Phân dạng và bài tập phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12

Phân dạng và bài tập phương pháp tọa độ trong không gian 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!

72 36 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 1

HÌNH GIẢI TÍCH OXYZ

MÔN TOÁN – KHỐI 12

(PHẦN 1)

CHINH PH

Ụ

C K

Ỳ

THI THPT QU

Ố

C GIA

CÂU HỎI & LỜI GIẢI CHI TIẾT

TÀI LI

Ệ

U LƯU HÀNH N

Ộ

I B

Ộ

NĂM HỌC: 2020 – 2021

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 2

MỤC LỤC

Chuyên đề 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ.

 DẠNG TOÁN 1: TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK ..................................... 5

 DẠNG TOÁN 2: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ ....................................................... 9

 DẠNG TOÁN 3: XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG .......................................... 12

 DẠNG TOÁN 4: BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG, GÓC VÀ ỨNG DỤNG ..................... 15

 DẠNG TOÁN 5: BÀI TOÁN VỀ TÍCH CÓ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG ................................. 18

Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU.

 DẠNG TOÁN 1: TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU ................ 23

 DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH ........... 27

 DẠNG TOÁN 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG KÍNH31

 DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN .............................. 35

 DẠNG TOÁN 5: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK ............ 38

 DẠNG TOÁN 6: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT PHẲNG42

 DẠNG TOÁN 7: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRÊN NÓ.

..................................................................................................................................................................... 46

 DẠNG TOÁN 8: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY CUNG. .... 50

 DẠNG TOÁN 9: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK ........... 56

Chuyên đề 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG.

 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT .................................................. 64

 DẠNG TOÁN 2: PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG ............................................... 66

 DẠNG TOÁN 3: PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHÔNG DÙNG TÍCH CÓ HƯỚNG)

..................................................................................................................................................................... 69

 DẠNG TOÁN 4: PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG. ................... 72

 DẠNG TOÁN 5: PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU. ........................................ 75

 DẠNG TOÁN 6: PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG. ................... 79

 DẠNG TOÁN 7: PTMP QUA 3 ĐIỂM KHÔNG THẲNG HÀNG. .......................................... 83

 DẠNG TOÁN 8: PTMP VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG. ............................................. 86

 DẠNG TOÁN 9: PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG. ...................................... 89

 DẠNG TOÁN 10: PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG THẲNG

KHÁC. ........................................................................................................................................................ 92

 DẠNG TOÁN 11: PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC) .................. 96

 DẠNG TOÁN 12: PTMP SONG SONG VỚI MP, THỎA ĐK ................................................ 102

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 3

Chuyên đề 4: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG.

 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ................................................ 108

 DẠNG TOÁN 2: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHÔNG DÙNG T.C.H) ............... 111

 DẠNG TOÁN 3: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H .......................................... 114

 DẠNG TOÁN 4: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI ĐƯỜNG KIA.

................................................................................................................................................................... 119

 DẠNG TOÁN 5: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P). .......................... 124

 DẠNG TOÁN 6: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VUÔNG GÓC D2. ........ 129

 DẠNG TOÁN 7: PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VUÔNG GÓC VỚI D. ........ 134

 DẠNG TOÁN 8: GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG. ........................................................... 139

 DẠNG TOÁN 9: ĐƯỜNG VUÔNG GÓC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO

NHAU. ..................................................................................................................................................... 141

 DẠNG TOÁN 10: HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC CỦA D LÊN (P).......................................... 144

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 4

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

A.1.Hệ tọa độ trong không gian

Oxyz

+ Là hệ gồm 3 trục

, ,Ox Oy Oz

đôi một vuông góc với nhau.

+ Các véctơ

, ,i j k

  

lần lượt là 3 véctơ đơn vị trên

 

1;0;0

, , : ; 0;1;0

. . . 0

0;0;1

i j k

Ox Oy Oz j

i j j k i k









  

 



 

 

  











  



     



Tọa độ và tính chất của véctơ

Véctơ

 

; ;u x y z u xi y j zk    

    

A.2.Tính chất:

A.2.1. Véctơ:

Cho

 

1 1 1

; ;u x y z



 

2 2 2

; ;v x y z



2 2 2

1 1 1

u x y z  



1 2

x x

u v y y

z z







  









 

 

1 2 1 2 1 2

; ;u v x x y y z z    

 

 

1 1 1

; ;ku kx ky kz



CHUYÊ

N ĐỀ

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 5



cùng phương với

1 2

1 1 1

1 2

2 2 2

1 2

x kx

x y z

v k u kv y ky

x y z

z kz







        









  



A.2.2. Tọa độ điểm:

Điểm

( ; ; )M x y z OM xi yj zk   





 

Cho

 

; ;

A A A

A x y z

 

; ;

B B B

B x y z

 

; ;

C C C

C x y z

và

 

; ;

D D D

D x y z

 

     

2 2 2

; ;

| |

B A B A B A

AB x x y y z z

AB AB x x y y z z



   





      







+ Nếu

là trung điểm của

thì:

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

  

 

 

 

+ Nếu

là trọng tâm của tam giác

ABC

thì:

; ;

3 3 3

A B C A B C B C

x x x y y y z z

    

 

 

 

+ Nếu

chia

theo tỉ số

 

k MA kMB

 

thì:

( 1)

A B

x kx

y ky

y k

z kz







 

















+ Tích vô hướng của hai vectơ:Cho

 

1 1 1

; ;u x y z



và

 

2 2 2

; ;v x y z



Tích vô hướng của 2 vectơ là:

. | | .| | cos( , )u v u v u v

     

1 2 1 2 1 2

. . . .u v x x y y z z  

 

Suy ra:

1 2 1 2 1 2

. 0 . . . 0u v u v x x y y z z      

   

B. BÀI TẬP.

 DẠNG TOÁN 1:

TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho các vectơ





3; 2;1a  







1;1; 2

b   



 

2;1; 3c  



 

11; 6;5u  



. Mệnh đề nào sau đây đúng?

2 3u a b c  

   

. B.

2 3u a b c  

   

3 2 2u a b c  

   

. D.

3 2u a b c  

   

Lời giải

Chọn B



3 2a b c 

  

     

3 3; 2;1 2 1;1; 2 2;1; 3      

 

13; 7;4 

u



. Nên A sai.



2 3a b c 

  

     

2 3; 2;1 3 1;1; 2 2;1; 3      

 

5;0; 7 

u



. Nên B sai.



2 3a b c 

  

     

2 3; 2;1 3 1;1; 2 2;1; 3      

 

11; 6;5 

u



. Nên C đúng.



3 2 2a b c 

  

     

3 3; 2;1 2 1;1; 2 2 2;1; 3      

 

7; 10;13 

u



. Nên D sai.

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





1; 2;0A 

và





3;0;4B 

. Tọa độ của

véctơ



là

 BÀI TẬP NỀN TẢNG 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 6





4; 2; 4 

. B.





4;2;4

. C.





1; 1;2 

. D.





2; 2;4 

Lời giải

Chọn B

 

4;2;4AB  



Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho





1;5;2OM 







3;7; 4ON  



. Gọi

là điểm

đối xứng với

qua

. Tìm tọa độ điểm

 

5;9; 3P 

. B.

 

2;6; 1P 

. C.

 

5;9; 10P 

. D.

 

7;9; 10P 

Lời giải

Chọn C

Ta có:

   

1;5;2 1;5;2OM M 



   

3;7; 4 3;7; 4ON N   



Vì

là điểm đối xứng với

qua

nên

là trung điểm của

nên ta suy ra được

 

2 5

2 9 5;9; 10

2 10

P N M

x x x

y y y P

z z z

  





    





   



Câu 4: Trong không gian

Oxyz

cho ba điểm





1;1;1A





5; 1;2B





3;2; 4C

Tìm tọa độ điểm

thỏa mãn

2 0  

   

MA MB MC

3 9

4; ;

2 2

 

 

 

 

. B.

