt phẳng ( A BD ′ ) gần bằng 43 25 ° ′ .
Câu 71: [2H3-5.8-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + ay + bz −1 = 0 và đườ x y z −1 ng thẳng ∆ : = =
. Biết rằng (α ) // ∆ và (α ) tạo với các trục Ox, Oz các góc giống 1 −1 −1
nhau. Tìm giá trị của a . A. a = 1 − hoặc a =1.
B. a = 2 hoặc a = 0. C. a = 0. D. a = 2. Lời giải Chọn D. Chọn A(0;0; ) 1 ∈ ∆ .    u  = − −   = ∆ (1; 1; )1 n .u 0  α ∆ 1
 − a b = 0 a + b = 1 Ta có   mà (α ) // ∆ ( ) ⇔  ⇔  ⇔  (∗). n =  (1;a;bA∉  (α )  ≠  ≠ α )  ( ) b 1 b 1    
Mặt khác (α ) tạo với các trục Ox, Oz các góc bằng nhau, suy ra sin (n ;i ) = sin (n ;k α α ) ( ) ( ) với  i =  (1;0;0)   k =  (0;0; ) 1     ( n α).i ( n α).k 1 b  = ⇒ = a 2     ⇔ =
b = ±1, thế vào (∗) , ta được .  a = 0 ( n α) i ( n α) k 1 1
Khi a = 2 thì b = 1
− (thỏa mãn), khi a = 0 thì b =1 (không thỏa mãn) Vậy a = 2.
Câu 72: [2H3-5.8-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + ay + bz −1 = 0 và đườ x y z −1 ng thẳng ∆ : = =
. Biết rằng (α ) // ∆ và (α ) tạo với các trục Ox, Oz các góc giống 1 −1 −1
nhau. Tìm giá trị của a . A. a = 1 − hoặc a =1.
B. a = 2 hoặc a = 0. C. a = 0. D. a = 2. Lời giải Chọn D. Chọn A(0;0; ) 1 ∈ ∆ .    u  = − −   = ∆ (1; 1; )1 n .u 0  α ∆ 1
 − a b = 0 a + b = 1 Ta có   mà (α ) // ∆ ( ) ⇔  ⇔  ⇔  (∗). n =  (1;a;bA∉  (α )  ≠  ≠ α )  ( ) b 1 b 1    
Mặt khác (α ) tạo với các trục Ox, Oz các góc bằng nhau, suy ra sin (n ;i ) = sin (n ;k α α ) ( ) ( ) với  i =  (1;0;0)   k =  (0;0; ) 1     ( n α).i ( n α).k 1 b  = ⇒ = a 2     ⇔ =
b = ±1, thế vào (∗) , ta được .  a = 0 ( n α) i ( n α) k 1 1
Khi a = 2 thì b = 1
− (thỏa mãn), khi a = 0 thì b =1 (không thỏa mãn) Vậy a = 2. x − 3 y z +1
Câu 73: [2H3-5.8-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và đường 1 2 3 x + 3 y −1 z + 2 thẳng d : = =
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua ∆ và tạo với đường thẳng 3 1 2
d một góc lớn nhất.
A. 19x −17 y − 20z − 77 = 0.
B. 19x −17 y − 20z + 34 = . 0
C. 31x − 8 y − 5z + 91 = . 0
D. 31x − 8 y − 5z − 98 = . 0 Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: 
Đường thẳng d có VTCP là u = 3;1;2 . 1 ( ) 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M (3;0;− )
1 và có VTCP là u = (1; 2;3) . 
Do ∆ ⊂ ( P) nên M ∈( P) . Giả sử VTPT của ( P) là n = ( A B C ) ( 2 2 2 ; ;
, A + B + C ≠ 0) .
Phương trình (P) có dạng A(x −3) + By + C (z + ) 1 = 0 .   Do ∆ ⊂ ( P) nên .
u n = 0 ⇔ A + 2B + 3C = 0 ⇔ A = 2 − B − 3C .
Gọi α là góc giữa d và ( P) . Ta có   u .n + + − − + + 1 3A B 2C
3( 2B 3C ) B 2C sinα =   = = 2 2 2 u . n
14. A + B + C 14. ( 2 − B − 3C)2 2 2 + + 1 B C 5B + 7C 1 (5B + 7C)2 = = . 2 2 2 2 14. 5 12 +10 14
5B +12BC +10C B BC C 5 70
TH1: Với C = 0 thì sinα = = . 14 14 B 1 (5t + 7)2
TH2: Với C ≠ 0 đặt t = ta có sinα = . C 2 14 5t +12t +10 5t + 7
Xét hàm số f (t ) ( )2 = trên  . 2 5t +12t +10 2 50 − t +10t +112
Ta có f ′(t ) = ( . 5t +12t +10)2 2  8  8  75 t = ⇒ f =      f ′(t ) 5 5 14 2 = 0 ⇔ 50
t +10t +112 = 0 ⇔  .  7  7  t = − ⇒ f − = 0     5  5  5t + 7 Và lim f (t ) ( )2 = lim = 5. 2 x→±∞
x→±∞ 5t +12t +10 Bảng biến thiên 8 B 8
Từ đó ta có Maxf (t ) 75 = khi t = ⇒ = . Khi đó 1 8 75 sinα   = . f =   . 14 5 C 5 14  5  14 75 B 8
So sánh TH1 và Th2 ta có sinα lớn nhất là sinα = khi = . 14 C 5 Chọn B = 8 − ⇒ C = 5 − ⇒ A = 31.
Phương trình (P) là 31(x −3) −8y −5(z + )
1 = 0 ⇔ 31x − 8y − 5z − 98 = 0 . Cách 2:  
Gọi n ≠ 0 là vtpt của (P)   
u = (1; 2;3) là vtcp của đường thẳng ∆ .Kiểm tra đk : .
n u = 0 loại được , A B Lấy M (3;0; 1)
− ∈ ∆ .Kiểm tra đk M ∈(P) :Loại được C Vậy chọn D x − 3 y z +1
Câu 74: [2H3-5.8-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và đường 1 2 3 x + 3 y −1 z + 2 thẳng d : = =
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua ∆ và tạo với đường thẳng 3 1 2
d một góc lớn nhất.
A. 19x −17 y − 20z − 77 = 0.
B. 19x −17 y − 20z + 34 = . 0
C. 31x − 8 y − 5z + 91 = . 0
D. 31x − 8 y − 5z − 98 = . 0 Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: 
Đường thẳng d có VTCP là u = 3;1;2 . 1 ( ) 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M (3;0;− )
1 và có VTCP là u = (1; 2;3) . 
Do ∆ ⊂ ( P) nên M ∈( P) . Giả sử VTPT của ( P) là n = ( A B C ) ( 2 2 2 ; ;
, A + B + C ≠ 0) .
Phương trình (P) có dạng A(x −3) + By + C (z + ) 1 = 0 .   Do ∆ ⊂ ( P) nên .
u n = 0 ⇔ A + 2B + 3C = 0 ⇔ A = 2 − B − 3C .