3 9

4; ;

2 2

 

 

 

 

. C.

3 9

4; ;

2 2

 

 

 

. D.

3 9

4; ;

2 2

 



 

 

Lời giải

Chọn D

Gọi

 

; ;M x y z

2 0  

   

MA MB MC

   

1 2 5 3 0

1 2 1 2 0

1 2 2 4 0







     



          

 

 

      











x x x

y y y y

z z z

3 9

4; ;

2 2

 

 

 

 

Câu 5: Trong không gian

Oxyz

, cho 3 vec tơ





2; 1;0 



a ,





1; 3;2  



b ,





2; 4; 3   



c . Tọa độ của

2 3u a b c  

   

 

3; 7; 9

 

5; 3; 9 

 

3; 7; 9  

 

5; 3; 9

Lời giải

Chọn D

2 3u a b c  

   

     

2 2; 1; 0 3 1; 3; 2 2; 4; 3        

 

2.2 3 2; 2 9 4; 6 3       

 

5; 3; 9 

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hình hộp

.ABCD A B C D

   

. Biết





2;4;0





4;0;0





1;4; 7

 

và





6;8;10



. Tọa độ điểm



là

 

8;4;10B



. B.

 

6;12;0B



. C.

 

10;8;6B



. D.

 

13;0;17B



Lời giải

Chọn D

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 7

Giả sử





; ;

D a b c





; ;

B a b c

   

Gọi

O AC BD 

1 7

;4;

2 2



 



 

 

 





 





 



Vậy

 

9;0;17DD







 

4; ;BB a b c

   

 



. Do

.ABCD A B C D

   

là hình hộp nên

DD BB

 



 











 











. Vậy

 

13;0;17B



Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hình hộp

.ABCD A B C D

   

. Biết





1;0;1A





2;1;2







1; 1;1









4;5; 5



. Gọi tọa độ của đỉnh





; ;

A a b c



. Khi đó

2a b c 

bằng?

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có.

 

1 ; 1 ;1

2 ;1 ;2

1 ; ;1

4 ;5 ; 5

A D a b c

A B a b c

A A a b c

A C a b c



 

    



 



   







   





    











Theo quy tắc hình hộp, ta có

A C A B A D A A

     

  

   



   

4 ;5 ; 5 4 3 ;2 3 ;3 3a b c a b c       

C(-1; 4;-7)

(4; 0; 0)

(2; 4; 0)

(6; 8; 10)

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 8



4 4 3

5 2 4

5 3 3

a a

b b

c c

  





  





   











 









Vậy

2 3a b c  

Câu 8:

Trong không gian v

ới hệ tọa độ

Oxyz

, đi

ểm n

ào sau đây thu

ộc mặt phẳng





Oxy

 

1;0;2N

. B.

 

0;1;2P

. C.

 

0;0;2Q

. D.

 

1;2;0M

Lời giải

Chọn D

Phương trình mặt phẳng

 

: 0Oxy z 

. Kiểm tra tọa độ các điểm ta thấy

 

D Oxy

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , , , số

điểm sao cho điểm là đỉnh của một hình bình hành là

A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Chọn D

Ta có , .

Dễ thấy nên hai véc tơ cùng phương do đó ba điểm , , thẳng

hàng.

Khi đó không có điểm nào để bốn điểm là bốn đỉnh của một hình bình hành.

Vậy không có điểm nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10:

Trong không gian với hệ tọa độ cho , . Tìm tọa độ của

A. B. C. D.

Lời giải

Chọn B

Ta có , .

Oxyz





1;2; 1







3;4;3

B 





3;1; 3



, , ,

A B C D





4; 2;4

AB  







2; 1; 2

  



AB AC

 

 

AB AC

 

, , ,

A B C D

Oxyz

2 3

a i j k

  

   

 

2; 3; 7





2 3

x a b

 

  





2; 3; 19

 







2; 3; 19

  







2; 1; 19

  







2; 1; 19

 



 

2; 3; 1

 



 

2; 3; 7

 



2 3

   

x a b

  





2; 3; 19

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 9

 DẠNG TOÁN 2:

TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





1;2;3A

và





5;2;0B

. Khi đó:

A. 61AB 



. B. 3AB 



. C. 5AB 



. D. 2 3AB 



Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

4;0; 3AB  



. Suy ra:

 

2 2

4 0 3 5AB     



Câu 12: Trong không gian

Oxyz

, cho





1;1; 3







3; 1;1

B 

. Gọi

là trung điểm của

, đoạn

có độ dài bằng

A. 2 6 . B. 6 . C. 2 5 . D. 5 .

Lời giải

Chọn D

Ta có

là trung điểm

nên

 

2;0; 1M 



4 0 1 5   

Câu 13: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho vectơ

2 3 6  



 



u i j k

. Tìm độ dài của vectơ



5



. B.

49



. C.

7



. D.

5



Lời giải

Chọn C

Ta có

 

2; 3;6 



nên

 

2 2

2 3 6 7    



Câu 14: Trong không gian Oxyz cho các điể













4;2;1

3; 4;0 ; 0;2;4 ;



A C

. Tọa độ diểm

trên

trục

sao cho

AD BC

là:

   

0;0;2 0;0;8D D

. B.

   

0;0;0 0;0; 6 D D

   

0;0; 3 0;0;3 D D

. D.

   

0;0;0 6;0;0D D

Lời giải

Chọn D

Gọi

 

;0;0x

Ta có:

 

2 2

3;4;0

3 4 0

4;0; 3







 





 





   



 









AD x

Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





3;2; 1







5;4;3

là điểm thuộc

tia đối của tia

sao cho



. Tìm tọa độ của điểm

 

7;6;7

. B.

13 10 5

; ;

3 3 3

 

 

 

. C.

5 2 11

; ;

3 3 3

 

 

 

 

. D.

 

13;11;5

Lời giải

Chọn A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 10

là điểm thuộc tia đối của tia

sao cho



nên

là trung điểm

 

4 6 7;6;7

y M

















 

    

 

 





 









Câu 16: Trong không gian

Oxyz

cho điểm





3; 4;3A 

. Tổng khoảng cách từ

đến ba trục tọa độ

bằng.

. B.

. C.

10 3 2

. D.

Lời giải

Chọn C

Hình chiếu của

lên trục

là

 

3;0;0A

nên

 

, 5d A Ox AA 

Hình chiếu của

lên trục

là

 

0; 4;0A 

nên

 

, 3 2d A Oy AA  .

Hình chiếu của

lên trục

là

 

0;0;3A

nên

 

, 5d A Oz AA 

Tổng khoảng cách từ

đến ba trục tọa độ bằng

10 3 2

Câu 17:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, cho hình vuông

ABCD

(3;0;8)B

( 5; 4;0)D  

. Bi

ế

đỉnh

thuộc mặt phẳng (

Oxy

) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA CB

 

bằng:

A. 6 10. B. 10 6. C. 10 5. D. 5 10.

Lời giải

Chọn A

Ta có trung điểm

là

( 1; 2;4)I  

12BD 

và điểm

thuộc mặt phẳng

( )Oxy

nên

( ; ;0)A a b

ABCD

là hình vuông 

2 2

AB AD

AI BD









 



 



 



2 2 2 2 2

2 2 2

( 3) 8 ( 5) ( 4)

( 1) ( 2) 4 36

a b a b

a b



      







    





2 2

4 2

( 1) (6 2 ) 20

b a

a a

 







   















hoặc



















 A(1; 2; 0) hoặc

17 14

; ;0

5 5



 

 

 

(loại).

Với

(1;2;0)A



( 3; 6;8)C  

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho tam giác

ABC

với





1;1;1 ,A





1;1; 0 ,

B 

 

3;1; 2C

. Chu vi của tam giác

ABC

bằng:

4 5

. B.