Gọi α là góc giữa d và ( P) . Ta có   u .n + + − − + + 1 3A B 2C
3( 2B 3C ) B 2C sinα =   = = 2 2 2 u . n
14. A + B + C 14. ( 2 − B − 3C)2 2 2 + + 1 B C 5B + 7C 1 (5B + 7C)2 = = . 2 2 2 2 14. 5 12 +10 14
5B +12BC +10C B BC C 5 70
TH1: Với C = 0 thì sinα = = . 14 14 B 1 (5t + 7)2
TH2: Với C ≠ 0 đặt t = ta có sinα = . C 2 14 5t +12t +10 5t + 7
Xét hàm số f (t ) ( )2 = trên  . 2 5t +12t +10 2 50 − t +10t +112
Ta có f ′(t ) = ( . 5t +12t +10)2 2  8  8  75 t = ⇒ f =      f ′(t ) 5 5 14 2 = 0 ⇔ 50
t +10t +112 = 0 ⇔  . 7  7  t = − ⇒ f − = 0     5  5  5t + 7 Và lim f (t ) ( )2 = lim = 5. 2 x→±∞
x→±∞ 5t +12t +10 Bảng biến thiên 8 B 8
Từ đó ta có Maxf (t ) 75 = khi t = ⇒ = . Khi đó 1 8 75 sinα   = . f =   . 14 5 C 5 14  5  14 75 B 8
So sánh TH1 và Th2 ta có sinα lớn nhất là sinα = khi = . 14 C 5 Chọn B = 8 − ⇒ C = 5 − ⇒ A = 31.
Phương trình (P) là 31(x −3) −8y −5(z + )
1 = 0 ⇔ 31x − 8 y − 5z − 98 = 0 . Cách 2:  
Gọi n ≠ 0 là vtpt của (P)   
u = (1; 2;3) là vtcp của đường thẳng ∆ .Kiểm tra đk : .
n u = 0 loại được , A B Lấy M (3;0; 1)
− ∈ ∆ .Kiểm tra đk M ∈(P) :Loại được C Vậy chọn D
Câu 75: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 1
− ;2;4) và N (0;1;5) . Gọi
(P) là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến (P) là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách
d từ O đến mặt phẳng ( P) bằng bao nhiêu? 3 1 1 A. d = . B. d = 3 . C. d = . D. d = − . 3 3 3 Lời giải Chọn A.
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng ( P) . Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên
NH NM . Do đó, để khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( P) lớn nhất thì M H hay ( P) qua 
M và có vecto pháp tuyến là MN = (1; −1; ) 1 .
Suy ra: ( P) : ( x + )
1 − ( y − 2) + ( z − 4) = 0 ⇔ x y + z −1 = 0 1 − 3 Vậy d ( ; O ( P)) = = + (− )2 2 2 3 1 1 +1
Câu 76: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz), gọi I là giao điểm của đường thẳng x −1 y +1 z + 2 d : = =
và mặt phẳng ( P) : x + 2 y + 2z − 7 = 0. Tính khoảng cách từ điểm M d 2 2 1
đến (P) , biết IM = 9 . A. 3 2 . B. 2 5 . C. 15 . D. 8 . Lời giải Chọn D M 9 I H P
Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P) .   + + Ta có 
MIH = (d (P))  , . Khi đó MIH = (u = = d n( P) ) 2 4 2 8 sin cos , 3.3 9
Suy ra d (M ( P)) 8 ,
= MH = MI.sin MIH = 9. = 8 . 9
Câu 77: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho mặt phẳng ( P) : (m − )
1 x + y + mz −1 = 0 và
điểm A(1;1;2) . Với giá trị nào của m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.
A. 5 .------------------------B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn A. − + + − − − +
d ( A (P)) 2 m 1 1 2m 1 3m 1 9m 6m 1 , = = = ( − + + − + − + m ) 2 2 2 2 2m 2m 2 1 1 m 2m 2m 2 9m − 6m +1
Xét hàm số f (m) 2 =
. Tập xác định D =  . 2 2m − 2m + 2 m = 5 − + − ′ = ′  f (m) 2 6m
32m 10 ; f m = 0 ⇔ 2 ( ) 1 . ( 2  2 2 2) m m m = − +  3 Bảng biến thiên Vậy, d ( ,
A ( P)) lớn nhất khi và chỉ khi f (m) lớn nhất ⇔ m = 5 . A(2;1;3),
Câu 78: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D AB CD ′ ′ có B (0; 1 − ;− ) 1 , C ( 1 − ; 2 − ;0) D′(3; 2 − ; ) 1 . (AB CD ′ ′). ,
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng A. 2. B. 2 3. C. 2 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C.   AB ( 2 − ; 2 − ; 4 − ) = 2 − (1;1;2) = 2 − x   AC ( 3 − − 3; 3 − )= 3 − (1;1; ) 1 = 3 − y  
Mặt phẳng ( ABCD) qua điểm A và nhận  ; x y = ( 1 − ;1;0)  
là vec tơ pháp tuyến nên có phương
trình −x + y +1 = 0. − − +
d ( A ( AB CD
′ ′)) = d (D′ ( ABCD)) 3 2 1 ; ; = = 2 2. 2
Câu 79: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng P đi qua
M 1;1; 2 sao cho khoảng cách từ điểm N 3;1; 4 đến mặt phẳng P là lớn nhất.
A. x y z  8  0.
B. x y z  2  0. C. x y z  2  0. D. x y z  8  0. Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có d N ,P  MN . Do đó khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng P lớn nhất khi
d N ,P  MN xảy ra  MN  P . Như vậy mặt phẳng P cần tìm là mặt phẳng đi qua 
điểm M và vuông góc với MN . Ta có MN  2;2;2 là véctơ pháp tuyến của P.
Vậy phương trình mặt phẳng P: 2x   1  2 y  
1  2z  2  0 hay x y z  2  0.
Câu 80: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình x y −1 z − 2 = =
và mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên d có cao độ 1 2 3
dương sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3 .
A. M (10; 21;32) . B M (5;11;17) . C. M (1;3;5) .
D. M (7;15; 23) . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi M thuộc đường thẳng d có dạng M (t;1+ 2t; 2 + 3t ) .
t + 2 (1+ 2t ) − 2(2 + 3t ) + 3
Theo đề: d (M ,(P)) = 3 ⇔ = 3 ⇔ 1− t = 9 1 + 2 + ( 2 − )2 2 2 t = 8 − ⇒ M ( 8; − 1 − 5; 2 − 2) ⇔  t =10 ⇒ M  (10;21;32)
Do M có cao độ dương nên ta nhận M (10; 21;32) . A(2;1;3),
Câu 81: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D AB CD ′ ′ có B (0; 1 − ;− ) 1 , C ( 1 − ; 2 − ;0) D′(3; 2 − ; ) 1 . (AB CD ′ ′). ,
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng A. 2. B. 2 3. C. 2 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C.   AB ( 2 − ; 2 − ; 4 − ) = 2 − (1;1;2) = 2 − x   AC ( 3 − − 3; 3 − )= 3 − (1;1; ) 1 = 3 − y  
Mặt phẳng ( ABCD) qua điểm A và nhận  ; x y = ( 1 − ;1;0)  
là vec tơ pháp tuyến nên có phương
trình −x + y +1 = 0. − − +
d ( A ( AB CD
′ ′)) = d (D′ ( ABCD)) 3 2 1 ; ; = = 2 2. 2
Câu 82: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng P đi qua
M 1;1; 2 sao cho khoảng cách từ điểm N 3;1; 4 đến mặt phẳng P là lớn nhất.
A. x y z  8  0.
B. x y z  2  0. C. x y z  2  0. D. x y z  8  0. Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có d N ,P  MN . Do đó khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng P lớn nhất khi
d N ,P  MN xảy ra  MN  P . Như vậy mặt phẳng P cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm 
M và vuông góc với MN . Ta có MN  2;2; 2 là véctơ pháp tuyến của P.
Vậy phương trình mặt phẳng P: 2x   1  2 y  
1  2z  2  0 hay x y z  2  0.