4 5

. C.

3 5

. D.

2 2 5

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 11

Lời giải

Chọn B

Ta có:

4 0 1 5, 4 0 1 5, 16 0 4 20 2 5AB AC BC            

Vậy chu vi tam giác

ABC

là :

4 5AB AC BC  

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho các điểm









1;2; 1 ; 1;1;3A B

. Gọi

là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác

AOB

, tính độ dài đoạn thẳng

OI 

. B.

OI 

. C.

OI 

. D.

OI 

Lời giải

Chọn D

Ta có

. 0OAOB 

 

nên tam giác

OAB

vuông tại

. Vậy,

chính là trung điểm

, suy ra:

1 17

2 2

OI AB 

Câu 20: Trong không gian

Oxyz

, cho ba điểm





0;0; 1







1;1;0

B 





1;0;1

. Tìm điểm

sao cho

2 2 2

3 2MA MB MC 

đạt giá trị nhỏ nhất

3 1

; ; 1

4 2

 



 

 

. B.

3 1

; ;2

4 2

 



 

 

. C.

3 3

; ; 1

4 2

 

 

 

 

. D.

3 1

; ; 1

4 2

 

 

 

 

Lời giải

Chọn D

Giả sử

 

   

2 2 2

2 2

; ; 1

; ; 1; 1; 1 1

1; ; 1

1 1

AM x y z

M x y z BM x y z BM x y z

CM x y z



   

 



 

         

 

 

  

    

 





     

2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 2 3 1 2 1 1MA MB MC x y z x y z

   

           

   

   

2 2

1 1x y z

 

    

 

   

2 2

2 2 2

3 5 5

4 4 4 6 4 8 6 2 2 1 2 2

2 4 4

x y z x y z x y z

 

               

 

 

Dấu

" "

xảy ra

x  

y 

1z  

, khi đó

3 1

; ; 1

4 2

 

 

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 12

 DẠNG TOÁN 3:

XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG

Câu 21:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hai điểm





1; 0;1A

và





4; 6; 2B 

. Điểm nào thuộc

đoạn

trong

điểm sau?

 

2; 6; 4N  

. B.

 

2; 2; 0Q

. C.

 

7;12; 5P

. D.

 

2; 6; 5M  

Lời giải

Chọn B

Giả sử

thuộc đoạn

 

, 0 1AC k AB k   

 

Ta có:

 

3;6; 3AB 



 

1; 6; 6AM  



 

3; 6;3AN  



 

1;2; 1AQ 



 

6;12;4AP



Do đó chỉ có

thuộc đoạn

Câu 22:

Trong không gian cho các vectơ



không đồng phẳng thỏa mãn

     

2x y a y z b x z c     



 

. Tính

T x y z  

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Vì các vectơ



không đồng phẳng nên:

2 0

x y

y z

x z

 





 





  



1x y z   

Vậy

3T x y z   

Câu 23:

Trong không gian

Oxyz

, cho bốn điểm









1; 2;0 , 1;0; 1A B 

và









0; 1;2 , 0; ;C D m k

. Hệ thức

giữa

và

để bốn điểm

ABCD

đồng phẳng là

2 0m k 

. B.

1m k 

. C.

2 3m k 

. D.

2 3 0m k 

Lời giải

Chọn C

(0;2; 1)AB  



( 1;1;2)AC  



( 1;m 2;k)AD   



, (5;1;2)AB AC

 



 

 

, . 2 3AB AC AD m k

 

   

 

  

Vậy bốn điểm

ABCD

đồng phẳng

, . 0 2 3AB AC AD m k

 

    

 

  

Chú ý: Có thể lập phương trình

( )ABC

sau đó thay

để có kết quả.

Câu 24:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm









; ; ; ; ;A a b c B m n p

. Điều kiện để

,A B

nằm

về hai phía của mặt phẳng

 

Oyz

là

0am



. B.

0c p

 

. C.

0cp



. D.

0bn



Lời giải

Chọn A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 13

Ta có phương trình mặt phẳng

 

Oyz

là

0.x



Do vậy

và

nằm về hai phía của mặt phẳng

 

Oyz

khi và chỉ khi hoành độ của điểm

và hoành độ của điểm

trái dấu. Điều này xảy ra khi

0.am



Câu 25:

Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho





2;3;1a 







1;5;2b  







4; 1;3c  



và

 

3;22;5x  



. Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau ?

2 3x a b c  

   

. B.

2 3x a b c  

   

2 3x a b c   

   

. D.

2 3x a b c  

   

Lời giải

Chọn D

Đặt:

. . .x m a n b p c  

   

, ,m n p 



       

3;22;5 . 2;3;1 . 1;5;2 . 4; 1;3m n p      

2 4 3

3 5 22

2 3 5

m n p

   





   





  



 

Giải hệ phương trình

 

ta được:













 



Vậy

2 3x a b c  

   

Câu 26: Trong không gian

Oxyz

, cho ba vectơ





1;1;0a  







1;1;0b 







1;1;1c 



. Tìm mệnh đề

đúng.

A. Hai vectơ



và



cùng phương.

B. Hai vectơ



và



không cùng phương.

. 1a c 

 

D. Hai vectơ



và



cùng phương.

Lời giải

Chọn B

Ta có

 

; 1; 1;0 0b c

 

  

 



suy ra hai vectơ



và



không cùng phương.

Câu 27:

Cho bốn điểm





0;0;0O





0;1; 2A 





1;2;1B





4;3;C m

. Tìm

để 4 điểm

đồng

phẳng.

14m 

. B.

7m 

. C.

14m  

. D.

7m  

Lời giải

Chọn A

Để 4 điểm

đồng phẳng , . 0OA OB OC

 

 

 

  

Ta có.

 

0;1; 2

1; 2;1

 





suy ra

 

, 5; 2 1OA OB

 

  

 

 

Mà

 

4;3;OC m



. Khi đó , . 0 20 6 0 14OA OB OC m m

 

      

 

  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 14

Câu 28:

Trong không gian

Oxyz

, cho các vectơ





5;3; 1  







1; 2;1







;3; 1 . 



c m

Giá trị của

sao

cho

 



 

  

a b c

là

2m

2 m

1m

1 m

Lời giải

Chọn A

 

, 5; 1;3 2

 

   

 

 

b c m m

Ta có:

1 3

, 2

3 2 1

 



 

   



 

  



  

a b c m

Câu 29:

Trong không gian

Oxyz

, cho bốn điểm





1; 2; 0 ,A 





0; 1;1 ,B 





2;1; 1 ,C 





3;1; 4D

. Hỏi

khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Bốn điểm

, , ,A B C D

là bốn điểm của một hình thoi.

B. Bốn điểm

, , ,A B C D

là bốn điểm của một tứ diện.

C. Bốn điểm

, , ,A B C D

là bốn điểm của một hình chữ nhật.

D. Bốn điểm

, , ,A B C D

là bốn điểm của một hình vuông.

Lời giải

Chọn B

     

 

1;1;1 ; 1; 3; 1 ; 2; 3; 4

4; 0; 4

AB AC AD

AB AC

    

   

  

 

. D 0AB AC A 

  

suy ra Bốn điểm

, , ,A B C D

là bốn điểm của một tứ diện đúng.

Câu 30:

Cho bốn điểm





1; 1; 1A 





5; 1; 1B 





2; 5; 2C





0; 3; 1D 

. Nhận xét nào sau đây là đúng?

, , , A B C D

là bốn đỉnh của hình tứ diện. B.

ABCD

là hình thang.

C. Ba điểm

, , A B C

thẳng hàng. D. Ba điểm

, , A B D

thẳng hàng.

Lời giải

Chọn A

Ta có:

     

6;0; 2 ; 3;4;1 , 1; 4 0AB AC AD     

  

Không có cặp vectơ nào cùng phương nên không có bộ 3 điểm nào thẳng hàng.

, . 56AB AC AD

 



 

  

nên 4 điểm tạo thành tứ diện.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 15

 DẠNG TOÁN 4:

BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG, GÓC VÀ ỨNG DỤNG

Câu 31:

Trong không gian với hệ tọa độ





; ; ;O i j k



 

, cho hai vectơ





2; 1;4a  



và

3b i k 

 



. Tính

.a b



. 11a b  



. B.

. 13a b  



. C.

. 5a b 



. D.

. 10a b  



Lời giải

Chọn D

Ta có

 

1;0; 3b  



nên

. 2 12 10a b    



Câu 32:

Trong không gian

,Oxyz

cho hai vector

   

1 2 3 1 2 3

, , , , ,a a a a b b b b 

 

khác







cos ,a b

 

là biểu

thức nào sau đây?

1 1 2 2 3 1

a b a b a b

a b

 

 

. B.

1 2 2 3 3 1

a b a b a b

a b

 

 

. C.

1 1 2 2 3 3

a b a b a b

a b

 

 

. D.

1 3 2 1 3 2

a b a b a b

a b

 

 

Lời giải

Chọn C.

Ta có

 

1 1 2 2 3 3

cos ,

. .

a b a b a b

a b

a b a b

 

 

 

   

Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

cho ba vectơ





1;1;0a  







1;1;0b 







1;1;1

c 



Mệnh đề nào dưới đây sai?

.b c

 

2.a 



.b a

 

3.c 



Lời giải

Chọn A

Ta có

. 1.1 1.1 0.1 2 0b c b     

  

không vuông góc với



Câu 34:

Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho véctơ





1; 2;3a  



. Tìm tọa độ của véctơ



biết

rằng véctơ



ngược hướng với véctơ



và

2b a



 

2; 2;3b   



. B.

 

2; 2;3b  



. C.

 

2; 4;6b  



. D.

 

2;4; 6b   



Lời giải

Chọn D

Vì véctơ



ngược hướng với véctơ



và 2b a



nên ta có

 

2 2;4; 6b a    

 

Câu 35:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho vectơ





1;1; 2u  







1;0;v m



. Tìm

để góc giữa hai

vectơ

,u v

 

bằng

45

2m 

. B.

2 6m  

. C.

2 6m  

. D.

2 6m  

Lời giải

Chọn B

Ta có:



 

cos ,

u v



 

 

2 2 2 2

1 2

1 1 2 . 1





   

1 2 2

6. 1



 



1 2 3 1m m   

2 2

4 4 1 3 3m m m    

(điều kiện

m 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 16

4 2 0m m   

2 6



 





 





. Đối chiếu đk ta có 2 6m   .

Câu 36:

Trong không gian

Oxyz

, véctơ nào dưới đây vuông góc với cả hai véctơ





1;0;2

u  



 

4;0; 1v  



 

1;7;1w 



. B.

 

0; 1;0w  



. C.

 

1;7; 1w   



. D.

 

0;7;1w 



Lời giải

Chọn B

Hai véctơ

 

1 2 3

; ;a a a a



và

 

1 2 3

; ;b b b b



vuông góc với nhau 

. 0a b 



Câu 37:

Trong không gian Oxyz, cho

 

a b

có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết

3 

 

a b

khi đó góc giữa

vectơ

 

a b

là



. B.



. C.

. D.





Lời giải

Chọn C.

Ta có:

2 2

3 2 . 9 2 . 9 9 1 2 . 2              

           

a b a a b b a b a b a b

   

. 2

cos , 1 , 0

1.2

     

 

   

 

a b

a b a b

a b

Câu 38: Trong không gian

Oxyz

, cho hai vectơ



và



tạo với nhau một góc

120

và 2u 



v 



Tính u v

 

. B. 39 . C. 19 . D.

5

Hướng dẫn giải

Chọn C

Ta có :

 

u v

 

 

u v 

 

2 2

2u uv v  

   

 

2 2

2 . cos ;u u v u v v  

     

2 2

2 2.2.5. 5 19

 

    

 

 

Suy ra 19u v 

 

Câu 39:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho





1; 2;3S

và các điểm

thuộc các trục

sao cho hình chóp

.S ABC

có các cạnh

đôi một vuông góc với nhau. Tính thể

tích khối chóp

.S ABC

343

. B.

343

. C.

343

. D.

343

Lời giải

Chọn B

( ;0;0)A a

(0; ;0)B b

(0;0; )C c

( 1; 2; 3)SA a   



;

( 1; 2; 3)SB b   



;

( 1; 2; 3)SC c   



Vì

đôi một vuông góc nên

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 17

. 0

SA SB SA SB

SB SC SB SC

SA SC SA SC

 

 

 

  

 

 

 

 

 

   

   

2 14

2 3 14

3 14

a b

b c b

a c







 





 

    

 

 

 











đôi một vuông góc, nên:

1 1 7 7 343

. . .7. .

6 6 2 3 36

SABC

V SA SB SC  

Câu 40:

Trong mặt phẳng tọa độ

Oxyz

, cho bốn điểm





0; 1;2A 





2; 3;0B 





2;1;1C 





0; 1;3D 

. Gọi

 

là tập hợp tất cả các điểm

trong không gian thỏa mãn đẳng thức

. . 1

MA MB MC MD

 

   

Biết rằng

 

là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính

bằng bao nhiêu?

r 

. B.

r 

. C.

r 

. D.

r 

Lời giải

Chọn C

Gọi

 

; ;M x y z

là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có

 

; 1; 2AM x y z  



 

2; 3;BM x y z  



 

2; 1; 1CM x y z   



 

; 1; 3DM x y z  



Từ giả thiết:

. 1

. . 1

. 1

MA MB

MA MB MC MD

MC MD







  









 

   

 

      

       

2 1 3 2 1

2 1 1 1 3 1

x x y y z z

      







       





2 2 2

2 4 2 2 0

2 4 1 0

x y z x y z

x y z x z



      







     





Suy ra quỹ tích điểm

là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm

 

1; 2;1I 

2R  và

mặt cầu tâm





1;0;2

I 

2R  .

Ta có:

1 2

5I I 

Dễ thấy:

1 2

5 11

2 4 2

I I

r R

 

    

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 18

 DẠNG TOÁN 5:

BÀI TOÁN VỀ TÍCH CÓ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG

Câu 41:

Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho ba vectơ:









2; 0; 3 , 0; 4; 1 ,

a b   

 

 

2; ; 5 .c m m 



Tính

để

, ,a b c

  

đồng phẳng?

2 4m m  

. B.

2 4m m    

. C.

2 4m m   

. D.

2 4m m   

Lời giải

Chọn B

, ,a b c

  

đồng phẳng

 

2 2

, . 0 12 2 2 40 0 6 8 0

a b c m m m m

 



 

            



 

 



  

Câu 42: Cho bốn điểm





; 1; 6

A a 





3; 1; 4

  





5; 1; 0

C 

và





1; 2;1

thể tích của tứ diện

ABCD

bằng

. Giá trị của

là.

. B.

. C.

hoặc

. D.

Lời giải

Chọn C

Ta có

 

3; 0;10BA a 



 

8; 0; 4BC 



 

4; 3; 5BD 



Suy ra

 

, 12; 24; 24

BC BD

 

  

 

 

Do đó

30 , . 30

ABCD

V BC BD BA

 

  

 

  

 

12 3 24.0 24.10 180 17 15a a        













Câu 43:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho bốn điểm





1; 2;0A 





3;3;2B





1;2;2C 

và

 

3;3;1D

. Độ dài đường cao của tứ diện

ABCD

hạ từ đỉnh

xuống mặt phẳng

 

ABC

bằng

7 2

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

2;5;2AB 



 

2;4;2AC  



 

2;5;1AD 



Khoảng cách từ điểm

đến mặt phẳng

 

ABC

bằng

ABCD

ABC

3. , .