Câu 83: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình x y −1 z − 2 = =
và mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên d có cao độ 1 2 3
dương sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3 .
A. M (10; 21;32) . B M (5;11;17) . C. M (1;3;5) .
D. M (7;15; 23) . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi M thuộc đường thẳng d có dạng M (t;1+ 2t; 2 + 3t ) .
t + 2 (1+ 2t ) − 2(2 + 3t ) + 3
Theo đề: d (M ,(P)) = 3 ⇔ = 3 ⇔ 1− t = 9 1 + 2 + ( 2 − )2 2 2 t = 8 − ⇒ M ( 8; − 1 − 5; 2 − 2) ⇔  t =10 ⇒ M  (10;21;32)
Do M có cao độ dương nên ta nhận M (10; 21;32) . Câu 84: [2H3-5.9-3] x y z 1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và mặt phẳng 2 1 1
: x 2y 2z 5  0 . Tìm điểm A trên d sao cho khoảng cách từ A đến  bằng 3 , biết A có hoành độ dương.
A. A0;0;  1 .
B. A2;1;2.
C. A2;1;0.
D. A4;2;  1 .
Lời giải. Gọi A2t; t
 ;1 t d với t  0. 2t 2 t
 21 t5 2t 7
Theo đề bài, ta có d  ,
A   3   3   3    2  2 2 3 1 2 2 t 1
 2t 7  9  
t  1  A2;1;0  . Chọn C. t  8 
Câu 85: [2H3-5.9-3]Cho mặt phẳng ( P) : 2x + 2 y − 2z +15 = 0 và mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2 y − 2z −1 = 0.
Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng ( P) đến một điểm thuộc mặt cầu (S ) là 3 3 3 3 A. . B. 3. C. . D. . 2 2 3 Giải Chọn A.
Mặt cầu (S ) có tâm I (0;1 )
;1 và bán kính R = 3 . Gọi H là hình chiếu của I trên ( P) và A
giao điểm của IH với (S ) . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng (P) đến một
điểm thuộc mặt cầu (S ) là đoạn AH . AH = d (I (P)) 3 3 , − R = . 2
Câu 86: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3; 3 − ; 2 − ) , B(1; 2 − ;0) và
mặt phẳng ( P) : 2x + 2 y z − 4 = 0 . Điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M
đến (P) bằng 2. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên trục Ox , biết z < 0 . M A. (5;0;0) . B. (7;0;0) . C. (1;0;0) . D. (3;0;0) . Lời giải Chọn B.  x = 1− 2t  Ta có AB = ( 2
− ;1;2) . Đường thẳng AB có phương trình tham số dạng: y = 2 − + t . z = 2t
Điểm M (1− 2t;− 2 + t; 2t) thuộc đường thẳng AB . − + − + − − − t − = − t =
d (M ( P))
2 (1 2t ) 2( 2 t ) 2t 4 , = 2 ⇔ = 2 ⇔ 4 − t − 6 = 4 6 6 0 6 ⇔ ⇔   3  4 − t − 6 = 6 t = 3 − Do z
< 0 nên điểm M (7;− 5; − 6) . M
Vậy hình chiếu vuông góc của M lên trục Ox là (7;0;0) .
Câu 87: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (2;1; 4) và đường thẳng x =1+ t
∆ : y = 2 + t . Tọa độ điểm H thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng MH nhỏ nhất. z =1+ 2tA. H (1; 2; ) 1 . B. H (3; 4;5). C. H (0;1; − ) 1 . D. H (2;3;3). Hướng dẫn giải Chọn D.
H thuộc ∆ ⇒ H (1+ t; 2 + t;1+ 2t ).
MH = ( − t )2 + ( + t )2 + ( − t )2 = t t + = (t − )2 2 1 1 3 2 6 12 11 6 1 + 5 ≥ 5
MH nhỏ nhất ⇔ t = 1 ⇒ H (2;3;3).
O 0;0;0 A1;0;0 B0;1;0
Câu 88: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm , , và C 0;0;  1
OAB OBC OCA ABC
. Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mặt phẳng , , , ? A. 1. B. 4 . C. 5 . D. 8 . Hướng dẫn giải Chọn D.
 OAB Oxy
OCDOyz Ta có 
. Gọi P a;b;c là tọa độ điểm cần tìm. 
 CDAOxz
ABC:xyz 1  Theo đề
a b c 1
bài, ta cần có a b c  . 3
Có tất cả 8 trường hợp và đều có nghiệm. Cụ thể:
a b c   ●
a b c
a b c    .  a b   c   a   b c  ●
a b c 1
Mỗi trường hợp trên kết hợp với c  sinh ra hai trường hợp. 3
Nhận xét. Hình dung về mặt hình học bài này như sau: Một điểm dễ thấy nhất là tâm mặt cầu nội
tiếp tứ diện. Bốn điểm còn lại khó thấy hơn là bốn tâm mặt cầu bàng tiếp của tứ diện. Ba điểm còn
lại rất khó hình dung là nằm trong góc tam diện như hình vẽ sau (trường hợp này rất nhạy cảm, đặc
biệt cho bài này là O , A OB,
OC đôi một vuông góc). Câu 89: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz cho mặt cầu
(S) (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 : 1 2 3
= 9 và mặt phẳng (P) : 2x − 2y + z + 3 = 0 . Gọi M (a; ; b c) là điểm
trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P) là lớn nhất. Khi đó
A. a + b + c = 5.
B. a + b + c = 6.
C. a + b + c = 7.
D. a + b + c = 8. Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu (S ) ( x − )2 + ( y − )2 + ( z − )2 : 1 2 3
= 9 có tâm I (1;2;3) và bán kính R = 3.
Gọi d là đường thẳng đi qua I (1; 2;3) và vuông góc ( P) x = 1+ 2t
Suy ra phương trình tham số 
của đường thẳng d là  y = 2 − 2t . z = 3+t  Gọi ,
A B lần lượt là giao của d và ( S ) , khi đó tọa độ ,
A B ứng với t là nghiệm của phương trình (  =
+ t − )2 + ( − t − )2 + ( + t − )2 t 1 1 2 1 2 2 2 3 3 = 9 ⇔  t = 1 − Với t = ⇒ A(
) ⇒ d ( A P ) 13 1 3; 0; 4 ; ( ) = . 3
Với t = − ⇒ B (− ) ⇒ d (B P ) 5 1 1; 4; 2 ; ( ) = . 3
Với mọi điểm M (a; ;
b c) trên (S ) ta luôn có d ( ;
B (P)) ≤ d (M ;(P)) ≤ d ( ; A (P)). 13
Vậy khoảng cách từ M đến ( P) là lớn nhất bằng khi M (3;0; 4) 3
Do đó a + b + c = 7. Câu 90: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 9 và mặt phẳng (P) : 2x − 2y + z + 3 = 0 . Gọi M (a; ; b c) là điểm
trên mặt cầu (S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P) là lớn nhất. Khi đó
A. a + b + c = 5.
B. a + b + c = 6.
C. a + b + c = 7.
D. a + b + c = 8. Hướng dẫn giải Chọn C. 2 2 2
Mặt cầu (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 9 có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 3.