AB AC AD

AB AC

 

 



 

 

  

 

7 2

 .

Câu 44:

Trong không gian

Oxyz

, cho





2;1; 1A 





3; 0;1B





2; 1; 3C 

và

nằm trên trục

và thể

tích tứ diện

ABCD

bằng

. Tọa độ của

là.

 

0; 7; 0

0; 8; 0











. B.

 

0;8; 0D

. C.

 

0; 7; 0

0; 8; 0







. D.

 

0; 7; 0D 

Lời giải

Chọn C

Vì

D Oy

nên

(0; ;0)D y

Ta có:

(1; 1;2)AB  



 

0; 2;4AC  



 

, 0; 4; 2AB AC

 

   

 

 

 

2; 1;1AD y  



1 1

, . 2 4 5

6 6

ABCD

V AB AC AD y

 



 

    



 





  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 19

Câu 45:

Cho tứ diện

ABCD

biết

















0; 1;3 , 2;1;0 , 1;3;3 , 1; 1; 1A B C D   

. Tính chiều cao

của tứ

diện.

AH 

. B.

AH 

. C.

29AH 

. D.

AH 

Lời giải

Chọn D

Cách 1.

Ta có

     

2; 2;3 , 3;2;3 , 1; 2; 1BA BC BD        

  

Độ dài

; .

;

BC BD BA

BC BD

 

 

 

 

 

  

 

Cách 2.

Mặt phẳng

 

BCD

nhận vectơ

 

4; 6;8BC BD  

 

làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm

 

1; 1; 1D  

có phương trình là

2 3 4 1 0x y z   

Khi đó

 





 

2 2

2.0 3. 1 4.3 1

2 3 4

AH d A BCD

   

  

  

Câu 46:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho





1;2;0A





3; 1;1B 





1;1;1C

. Tính diện tích

của tam giác

ABC

2S 

. B.

1S 

. C.

S 

. D.

3S 

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

2; 3;1AB  



 

0; 1;1AC  



 

; 2; 2; 2AB AC

 

    

 

 

Do đó

;

S AB AC

 



 

 

     

2 2 2

2 2 2 3

      

Câu 47:

Trong không gian

Oxyz

, cho hình hộp

.ABCD A B C D

   

có





1;1; 6A







0; 0; 2B







5;1;2



và

 

2;1; 1D





. Thể tích khối hộp đã cho bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Thể tích khối hộp đa cho

6 , .

ABCD

V V AB AC AD



 



 

 

 

  

Ta có:

 

1; 1; 4AB   



 

6; 0; 8AC  



và

 

1; 0; 5AD







Do đó:





, 8; 16; 6

AB AC

 

   

 

 

 

. Suy ra

, . 38

AB AC AD

 



 

 

 

  

. Vậy

38V 

Câu 48:

Trong không gian

Oxyz

, cho hình hộp

.ABCD A B C D

   

có





1;1; 6A 





0;0; 2B 





5;1;2C 

và

 

2;1; 1D





. Thể tích khối hộp đã cho bằng:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 20

Thể tích khối hộp đa cho

6 , .

ABCD

V V AB AC AD



 



 

 

  

Ta có:

 

1; 1;4AB   



 

6;0;8AC  



và

 

1;0;5AD







Do đó:

 

, 8; 16; 6AB AC

 

   

 

 

. Suy ra

, . 38AB AC AD

 



 

 

  

. Vậy

38V 

Câu 49:

Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho cho













1; ;2 , 1;2;1 , 0; 2;2a t b t c t    

  

. Xác định t

để ba vectơ

, ,a b c

  

đồng phẳng.

. B.

2

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Tính

 

, 4;2 1;2a b t t t t

 

    

 

 

Ba vectơ

, ,a b c

  

đồng phẳng

, . 0

a b c t

 

   

 

  

. Vậy chọn

Câu 50:

Trong không gian

Oxyz

, cho hình hộp chữ nhật

.ABCD A B C D

   

có

trùng với gốc tọa độ

Biết rằng

 

;0;0B m

 

0; ;0D m

 

0;0;A n



với

là các số dương và

4m n 

. Gọi

là

trung điểm của cạnh



. Thể tích lớn nhất của khối tứ diện

BDA M



bằng

. B.

. C.

. D.

245

108

Lời giải

Chọn B

Ta có:

 

0;0;0A

 

;0;0B m

 

0; ;0D m

 

0;0;A n



suy ra

 

; ;0C m m

 

;0;B m n



 

; ;C m m n



 

0; ;D m n



; ;

M m m

 

 

 

 

; ;0BD m m 



 

;0;BA m n



 



0; ;

BM m

 



 

 



, .

BDA M

V BD BA BM



 





 

  

m n

 

. 4

m m 

 

. . 8 2

m m m 

1 8 2

8 3

m m m  

 



 

 



 HẾT 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 21

LOẠI 1 LOẠI 2

Phương Trình

     

     

2 2 2

x a y b z c R

      

2 2 2

2 2 2 0x y z ax by cz d

Xác Định

Tâm

Lấy hệ số tự do trong ngoặc chia

cho

1

Lấy hệ số trước

; ;x y z

chia cho

2

Bán

Kính

Lấy căn bậc 2 vế phải.

   

2 2 2

R a b c d

Điều kiện tồn tại mặt cầu:

   

2 2 2

0a b c d

A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI:

Trong không gian

Oxyz

, cho



  

 

0 0 0

x x y y z z

a b c

; mặt phẳng

 



   : 0Ax By Cz D

và

mặt cầu

 

;S I R

. Khi đó:

MẶT PHẲNG

MẶT CẦU

Không cắt











   

Tiếp xúc















  

S M

Cắt theo giao tuyến là đường

tròn

















  

;

S C I r

 



;d I R

 



 ;d I R

Mặt phẳng

tiếp xúc mặt cầu tại điểm

 



 ;d I R

 



cắt mặt

cầu theo giao tuyến là đường

tròn có tâm



và bán kính

 



 

2 2

;R r d I

HÌNH

MINH HỌA

ĐƯỜNG THẲNG

MẶT CẦU

Không cắt







   

Tiếp xúc











  

S H

Cắt tại hai điểm A;B











  

;

S A B

CHUYÊ

N ĐỀ

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 22

 



;d I R

 



 ;d I R

Đường

thẳng tiếp xúc mặt cầu tại

điểm

 



 ;d I R

 



 

;

A B

R d I

HÌNH

MINH

HỌA

B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP:

LOẠI HƯỚNG DẪN

LOẠI

 

có tâm

 

; ;I a b c

và bán kính

Phương trình

       

     

2 2 2

:S x a y b z c R

LOẠI

 

có tâm

 

; ;I a b c

và đi qua điểm





0 0 0

; ;

M x y z

– Bán kính mặt cầu

     

      

2 2 2

0 0 0

R IM x a y b z c

– Mặt cầu có tâm

 

; ;I a b c

và bán kính

R IM

LOẠI

 

nhận

 

; ;

M M M

M x y z

và

 

; ;

N N N

N x y z

– Gọi

là tâm mặt cầu







S I

là trung điểm của

  

 



 

 

; ;

2 2 2

M N M N M N

x x y y z z

I .