Gọi d là đường thẳng đi qua I (1; 2;3) và vuông góc ( P) x = 1+ 2t
Suy ra phương trình tham số 
của đường thẳng d là  y = 2 − 2t . z = 3+t  Gọi ,
A B lần lượt là giao của d và ( S ) , khi đó tọa độ ,
A B ứng với t là nghiệm của phương trình (  =
+ t − )2 + ( − t − )2 + ( + t − )2 t 1 1 2 1 2 2 2 3 3 = 9 ⇔  t = 1 − Với t = ⇒ A(
) ⇒ d ( A P ) 13 1 3; 0; 4 ; ( ) = . 3
Với t = − ⇒ B (− ) ⇒ d (B P ) 5 1 1; 4; 2 ; ( ) = . 3
Với mọi điểm M (a; ;
b c) trên (S ) ta luôn có d ( ;
B (P)) ≤ d (M ;(P)) ≤ d ( ; A (P)). 13
Vậy khoảng cách từ M đến ( P) là lớn nhất bằng khi M (3;0; 4) 3
Do đó a + b + c = 7.
A(a;0;0) B (0; ;
b 0) C (0;0;c)
Câu 91: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho , , với a , b , c + + = dương thỏa mãn a b c
4 . Biết rằng khi a , b , c thay đổi thì tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (P) M (1;1;− ) (P) OABC 1 thuộc mặt phẳng
cố định. Tính khoảng cách d từ tới mặt phẳng . 3 3 A. d = 3 . B. d = . C. d = . D. d = 0 . 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. A( ;
a 0; 0) , B (0; ;
b 0) , C (0;0;c) với a , b , c dương ⇒ OABC là tam diện vuông. a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I ; ;    2 2 2  a b c
Theo giả thiết a + b + c = 4 ⇔ 2. + 2. + 2. = 4 2 2 2
⇔ 2x + 2y + 2z = 4 I I I
x + y + z = 2 I I I
⇒ Tâm I nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z − 2 = 0 1+1−1− 2 1
Vậy d = d (M ,(P)) = = . 2 2 2 1 +1 +1 3
Câu 92: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz), cho điểm A(1;0;0). Với α là tham số thực, gọi d là giao tuy (P α + α α + α + α = α ) 2 α ến của hai mặt phẳng : sin .x sin cos .y cos .z cos 0 và (Q α + α − α α − α = α ) 2 : cos .x sin .y sin cos .z sin
0 . Tính khoảng cách từ A đến d . α A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn D. 2 s
 inα cosα.y + cos α.z + cosα = 0 1
Chọn M (0; y; z) ∈ d , ta có: 
y = 0; z = − α 2 si
 n α.y − sinα cosα.z − sinα = 0 cosα  1    1  Suy ra: M 0; 0; −   ⇒ MA = 1;0;    cosα   cosα  Đường thẳng d
α có vectơ chỉ phương là:    u = n n  =   ( 2 2 3 2 3 2 , 2
− sin α cos α;cos α + sin α.cosα;sin α − sinα.cos α P Q )   u, MA   ( 3 2 2
1;sin α + 2 sin α.cosα − sin α.cos α; − cosα ) Vậy d ( , A d =  = = α ) 2 . u ( 2 2 3 2 2
− sin α.cos α;cosα;sin α − sinα.cos α )
Câu 93: [2H3-5.10-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 đường thẳng x +1 y −1 z − 2 x y + 2 z − 3 d : = = , d : = =
. Mặt phẳng ( P) chứa d và song song với d . 1 2 1 − 3 2 1 − 2 3 − 1 2
Khoảng cách từ M (1;1; ) 1 đến ( P) là 5 A. 3 . B. . C. 4 . D. 1. 3 Hướng dẫn giải Chọn A. 
Đường thẳng d đi qua A( 1
− ;1;2) và có VTCP u = 2;−1;3 1 ( ) 1 
Đường thẳng d có VTCP u = 1 − ;2;− 3 2 ( ) 2   u ,u  = 3 − ;3;3 = 3 − 1;−1;−1 . 1 2 ( ) ( )   
Vì ( P) chứa d và song song với d nên suy ra ( P) đi qua A( 1
− ;1;2) và có VTPT n = (1;−1;− ) 1 1 2  
cùng phương với u ,u  có phương trình là: (P) :x y z + 4 = 0 . 1 2  
Khoảng cách từ điểm M (1;1; ) 1 đến mp ( P) là: − − +
d (M ( P)) 1 1 1 4 , = = 3 . 3 x = 1+ t
Câu 94: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :  y = 0 (t ∈ ) và các  z = t − điểm A(2;1;− ) 1 , B ( 1
− ;2;0) . Gọi d là đường thẳng đi qua B , cắt đường thẳng ∆ và có khoảng
cách từ A tới d lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đường thẳng d vuông góc với đường thẳng . ∆
B. Đường thẳng d vuông góc với trục Oz.
C. Đường thẳng d vuông góc với trục . Ox
D. Đường thẳng d vuông góc với trục . Oy Hướng dẫn giải Chọn C 
Giả sử d cắt ∆ tại M (t +1;0; t
− ) . Ta có BM = (t + 2; 2; − t
− ) là vectơ chỉ phương của d   2 2 2     − + − + − − +
d ( A (d )) AB, BM
(2 t) (2 2t) (4 t) 2 6t 20t 24 , =  = = . BM (t + 2)2 2 2 + 4 + t 2t + 4t + 8 2 2 6t − 20t + 24 64t − 256 Xét f (t ) = ; f t =
; f t = 0 ⇔ t = 2 ± . 2 ( ) 2 ( ) 2t + 4t + 8 2t + 4t + 8 
Lập BBT ta có f (t ) đạt giá trị lớn nhất khi t = 2 − ⇒ BM = (0; 2; − 2)
Vậy Đường thẳng d vuông góc với trục . Ox
Câu 95: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;1;0, B1;0;2, C 3;1;  1 .
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC . 21 14 21 7 A. . B. . C. . D. . 6 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn B.    
Ta có AB  0;1;2 và BC  2;1; 
1 . Suy ra AB, BC     1;4;2   .   AB, BC  Khi đó   d A BC    21 14 ,     . BC 6 2 Câu 96: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ toạ
độ Oxyz mặt phẳng (P) ( 2
m + m + ) x + ( 2
m − ) y + (m + ) 2 : 1 2 1 2
2 z + m + m +1 = 0 luôn chứa đường thẳng ∆ cố định
khi m thay đổi. Tính khoảng cách từ gốc toạ độ đến ∆ . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 5 6 2 3 Hướng dẫn giải Chọn D.
Cách 1
: Ta có ( P) ( 2
m + m + ) x + ( 2
m − ) y + (m + ) 2 : 1 2 1 2
2 z + m + m +1 = 0
⇔ (x + y + z + ) 2 2 2
1 m + ( x + 2z + )
1 m + x − 2 y + 4z +1 = 0 x + 2y +1 = 0 x = 1 − − 2t
Phương trình nghiệm đúng vớ  
i mọi m ⇔ x + 2z +1 = 0 ⇔  y = t .  
x − 2 y + 4z +1 = 0  z = t
Vậy ( P) luôn chứa đường thẳng cố định ∆ có PT như trên. Gọi H ( 1
− − 2t;t;t)∈∆ là hình chiếu của O lên ∆ .   ⇒  1 1 1  OH u = ⇔ − (− − t) 1 . 0 2
1 2 + t + t = 0 ⇔ t
= − ⇒ H − ;− ;−   3  3 3 3  1 ⇒ OH = . 3
Cách 2: Lấy m = 0 ⇒ ( P : x − 2 y + 4z +1 = 0 . 1 ) O Lấy m = 1
− ⇒ (P : x + 2z +1 = 0. 2 ) x y + + = Suy ra ∆ = ( P ∩ 2 4z 1 0 P ⇒ ∆ : . 1 ) ( 2)  x + 2z +1 = 0 d ( ; O ∆)
Trong hệ trên đặt z = t x = 1
− − 2t; y = t x = 1 − − 2t   ∆ ⇒ ∆ M :  y = t . u∆ z = t     OM u  ∆   Lấy M ( 1
− ;0;0)∈∆ , u∆ = ( 2 − ;1 ) ;1 ⇒ d (O ∆) , 1 ; =  = . u 3 ∆
Câu 97: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ (Oxyz) cho điểm M (1; 2;3) ; (
A 1; 0; 0) ; B(0;0;3) . Đường
thẳng  đi qua M và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất có phương trình là: x 1 y  2 z 3 x 1 y  2 z 3 A.  :   . B.  :   . 6 2 3 6 3 2 x 1 y  2 z 3 x 1 y  2 z 3 C.  :   . D.  :   . 3 6 2 2 3 6 Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có d ( ; A )   d( ; B )
  MAMB .