– Bán kính mặt cầu

 

R IM

LOẠI





có tâm

 

; ;I a b c

và

tiếp xúc

với:

 



   

: 0

A x By Cz D

hoặc mặt phẳng

     

; ;Oxy Oxz Oyz

–

Bán kính m

ặt cầu

 

 



  





 





















2 2 2

;

A a Bb Cc D

d I T iep xuc

A B C

d I Oxy z T iep xuc Oxy

d I Oxz y T iep xuc Oxz

d I Oyz x T iep xuc Oyz

– Mặt cầu có tâm

 

; ;I a b c

và bán kính

 



 ;R d I



  

 

0 0 0

x x y y z z

a b c

hoặc trục tọa độ

; ;Ox Oy Oz

– Bán kính mặt cầu

 

 



 

 









 



 



 







2 2

;

I I

u MI

d I T iep xuc

d I Ox y z T iep xuc Ox

d I Oy x z T iep xuc Oy

d I Oz x y T iep xuc Oz

– Mặt cầu có tâm

 

; ;I a b c

và bán kính

 



 ;R d I

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 23

LOẠI

 

có tâm

 

   

    

: . . . 0

I P x y z

và đi qua

; ;A B C

– Gọi





; ;

I a b c

là tâm mặt cầu

   

   

     . . . 0 1I P a b c

– Mặt cầu

 

đi qua ba điểm

 







   









2 2

; ;

IA IB

A B C IA IB IC

IA IC

– Từ









1 ; 2

và







là thỏa hệ:

   

   





 









2 2

. . . 0a b c

IA IB

IA IC

tọa độ

– Mặt cầu có tâm





; ;

I a b c

và bán kính

R IA

LOẠI

 

đi qua 4 điểm

; ; ;A B C D

không

đồng phẳng

– Gọi





; ;I a b c

là tọa độ tâm mặt cầu cần tìm.

– Mặt cầu

 

đi qua 4 điểm







      









2 2

IA IB

IA IB IC ID IA IC

IA ID

tọa độ

– Mặt cầu có tâm





; ;

I a b c

và bán kính

R IA

 DẠNG TOÁN 1:

TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU

Câu 1:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, tìm tọa độ tâm

và bán kính

của mặt cầu

     

2 2

: 1 1 4S x y z    

 

1;0;1 , 2I R 

. B.

 

1;0; 1 , 4I R 

. C.

 

1;0; 1 , 2I R 

. D.

 

1;0;1 , 4I R 

Lời giải

Chọn C

Tọa độ tâm

 

1;0; 1I 

và bán kính

2R 

Câu 2:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 4 4 6 3 0S x y z x y z      

. Tọa độ

tâm

và tính bán kính

của

 

2; 2;3I  

và

20R 

. B.

 

2;2; 3I 

và

20R 

 

4;4; 6I 

và

71R 

. D.

 

4; 4;6I  

và

71R 

Lời giải

Chọn B

Tâm I của mặt cầu

 

là

 

2;2; 3I  

, bán kính là

2 2 2

2 2 ( 3) 3 20R      

Câu 3:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





   

2 2

1 1 2x y z    

. Tìm tọa độ tâm

và tính bán kính

của

 

1; 1;0I 

và

2R 

. B.

 

1;1;0I 

và

2R 

 

1;1;0I 

và

2R 

. D.

 

1; 1;0I 

và

2R 

Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 24

Chọn A

Mặt cầu

 

   

2 2

1 1 2x y z    

có tọa độ tâm

 

1; 1;0I 

và bán kính

2R 

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

. Hãy xác định tâm

của mặt cầu có phương trình:

2 2 2

2 2 2 8 4 12 100 0x y z x y z      

 

4;2; 6I  

. B.

 

2; 1;3I 

. C.

 

2;1; 3I  

. D.

 

4; 2;6I 

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu có phương trình là

2 2 2

4 2 6 50 0x y z x y z      

     

2 2 2

2 1 3 8x y z      

, suy ra tâm của mặt cầu là

 

2;1; 3I  

Câu 5:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Tìm độ dài đường kính của mặt cầu





có phương trình

2 2 2

2 4 2 0x y z y z     

. B.

2 3

. C. 2. D. 1.

Lời giải

Chọn B

Có:

2 2 2

2 4 2 0x y z y z     

1a 

0b 

2c  

2d 

2 2 2

3 0a b c d    

Bán kính

2 2 2

3r a b c d    

Vậy đường kính là

2 3

Câu 6:

Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 4 2 6 5 0S x y z x y z      

. Mặt cầu





có bán

kính là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

có tâm

 

2;1; 3I  

và bán kính

   

2 2

2 1 3 5 3

      

Câu 7:

Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt cầu





2 2 2

: 4 2 2 3 0.S x y z x y z

      

Tìm tọa

độ tâm

và bán kính

của

 

2; 1;1I



và 3R



. B.

 

2;1; 1I

 

và 3R



 

2;1; 1I

 

và 9R



. D.

 

2; 1;1I



và 9R



Lời giải

Chọn A

Ta viết lại mặt cầu

 

như sau

       

2 2 2

: 2 1 1 9.S x y z     

Mặt cầu

 

có tâm

 

; ; ,I a b c

bán kính

có phương trình.

       

2 2 2

: .S x a y b z c R     

Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu

       

2 2 2

: 2 1 1 9S x y z     

có tâm

 

2; 1;1I 

và bán

kính

9 3.R  

Câu 8:

Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho các phương trình sau, phương trình nào không

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 25

phải là phương trình của mặt cầu?

2 2 2

2 2 2 4 2 2 16 0x y z x y z      

. B.

2 2 2

3 3 3 6 12 24 16 0x y z x y z      

2 2 2

2 2 2 8 0x y z x y z      

. D.

     

2 2 2

1 2 1 9x y z     

Lời giải

Chọn A

Xét C.

 

2 2 2 2 2 2

2 2 2 4 2 2 16 0 1 2 8 0x y z x y z x y z x y z              

Ta có:

2 2 2

1 1 13

1, , , 8 0

2 2 2

a b c d a b c d            

Suy ra

 

không là phương trình đường tròn.

Câu 9:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, trong các phương trình sau, phương trình nào không phải

là phương trình của một mặt cầu?

2 2 2

2 2 6 7 0       x y z x y z

. B.

2 2 2

2 2 2 2 0      x y z x y z

2 2 2

2 2 2 2 0     x y z x y

. D.

2 2 2

2 2 2 4 6 8 4 0      x y z x y z

Lời giải

Chọn C

Vì hệ số của

2 2 2

, ,x y z

không bằng nhau.

Câu 10: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho các phương trình sau, phương trình nào

không phải là phương trình của mặt cầu?

2 2 2

2 2 2 8 0x y z x y z      

. B.

     

2 2 2

1 2 1 9x y z     

2 2 2

2 2 2 4 2 2 16 0x y z x y z      

. D.

2 2 2

3 3 3 6 12 24 16 0x y z x y z      

Lời giải

Chọn C

Xét C:

 

2 2 2 2 2 2

2 2 2 4 2 2 16 0 1 2 8 0x y z x y z x y z x y z              

Ta có:

2 2 2

1 1 13

1, , , 8 0

2 2 2

a b c d a b c d            

Suy ra

 

không là phương trình đường tròn.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 26

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 27

 DẠNG TOÁN 2:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH

Câu 11: Trong hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm





1;2;3

bán kính

1r 

   

2 2

1 ( 2) 3 1x y z     

. B.

   

2 2

1 ( 2) 3 1x y z     

   

2 3

1 ( 2) 3 1x y z     

. D.

2 2 2

2 4 6 13 0x y z x y z      

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu (S) có tâm

 

; ;I a b c

, bán kính

0R 

có phương trình:

       

2 2 2

: S x a y b z c R     

Câu 12:

Trong hệ tọa độ

Oxyz

, mặt cầu tâm





1; 0; 2I 

bán kính

5R 

có phương trình là

   

2 2

1 2 25 0x y z     

. B.

   

2 2

1 2 25x y z    

   

2 2

1 2 25x y z    

. D.

   

2 2

1 2 25x y z    

Lời giải

Chọn D

 

     

1;0; 2

: : 1 2 25

S S x y y





     









Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu

tâm

 

1;2; 4I 

và thể tích của khối cầu tương ứng bằng

36 .



     

2 2 2

1 2 4 9.x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 4 3.x y z     

     

2 2 2

1 2 4 9.x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 4 9.x y z     

Lời giải

Chọn C

Ta có

36 3.