Để tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất thì. MA    d ( ; A )   d( ; B )
  MAMB   . MB   
  
Suy ra d qua M, vtcp u  ; MA MB  
 6;3;2 6;3;2   . x 1 y  2 z 3
Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là:  :   . 6 3 2
Câu 98: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ (Oxyz) cho điểm M (1; 2;3) ; (
A 1; 0; 0) ; B(0;0;3) . Đường
thẳng  đi qua M và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất có phương trình là: x 1 y  2 z 3 x 1 y  2 z 3 A.  :   . B.  :   . 6 2 3 6 3 2 x 1 y  2 z 3 x 1 y  2 z 3 C.  :   . D.  :   . 3 6 2 2 3 6 Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có d ( ; A )   d( ; B )
  MAMB .
Để tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất thì. MA    d ( ; A )   d( ; B )
  MAMB   . MB   
  
Suy ra d qua M, vtcp u  ; MA MB  
 6;3;2 6;3;2   . x 1 y  2 z 3
Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là:  :   . 6 3 2
A(1; 2; 2) B (5; 4; 4)
Câu 99: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm , và mặt
(P):2x + y z + 6 = 0 (P) phẳng
Nếu M thay đổi thuộc
thì giá trị nhỏ nhất của 2 2 MA + MB là 200 2968 A. 60 . B. 50 . C. . D. . 3 25 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 AB
Gọi I (3;3;3) là trung điểm đoạn AB . Ta có 2 2 2
MA + MB = 2MI + . 2 Do đó 2 2
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI ⊥ ( P) . + − +
MI = d ( I ( P)) 6 3 3 6 , = = 2 6 ; 2 2 2 AB = 4 + 2 + 2 = 24 . 4 +1+1
MA + MB = 2 (2 6 ) ( 24)2 2 2 2 + = 60 . 2
Câu 100: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 2 3 5
= 9 và tam giác ABC với (
A 5; 0; 0), B(0;3; 0), C(4;5; 0) . Tìm
tọa độ điểm M thuộc cầu (S) sao cho khối tứ diên MABC có thể tích lớn nhất. A. M (0;0;3) . B. M (2;3; 2) . C. M (2;3;8) . D. M (0;0; 3 − ) . Hướng dẫn giải Chọn C. 1 V = .S .MJ M . ABC 3 ABC Để V
lớn nhất ⇔ MJ lớn nhất ⇔ MJ ⊥ ( ABC ) M . ABC
M = IJ ∩(S )
Phương trình mặt phẳng ( ABC): z = 0  x = 2 M1 Đườ 
ng thẳng JI :  y = 3 ⇒ M (2;3;5 + t ) z = 5+t  2 2 2
M ∈ (S ) ⇒ (2 − 2) + (3 − 3) + (5 + t − 5) = 9 ⇒ t = 3 ± I
M (2;3;2), M 2;3;8 1 ( ) M
Do MJ = d (M , ABC > d M , ABC M 2;3;8 A C 1 ( ) 1 ( )) ( ( )) J Bx = 1+ t
Câu 101: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (2;1; 4) và đường thẳng ∆ :  y = 2 + t . Tìm tọa z =1+ 2t
độ điểm H thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MH có độ dài nhỏ nhất. A. H (2;3;3) . B. H (1; 2; ) 1 . C. H (0;1; − ) 1 . D. H (3; 4;5) . Hướng dẫn giải Chọn A.
H ∈ ∆ ⇒ H (1+ t; 2 + t;1+ 2t ) . 2 2 2 MH = (t − )
1 + (1+ t ) + (2t − 3) = t t + = (t − )2 2 6 12 11 6 1 + 5 ≥ 5 .
Dấu " = " xảy ra ⇔ t = 1. Vậy H (2;3;3) .
Câu 102: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) và đường thẳng (d )
tương ứng có phương trình là x +1 y − 2 z + 2
2x y + 3z − 3 = 0 và = =
. Biết đường thẳng (d ) 2 − 1 1 −
cắt mặt phẳng ( P) tại điểm M . Gọi N là điểm thuộc (d ) sao cho MN = 3, gọi K là hình chiếu
vuông góc của điểm N trên mặt phẳng ( P) . Tính độ dài đoạn MK . 7 7 4 21 105 A. MK = . B. MK = . C. MK = . D. MK = . 105 4 21 7 7 Hướng dẫn giải Chọn D. N d α K M P (  
P) có vec tơ pháp tuyến n = (2; 1
− ;3) , (d ) có vec tơ chỉ phương u = ( 2 − ;1;− ) 1 .  . n u 8 4 5
Gọi α là góc giữa ( P) và (d ) . Ta có: sinα =   = = ⇒ cosα = . n . u 14. 6 21 21 5 MK 5 105
Tam giác MNK vuông tại K nên cosα = = ⇔ MK = .3 = . 21 MN 21 7
Câu 103: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;1; 2
− ) và hai đường thẳng ( x − 2 y z −1 x y +1 z + 6 ∆ : = = ; ∆ : = = . N (∆ P (∆2 ) 1 ) 1 ) ( 2) Lấy điểm trên và trên sao cho 1 − 1 1 2 1 1 −
M , N , P thẳng hàng. Tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng . NP A. (0; 2;3). B. (2;0; 7 − ). C. (1;1; 3 − ). D. (1;1; 2 − ). Lời giải Chọn D.
N ∈∆ ⇒ N 2 − t; t; 1+ t
P ∈∆ ⇒ P 2t ;
′ −1+ t ;′ − 6 − t 2 ( ) 1 ( ), . 
MN = (1− t;t −1;3 + t ) 
MP = (2t′ −1;t′ − 2; − 4 − t′)  
Ba điểm M , N, P thẳng hàng ⇔ MP = kMN   ′ =
t′ − = k ( − t)
t′ − = −(t′ − ) t 1 2 1 1 2 1 2     t  ′ = ⇔ t
 ′ − 2 = k (t − ) 1 ⇔ t
 ′ − 2 = k (t − ) 1 1 1 ⇔ k = − ⇔  t t     = 4 − − t′ = k  (3+t) t − ′ − 4 = k  (t +3) 1 2  1 − 5 − = ( +  t −  ) (t 3) 1
N (0;2;3), P(2;0;− 7)
Tọa độ trung điểm của NP là: (1;1; − 2) . Câu 104: [2H3-5.13-3]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu x = 2 − 5t (  S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x − 4 y + 2z − 3 = 0 và đường thẳng d :  y = 4 + 2t . Đường thẳng d cắt (S ) tại z =1 
hai điểm phân biệt A B . Tính độ dài đoạn AB ? 17 2 29 29 2 17 A. . B. . C. . D. . 17 29 29 17 Hướng dẫn giải Chọn B.
Tọa độ các giao điểm của d và ( S ) là nghiệm của hệ phương trình sau: x = 2 − 5t  y = 4 + 2tz = 1  2 2 2
x + y + z −2x −4y + 2z −3 = 0 (*) 2 2
Từ (*) ta có: ( − t ) + ( + t ) 2 2 5 4 2
+1 − 2(2 − 5t) − 4(4 + 2t) + 2 − 3 = 0 t = 0 2 
⇔ 29t − 2t = 0 ⇔ 2 t =  29  48 x =  x = 2 29   2  120  48 120 
Với t = 0 ⇒  y = 4 ⇒ A(2; 4; ) 1 hoặc t = ⇒ y = ⇒ B ; ; 1    29 29   29 29  z = 1  z =1    10 4  2 29 Vậy AB = − ; ; 0 ⇒ AB = .    29 29  29
Câu 105: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , A(0; 1 − ;2) và B(1;0; 2 − ) lần lượt là hình x y +1 z − 2
chiếu vuông góc của điểm I ( ; a ; b c) trên ∆ : = =
và ( P) : 2x y − 2z − 6 = 0 . Tính 4 1 1 −
S = a + b + c . A. 3 + 2 . B. 5 + 3 . C. 0. D. 4 + 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. x y +1 z − 2  Ta có ∆ : = = ⇒ a = (4;1;− ) 1 4 1 1 − ( 
P) : 2x y − 2z − 6 = 0 ⇒ n = (2; 1 − ; 2 − )
Gọi d là đường thẳng đi qua B (1;0; 2
− ) và vuông góc với mp(P), phương trình tham số của d là: x =1+ 2t  y = t − z = 2 − − 2t
B là hình chiếu của I trên (P) nên I d I (1+ 2t; t − ; 2 − − 2t) 
AI = (1+ 2t;1− t; 4 − − 2t)    
A là hình chiếu của I trên ∆ nên ⇒ AI a AI.a = 0 ⇒ 4(1+ 2t ) +1− t − ( 4 − − 2t) = 0 ⇒ t = 1 −
Do đó I (1+ 2t; t − ; 2 − − 2t) = ( 1 − ;1;0) ⇒ a = 1 − ;b =1;c = 0
Vậy a + b + c = 0 . x = 2 + tx − 2 y − 2 z − 2
Câu 106: [2H3-5.13-3] Cho đường thẳng d :  y = 2 + td : = =
. Gọi d là đường 1  2 4 3 − 1 − z = 1 − − 2t
thẳng vuông góc chung của d d , M (a,b, c) thuộc d , N (4; 4; )
1 . Khi độ dài MN ngắn nhất 1 2
thì a + b + c bằng? A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 9 . Lời giải Chọn D.
Gọi P (2 + t; 2 + t; 1
− − 2t)∈d Q(2 + 4t ;′2 − 3t ;′2 − t′) 1    Ta có: a = (1;1; 2 − ) , b = (4; 3 − ;− )
1 và PQ = (4t′ − t; 3
t′ − t; t − ′ + 2t + 3)    .aPQ = 0
4t′ − t − 3t′ − t − 2  ( t − ′ + 2t + 3) = 0 Khi đó:   ⇔   . b PQ = 0 4
 (4t′ − t) − 3( 3
t′ − t) −1( t − ′ + 2t + 3) = 0 3
t′ − 6t = 6 t  ′ = 0 ⇔  ⇔ 
26t′ − 3t = 3 t  = 1 −  Suy ra P (1;1; )
1 và Q (2; 2; 2) ⇒ PQ = (1;1; ) 1 x =1+ t
Nên d :  y = 1+ t z =1+t  
Gọi M (1+ t;1+ t;1+ t ) nên NM = (t − 3;t − 3;t )
Do đó: NM = (t − )2 + (t − )2 + t = t t + = (t − )2 2 2 3 3 3 12 18 3 2 + 6 ≥ 6
Đoạn thẳng MN ngắn nhất bằng 6 khi t = 2.
Suy ra M (3;3;3) ⇒ a + b + c = 9 .
Câu 107: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I (2; − 3; − 4) và đường thẳng x + 2 y + 2 z d : = =
. Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H . Tìm tọa độ điểm 3 2 1 − H .  1 1   1 1 
A. H = (4; 2; − 2) .
B. H = (1;0; − ) 1 . C. H = − ; 0;   . D. H = − ; 1 − ;−   .  2 2   2 2  Lời giải Chọn B.
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H nên H là hình chiếu của I lên d . x = 2 − + 3t  
Ta có d có phương trình tham số:  y = 2
− + 2t (t ∈) và có một VTCP u = − . d (3;2; ) 1 z = t −  
H d H ( 2
− + 3t;− 2 + 2t;− t) ⇒ IH = ( 4
− + 3t;1+ 2t;4 − t).  
u .IH = 0 ⇔ 3( 4
− + 3t) + 2(1+ 2t) −1(4 − t) = 0 ⇔ t =1⇒ H (1;0;− ) 1 . d
Câu 108: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( x −1 y + 2 z − 2 S ) 2 2 2
: x + y + z − 6x + 4 y − 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng d : = = ; 1 1 4 3 x − 2 y z − 5 d : = =
. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đường thẳng d d sao cho đường 2 2 2 1 − 1 2
thẳng MN cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm ,
A B . Tìm tọa độ điểm N để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất. A. N = (0; 2; − 2) . B. N = (4; 3 − ; ) 1 . C. N = (2;0; ) 1 . D. N = ( 2; − 4; − 3) . Lời giải
Kiểm tra ba điểm M , N, I không thẳng hàng.
Đề sai – không có đáp án Chưa kiểm tra.
Câu 109: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABC . D AB CD
′ ′ với tọa độ các đỉnh là A(0; 1
− ;0),C (2;1;0) , B'(2; 1
− ;2) và D'(0;1;2) . Các điểm M , N lần lượt thay đổi trên
các đoạn AB′ và BC sao cho D M
′ ⊥ AN . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN. A. 3 . B. 6 . C. 2 2 . D. 2 3 . Lời giải Chọn B. z A' D' B' C' A 0 D y B C x
+ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ  A0;1; 2 , B2;1;0 x t  Phương trình đườ 
ng thẳng AB có dạng: y  1 t  z  2 
Điểm M AB  M t;1;2 x  2  Phương trình đườ 
ng thẳng BC có dạng: y k k  z 0    
Điểm N BC N 2;k;0; MN (2 −t;k + 2;− 2); AN (2;k + 2;0) ; D M  t;2;0.  + Vì D M
′ ⊥ AN ⇒ 2t − 2(k + 2) = 0 ⇒ k = t − 2 ⇒ MN (2 −t;t;− 2)  MN
 2t t  4  6 t  1 min  2 2 tại . (S):
Câu 110: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
(x + )2 +( y − )2 +(z − )2 1 2 1 = 3 A(1;0; 4) B (0;1; 4) (P , (P2) 1 ) và hai điểm , . Các mặt phẳng (S)
chứa đường thẳng AB và lần lượt tiếp xúc với mặt cầu
tại các điểm H , H . Viết phương 1 2
trình đường thẳng H H . 1 2  1 x = + t  x = 1 − + tx = 1 − + t 2  x = 1 − + t    1 
A. y = 2 + t .
B. y = 2 + t .
C. y = + t .
D. y = 3 + t .   2   z = 2  z = 4   z = 2 z = 4 + t   Lời giải Chọn A.
Ta có (S ) có tâm I ( 1 − ;2; )
1 và bán kính R = 3. x = 1− t Đườ 
ng thẳng ∆ đi qua hai điểm ,
A B có phương trình  y = t . z = 4 
(IH H đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình −x + y −3 = 0. 1 2 )
Gọi H là giao điểm của AB và ( IH H . Khi đó H ( 1 − ;2;4). 1 2 )
Gọi M là giao điểm của H H IH. Khi đó H M IH. 1 2 1 2 IM IM .IH R 1  1  Ta có = =
= nên IM = IH . Do đó M ( 1 − ;2;2). 2 2 IH IH IH 3
3 1  
H H vuông góc với IH , AB nên có vtcp u = − IH , AB = (1;1;0). 1 2   3 x = 1 − + t Phương trình 
H H :  y = 2 + t . 1 2 z = 2 
Câu 111: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A3;0;0, B 0;2;0, C  0;0;6 và D1;1; 
1 . Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm ,
A B, C đến d
lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?