V R R

 

   

Phương trình mặt cầu tâm

 

1;2; 4I 

và bán kính

3R 

là :

     

2 2 2

1 2 4 9.x y z     

Câu 14:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





có tâm





1;2; 3I 

và đi qua

 

1;0;4A

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

Lời giải

Chọn B

Ta có

53R IA 

Phương trình mặt cầu tâm

 

1;2; 3I 

và bán kính

53R 

là

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

Câu 15: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, Mặt cầu





có tâm





3; 3;1I 

và đi qua điểm





5; 2;1

A 

có phương trình là

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 28

     

2 2 2

5 2 1 5x y z     

. B.

     

2 2 2

5 2 1 5x y z     

     

2 2 2

3 3 1 25x y z     

     

2 2 2

3 3 1 5x y z     

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

có tâm

 

3; 3;1I 

và bán kính

có phương trình là:

     

2 2 2

3 3 1x y z R     

Mà

   

5; 2;1A S 

nên ta có

     

2 2 2

5 3 2 3 1 1 R      

5R 

Vậy Mặt cầu





có tâm





3; 3;1

I 

và đi qua điểm





5; 2;1

A 

có phương trình là

     

2 2 2

3 3 1 5x y z     

Câu 16:

Trong không gian

Oxyz

cho m

ặ

t c

ầ

u tâm

(1; 2;3)I 

có đư

ờ

ng kính b

ằ

có phương tr

ình là

     

2 2 2

1 2 3 36x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 3 36x y z     

     

2 2 2

1 2 3 9x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 9x y z     

Lời giải

Chọn C

Theo giả thiết mặt cầu có bán kính bằng

nên có bán kính

3R 

, Tâm mặt cầu là

(1; 2;3)I 

nên có phương trình

     

2 2 2

1 2 3 9x y z     

Câu 17: Mặt cầu có tâm





1;2;3I

và tiếp xúc với mặt phẳng





Oxz

là.

2 2 2

2 4 6 10 0x y z x y z      

. B.

2 2 2

2 4 6 10 0x y z x y z      

2 2 2

2 4 6 10 0x y z x y z      

. D.

2 2 2

2 4 6 10 0x y z x y z      

Lời giải

Chọn D

Ta có: Mặt cầu có tâm

 

1;2;3I

tiếp xúc

 

: 0Oxz y 

nên có bán kính sẽ là khoảng cách từ

 

1;2;3I

đến mặt phẳng

 

Oxz

bằng 2. Vậy

       

2 2 2

: 1 2 3 4S x y z     

Dạng tổng quát là:

2 2 2

2 4 6 10 0x y z x y z      

Câu 18:

Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1;2; 3I 

. Viết phương trình mặt cầu có tâm là

và bán kính

2R 

2 2 2

2 4 6 5 0x y z x y z      

. B.

2 2 2

2 4 6 5 0x y z x y z      

     

2 2 2

1 2 3 4x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 4x y z     

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu có phương trình.

     

2 2 2

1 2 3 4x y z     

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





có tâm





1;0; 3I 

và

đi qua điểm

 

2; 2; 1 .M 

     

2 2

: 1 3 9S x y z    

. B.

     

2 2

: 1 3 3S x y z    

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 29

     

2 2

: 1 3 3S x y z    

. D.

     

2 2

: 1 3 9S x y z    

Lời giải

Chọn A

Ta có.

           

2 2 2 2 2

2 1 2 0 1 3 3

M I M I M I

R IM x x y y z z                

 

Từ đó ta có phương trình mặt cầu

( )S

có tâm

 

1;0; 3I 

và đi qua điểm

 

2; 2; 1 .M 

là:

     

2 2

: 1 3 9S x y z    

Câu 20: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho điểm









1;0;4 , 1;2; 3A I 

. Mặt cầu





có tâm

và đi qua

có phương trình:

     

2 2 2

1 2 3 14x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

     

2 2 2

1 2 3 17x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 53x y z     

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

có tâm

và đi qua

suy ra bán kính mặt cầu là

53R IA 

Phương trình mặt cầu

       

2 2 2

: 1 2 3 53S x y z     

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 30

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 31

 DẠNG TOÁN 3:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG

KÍNH

Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm









3; 2;5 , 1;6; 3M N  

. Phương

trình nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính

A. . B. .

     

2 2 2

1 2 1 6x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 1 6x y z     

Lời giải

Chọn B

Trung điểm

là

     

2 2 2

(1;2;1), 12 ( ) : 1 2 1 36.I MN S x x x       

Câu 22:

Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai điểm





2;1;1A 

và





0; 1;1 .B 

Viết phương trình

mặt cầu đường kính

.AB

   

2 2

1 1 8x y z    

. B.

   

2 2

1 1 2x y z    

   

2 2

1 1 8x y z    

. D.

   

2 2

1 1 2x y z    

Lời giải

Chọn D

Theo đề ta có mặt cầu đường kính

có tâm là trung điểm

 

1;0;1I 

của

và bán kính

R  

Nên phương trình mặt cầu là:

   

2 2

1 1 2x y z    

Câu 23:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm

(2;1;1), (0;3; 1)E F 

. Mặt cầu





đường kính

có phương trình là

   

1 2 3x y z     . B.

   

1 2 9x y z     .

 

2 2

1 9x y z   

. D.

   

2 1 ( 1) 9x y z      .

Lời giải

Chọn A

- Gọi

là trung điểm

(1;2;0)I

- Khi đó, mặt cầu

 

có tâm

(1;2;0)I

và bán kính

3R IE 

- Phương trình

2 2 2

( ): ( 1) ( 2) 3S x y z    

Câu 24:

Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm









3; 2;5 , 1;6; 3M N  

. Phương trình

nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính

A. . B.

     

2 2 2

1 2 1 6x y z     

     

2 2 2

1 2 1 6x y z     

. D. .

Lời giải

Chọn D

     

2 2 2

1 2 1 36

x y z

     

     

2 2 2

1 2 1 36

x y z

     

     

2 2 2

1 2 1 36

x y z

     

     

2 2 2

1 2 1 36

x y z

     

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 32

Trung điểm

là

     

2 2 2

(1;2;1), 12 ( ) : 1 2 1 36.I MN S x x x       

Câu 25:

Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





2;1;0A 





2; 1;2B 

. Phương trình của mặt cầu có

đường kính

là:

 

2 2

1 6x y z   

. B.

 

2 2

1 24x y z   

 

2 2

1 24x y z   

. D.

 

2 2

1 6x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu đường kính

có tâm

 

0;0;1I

là trung điểm của

và mặt cầu có bán kính

R 

 

2 2

4 2 2

  



6

Vậy phương trình mặt cầu là:

 

2 2

1 6x y z   

Câu 26: Trong không gian

Oxyz

, Cho hai điểm





1;1;0 ,





1; 1; 4

 

. Phương trình của mặt cầu

 

đường kính

là

   

2 2

1 4 5x y z    

. B.

   

2 2

1 2 5x y z    

   

2 2

1 2 5x y z    

. D.

   

2 2

1 2 5x y z    

Lời giải

Chọn B

 

0; 2; 4 2 5.AB AB

    



Vì mặt cầu

 

có đường kính

 

AB S



nhận trung điểm

 

1;0; 2I



làm tâm và bán kính

     

2 2

5 : 1 2 5.

R S x y z

       

Câu 27:

Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai điểm





3;0; 1A 





5;0; 3 .B 

Viết phương trình của

mặt cầu





đường kính

.AB

     

2 2

: 2 2 4S x y z    

. B.

 

2 2 2

: 8 4 12 0S x y z x z     

 

2 2 2

: 8 4 18 0S x y z x z     

. D.

     

2 2

: 4 2 8S x y z    

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

2;0; 2 2 2AB AB   

 

Gọi

là trung điểm

 

4;0; 2AB I 

Mặt cầu:

     

2 2

: 4 2 8S x y z    

Câu 28:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm









3;2;0 , 1;2;4A B

. Viết phương trình mặt

cầu





đường kính

       

2 2 2

: 1 2 2 8S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 1 2 2 16S x y z     

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 33

       

2 2 2

: 1 2 2 8S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 1 2 2 32S x y z     

Lời giải

Chọn C

Tâm

mặt cầu là trung điểm

nên

 

1;2;2I 

và bán kính

2 2.

R  

Câu 29:

Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1;2;3M

và





1;2; 1N  

. Mặt cầu đường kính

có

phương trình là

   

2 2

2 1 20x y z    

. B.

   

2 2

2 1 5x y z    

   

2 2

2 1 5x y z    

. D.

   

2 2

2 1 20x y z    

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu đường kính

có tâm

 

0;2;1I

là trung điểm

và bán kính

5R IM 

Do đó mặt cầu này có phương trình

   

2 2

2 1 5x y z    

Câu 30:

Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho các điểm









1;0;2 , 1;2;4A B 

. Phương trình mặt

cầu đường kính

là:

   

2 2

1 3 3x y z    

. B.

   

2 2

1 3 12x y z    

   

2 2

1 3 3x y z    

. D.

   

2 2

1 3 12x y z    

Lời giải

Chọn C

Gọi

 

; ;I x y z

là tâm mặt cầu, nên I là trung điểm AB.

Suy ra tọa độ điểm

 

0;1; 3I

Ta có:

 

1;1;1 3IA R IA   



Nên phương trình mặt cầu:

   

2 2

1 3 3.x y z    

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 34

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 35

 DẠNG TOÁN 4:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN

Câu 31: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, Viết phương trình mặt cầu





đi qua bốn điểm









, 1;0;0 , 0; 2;0

O A B 

và





0;0;4

 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z     

. B.

 

2 2 2

: 2 4 8 0S x y z x y z     

 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z     

. D.

 

2 2 2

: 2 4 8 0S x y z x y z     

Lời giải

Chọn A

Giả sử phương trình mặt cầu có dạng:

 

2 2 2 2 2 2

: 2 2 2 0 a 0S x y z ax by cz d b c d          

Vì mặt cầu

 

đi qua

   

, 1;0;0 , 0; 2;0O A B 

và

 

0;0;4C

nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt

vào, ta có

   

1 0 0 2.1. 0

0 2 0 2 2 . 0

0 0 4 2.4. 0

a d

b d

c d











    





 



 

      

 

 

 

    









 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z      

Câu 32:

Cho điểm





2;0;0 ,A





0;2;0 ,B





0;0;2 ,C





2;2;2D

. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

có bán

kính là:

. B.

. D.

Lời giải

Chọn D

Gọi

 

; ;I a b c

là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

. Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện

ABCD

có dạng

 

2 2 2

2 2 2 0,x y z ax by cz d      

2 2 2

0a b c d   

Vì

,B ,C

nên ta có hệ phương trình

4 4 0

12 4 4 4 0

a d

b d

c d

a b c d

  





  





  



    



4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 





  





   



4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 





  





   



a b c









  



Suy ra

 

1;1;1I

, do đó bán kính mặt cầu là

3R IA 

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho tứ diện

ABCD

có





1;1;1A





1;2;1B





1;1;2





2;2;1

. Tâm

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

là:

3 3 3

; ;

2 2 2

 

 

 

. B.

 

3;3;3I

. C.

3 3 3

; ;

2 2 2

 



 

 

. D.

 

3;3; 3I 

Lời giải

Chọn A

Giả sử

 

; ;I a b c

. Do

là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

nên:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 36

           

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 1

1 1 1 1 1 2

1 1 1 2 2 1

a b c a b c

IA IB

IA IC IA IC a b c a b c

IA ID

a b c a b c



          









 

              

  

  





          







2 3

2 2 6

c a b c

a b







     





 



. Vậy

3 3 3

; ;

2 2 2

 

 

 

Câu 34: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, Cho

là hai số thực dương thỏa mãn

2 1m n 

. Gọi

lần lượt là giao điểm của mặt phẳng





: 0

P mx ny mnz mn

   

với

các trục tọa độ

. Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

có bán kính nhỏ nhất

thì

2m n

có giá trị bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Phương trình mặt phẳng

 

: 0P mx ny mnz mn   

x y z

n m

   

lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 

với các trục tọa độ

nên

 

;0;0A n

;

 

0; ;0B m

;

 

0;0;1C

khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

là

; ;

2 2 2

n m

 

 

 

Theo đề bài ta có

2 1m n  1 2m n  

1 2 1

; ;

2 2 2

n n



 



 

 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

R OI

5 4 2

n n  

1 2 6

2 5 5

 

  

 

 

1 6

2 5



Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

nhỏ nhất khi

2 1

5 5

n m  

m n  

Câu 35:

Cho tứ diện

ABCD

có tọa độ đỉnh





2; 0; 0A





0; 4; 0B





0; 0; 6C





2; 4; 6A

. Gọi





là

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

. Viết phương trình mặt cầu







có tâm trùng với tâm của mặt

cầu

 

và có bán kính gấp

lần bán kính của mặt cầu

 

2 2 2

2 4 6 12 0x y z x y z      

. B.

     

2 2 2

1 2 3 56x y z     

2 2 2

2 4 6 0x y z x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 14x y z     

Lời giải

Chọn B

Gọi phương trình mặt cầu

 

có dạng:

2 2 2

2 2 2 0x y z ax by cz d      

Vì

 

là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

nên ta có:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 37

2 2 2

2 0 0 2. .2 2. .0 2. .0 0

0 4 0 2. .0 2. .4 2. .0 0

0 0 6 2. .0 2. .0 2. .6 0

2 4 6 2. .2 2. .4 2. .6 0

a b c d



      



      





      



      





4 4

8 16

12 36

4 8 12 56

a d

b d

c d

a b c d

   





   





   



     



























2 2 2

2 4 6 0x y z x y z     



 

1; 2; 3I

và

14R 



2 14R





Vậy: mặt cầu

 



có tâm

 

1; 2; 3I

và

2 14R





     

2 2 2

1 2 3 56x y z     

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 38

 DẠNG TOÁN 5:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK

Câu 36: Trong không gian

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





đi qua bốn điểm









, 1;0;0 , 0; 2;0

O A B 

và





0;0;4

 

2 2 2

: 2 4 8 0S x y z x y z     

. B.

 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z     

 

2 2 2

: 2 4 8 0S x y z x y z     

. D.

 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z     

Lời giải

Chọn D

Giả sử phương trình mặt cầu có dạng:

 

2 2 2 2 2 2

: 2 2 2 0 (a 0)S x y z ax by cz d b c d          

Vì mặt cầu

 

đi qua

   

, 1;0;0 , 0; 2;0O A B 

và

 

0;0;4C

nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt

vào Ta có

   

1 0 0 2.1. 0

0 2 0 2 2 . 0

0 0 4 2.4. 0

a d

b d

c d











    





 



 

      

 

 

 

    









 

2 2 2

: 2 4 0S x y z x y z      

Câu 37: Mặt cầu tâm





; ;I a b c

bán kính

có tâm thuộc mặt phẳng





: 2 0P x y z   

và đi qua 3

điểm

 

A 2; 0;1

;

 

B 1; 0; 0

;

 

C 1;1;1

Tìm

 

2 3 .a b c R 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Gọi

2 2 2

( ) : 2 2 2 0S x y z ax by cz d      

là phương trình mặt cầu thoả yêu cầu bài toán.

Vì

( )S

có tâm

 

; ;I a b c

nằm trên

 

: 2 0P x y z   

và đi qua ba điểm

nên ta có

hệ phương trình

2 1

4 2 5 0

2 1 1

2 2 2 3 1

a b c