A. M 1;2;  1 . B. N 5;7;  3 . C. P 3;4;  3 .
D. Q 7;13;  5 . Hướng dẫn giải Chọn B.
Kiểm tra ta thấy D ABC : 2x  3y z 6  0 . d   , A d  AD  Ta có d
 B,d BD d ,
A d  d B,d  d C,d  AD BD CD.  d
 C,dCD
x 12t 
Dấu "  " xảy ra khi d  ABC  tại điểm D . Do đó d : y  13t   N d  . z 1t  A(2;3; ) 1
Câu 112: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có , B (4;1; 2 − ) C (6;3;7) D (1; 2 − ;2) , và
. Các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện ABCD chia không
gian Oxyz thành số phần là A. 9 . B. 12 . C. 15 . D. 16 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có 3 đường thẳng chia mặt phẳng thành 7 phần.
3 mặt phẳng chia không gian thành 8 phần, mặt phẳng thứ 4 cắt 3 mặt phẳng trước thành 3 giao
tuyến, 3 giao tuyến này chia mặt phẳng thứ 4 thành 7 phần, mỗi phần lại chia 1 phần của không gian thành 2 phần.
Vậy 4 mặt phẳng chia không gian thành 8+7=15 phần x +1 y − 4 z − 4
Câu 113: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = 3 2 − 1 −
và các điểm A(2;3; 4 − ) , B(4;6; 9
− ). Gọi C , D là các điểm thay đổi trên đường thẳng ∆ sao cho
CD = 14 và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của
đoạn thẳng CD là  79 64 102  181 104 − 42 −  A. ; ;   B. ; ;   .  35 35 35   5 5 5  101 13 69  C. ; ;   . D. (2; 2;3) .  28 14 28  Hướng dẫn giải Chọn A. x = 1 − + 3t
C, D nằm trên đường thẳng ∆ :  y = 4 − 2t z = 4−t  nên C ( 1
− + 3t ;4 − 2t ;4 − t , D 1
− + 3t , 4 − 2t , 4 − t . 1 1 1 ) ( 2 2 2 )    AB = (2;3; 5 − ); AC = ( 3
− + 3t ;1− 2t ;8 − t ; AD = 3
− + 3t ;1− 2t ;8 − t . 1 1 1 ) ( 2 2 2 ) 2 2 2 2 Ta có 2
CD = 14 = 9 (t t + 4. t t + t tt t = 1. 1 2 ) ( 1 2 ) ( 1 2 ) ( 1 2 )
Do vai trò của t ;t như nhau nên ta đặt t = t +1. 1 2 2 1
Ta thấy để thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất thì bán kính r của khối cầu phải lớn nhất. 3V Mặt khác ta có ABCD r = . Stp 1 Mặt khác V = .A . B C .
D sin AB CD không đổi. Vậy để r max thì S min. ABCD ( , ) 6 tp Mặt khác S ; S
không đổi. Do vậy ta đi tìm min của S + S . ACD BCD ABC ABD 1     Ta có S + S
= . AB AC + AB AD . ABC ABD ( , ,     ) 2  
AB, AC = (29 −13t )2 + (1+13t )2 + (11−13t )2 . 1 1 1    
AB, AC = (16 −13t )2 + (14 +13t )2 + (2 +13t )2 . 1 1 1  
Đặt 13t = x lúc này ta có 1
f ( x) = ( x
)2 +(x + )2 +(x − )2 + (x − )2 +(x + )2 +(x + )2 29 1 11 16 14 2 . f ( x) 2 2
= 3x − 78x + 963 + 3x + 456 . − f ′( x) 3x 39 3x 13 1 = + = 0 ⇔ x = ⇒ t = . 1 2 2 − + + 2 2 3x 78x 963 3x 456 Vậy I (2; 2;3) .
(S) (x − )2 +( y + )2 +(z − )2 : 2 1 3 = 9
M ( x; y; z)
Câu 114: [2H3-5.13-4]Cho mặt cầu . Điểm di động trên (S)
P = 2x + 2 y z + 16
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . A. 2 . B. 6 . C. 24 . D. 3 Lời giải Chọn B. 2 2 2
Mặt cầu (S ) : ( x − 2) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 có tâm I (2; 1;
− 3), bán kính R = 3
Xét mặt phẳng ( P) : 2x + 2 y z + 16 = 0
Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với (P) có phương trình x =2 + 2t, y =−1+ 2t,z =3 −t
giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của D và (S) là t = 1 ±
Þ ∆ và (S ) cắt nhau tại 2 điểm: A(0; 3
− ; 4) , B(4;1; 2) . Ta có d ( A,(P))= 2, d (B,(P))= 8
x + y z +
Lấy M ( x y z) ∈(S ) ⇒ d (M ( P)) 2 2 16 1 ; ; , = = P 3 3
Luôn có = d ( A ( P))≤ d (M ( P)) ≤ d ( B ( P)) 1 2 , , ,
= 8 ⇔ 2 ≤ P ≤ 8 ⇔ 6 ≤ P ≤ 24 3 Vậy P
= 6 khi x = 0, y = 3, − z = 4 . Min
Câu 115: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm M (1; 2;3) có hình chiếu vuông góc trên trục Ox là điểm: A. (0;0;3) . B. (0;0;0) . C. (0; 2;0) . D. (1;0;0) . Hướng dẫn giải Chọn D.
Câu 116: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2x + 3y + z − 66 = 0 và
điểm M (6;7;5). Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng (P) .
A. H (10;13;7) . B. H (10; 13 − ;7) . C. H (10; 7 − ;25) .
D. H (10;7; 25) . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi d là đường thẳng qua điểm M (6;7;5) và vuông góc với mặt phẳng ( P) ⇒ d có vectơ chỉ  
phương là u = n = (2;3; ) ( ) 1 . Px = 6 + 2t Phương trình tham số 
của đường thẳng d :  y = 7 + 3t ,t ∈  . z = 5+t
Hình chiếu H của M lên ( P) chính là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P).
H d H (6 + 2t;7 + 3t;5 + t )
H ∈ ( P) ⇒ 2(6 + 2t ) + 3(7 + 3t ) + (5 + t ) − 66 = 0 ⇔ 14t − 28 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H (10;13;7)
Câu 117: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm M (1; 2;3) có hình chiếu vuông góc trên trục Ox là điểm: A. (0;0;3) . B. (0;0;0) . C. (0; 2;0) . D. (1;0;0) . Hướng dẫn giải Chọn D.
Câu 118: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2x + 3y + z − 66 = 0 và
điểm M (6;7;5). Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng (P) .
A. H (10;13;7) . B. H (10; 13 − ;7) . C. H (10; 7 − ;25) .
D. H (10;7; 25) . Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi d là đường thẳng qua điểm M (6;7;5) và vuông góc với mặt phẳng ( P) ⇒ d có vectơ chỉ  
phương là u = n = (2;3; ) ( ) 1 . Px = 6 + 2t Phương trình tham số 
của đường thẳng d :  y = 7 + 3t ,t ∈  . z = 5+t
Hình chiếu H của M lên ( P) chính là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P).
H d H (6 + 2t;7 + 3t;5 + t )
H ∈ ( P) ⇒ 2(6 + 2t ) + 3(7 + 3t ) + (5 + t ) − 66 = 0 ⇔ 14t − 28 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H (10;13;7)
Câu 119: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 4;
− 0;0) và đường thẳng x =1− t  ∆ : y = 2
− + 3t . Gọi H ( ; a ;
b c) là hình chiếu của M lên ∆ . Tính a + b + . c z = 2 − tA. 3. B. 1. − C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn B.  a = 1− t Đườ 
ng thẳng ∆ có VTCP là u = ( 1 − ;3; 2 − ) , H ( ; a ;
b c) ∈ ∆ ⇒ t ∃ ∈  : b  = 2 − + 3t . Ta có: c = 2 − t     MH = (5 − t; 2 − + 3t; 2
t). H là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ khi MH ⊥ ∆ ⇔ . u MH = 0 ⇔ 1 − (5 −t) + 3( 2 − + 3t) − 2( 2 − t) = 11 0 ⇔ t = . 14  3 5 22  ⇒ H ; ; − .   14 14 14  3 5 22
a + b + c = + − = 1 − . 14 14 14 Cách khác  a = 1− t Đườ 
ng thẳng ∆ có VTCP là u = ( 1 − ;3; 2 − ) , H ( ; a ;
b c) ∈ ∆ ⇒ t ∃ ∈  : b  = 2 − + 3t . c = 2 − t
Ta có a + b + c = 1− t − 2 + 3t − 2t = 1 − .
Câu 120: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A( 2 − ; 5; − 7) và mặt phẳng
(α ): x + 2y z +1= 0. Gọi H là hình chiếu của A lên (α ). Tính hoành độ điểm H . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Hướng dẫn giải Chọn D. Đườ 
ng thẳng (∆) đi qua A( 2 − ; 5; − 7) và nhận n = − α
(1;2; )1 làm VTCP có phương trình x = 2 − + t ( )  ∆ : y = 5 − + 2t z = 7 −t
Gọi H là hình chiếu của A lên (α ) . Khi đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ x = 2 − + t t  = 3   y = 5 − + 2tx =1  ⇔  ⇒ x =1. z = 7 − ty = 1  H
x + 2y z +1= 0 z = 4 x 2 y 1 z 1
Câu 121: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và 3 1 1 điểm A1;2; 
3 . Tọa độ điểm A đối xứng với A qua d là:
A. A3;1;  5
B. A3;0;  5
C. A3;0;  5
D. A3;1;  5 Hướng dẫn giải Chọn C. Đườ 
ng thẳng d có một VTCP u  3;1;  1 . d  
Gọi  là mặt phẳng qua A và vuông góc với d nên có một VTPT n u   . 3; 1;  1 d
Do đó : 3x y z 4  0 .
Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên d thỏa mãn x 2 y 1 z 1     3 1 1  H 2;1;  1  . 3
 x y z 4  0 
Khi đó H là trung điểm của AA nên suy ra A3;0;  5 .
Câu 122: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x + y z − 4 = 0 và điểm M (1; 2 − ; 2
− ) . Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P) . A. N (3; 4;8) . B. N (3;0; 4 − ) . C. N (3;0;8) . D. N (3; 4; 4 − ) . Hướng dẫn giải Chọn B. ( 
P) : x + y z − 4 = 0 có VTPT là n = (1;1; − ) 1 .
Theo đề đường thẳng MN qua M (1; 2 − ; 2
− ) và nhận n = (1;1;− ) 1 làm VTCP. Phương trình đườ x −1 y + 2 z + 2 ng thẳng MN : = = . 1 1 1 −
H = MN ∩ ( P) nên tọa độ H thỏa hệ:
x + y z − 4 = 0
x + y z = 4 x = 2   
x −1 y + 2 z + 2 ⇔ x y = 3 ⇔ y = 1 − = =     1 1 1 − −y z = 4 z = 3 −   ⇒ H (2; 1 − ; 3 − )
x = 2x x = 3 N H M
Mặt khác, H là trung điểm MN nên tọa độ N :  y = 2 y y = 0 . N H M
x = 2z z = 4 −  N H M
Câu 123: [2H3-5.15-3] Cho tam giác ABC với A(1; 2; − )
1 , B (2; −1; 3) , C (− 4; 7; 5) . Độ dài phân giác trong của A
BC kẻ từ đỉnh B 2 74 2 74 3 73 A. . B. . C. . D. 2 30 . 5 3 3 Giải Chọn.B.
Gọi D (a; ;
b c) là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có  2 a = −  (  a − ) = − − 3 2 1 a 4  BA AD 1  1    =
= ⇒ AD = − CD ⇒  (b − ) 11 2 74 2 2 = b − + 7 ⇔ b  = ⇒ BD = . BC CD 2 2   (  c + ) 3 3 2 1 = −c + 5 c =1 
(P): x − 2y + 2z −3 = 0
Câu 124: [2H3-5.15-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng và (S) 2 2 2
: x + y + z + 2x − 4 y − 2z + 5 = 0 M ∈ ( P) N ∈ (S )  mặt cầu . Giả sử điểm và sao cho MN
cùng phương vớ u = (1;0; ) 1 i
và khoảng cách giữa M N là lớn nhất. Tính MN . A. MN = 3.
B. MN = 1+ 2 2 . C. MN = 3 2 . D. MN = 14 . Hướng dẫn giải Chọn C.
Mặt cầu (S ) có tâm I ( 1 − ;2; ) 1 bán kính R = 1 . 1 − − 4 + 2 − 3
Ta có d ( I,( P)) =
= 2 > R nên (P) không cắt (S ) . 1 + ( 2 − )2 2 2 + 2
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P) . Gọi T là giao điểm của d và mặt cầu (S )
thỏa d (T;( P)) > d ( I;( P)) .
Ta có d (T;( P)) = d ( I;( P)) + R = 2 +1 = 3.   1.1− 2.0 +1.2 1 Ta có cos (u,n = = P ) ( ) + (− )2 2 2 2 2 2 1 2 + 2 . 1 + 0 +1 
Đường thẳng MN có véctơ chỉ phương là u nên ta có (   MN ( P)) =
(u n = ⇒ MN P = °. P ) 1 sin , cos , ( ,( )) 45 2 NH
Gọi H là hình chiếu của N lên ( P) . Ta có MN = = NH. 2 . sin 45°
Do đó MN lớn nhất khi NH lớn nhất.
Điều này xảy ra khi N T H H′ với H′ là hình chiếu của I lên (P) . Khi đó NH
= TH′ = 3 và MN = NH . 2 = 3 2 . max max max
Document Outline

  • FILE 1 HHC3 12 HE TOA DO-MP-DT MỨC 3-4
    • Phần 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
    • Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
    • Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
  • FILE 2 HHC3 12 MAT CAU-GOC KHOANG CACH MỨC 3-4
    • Phần 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
    • Phần 5: TỔNG HỢP GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH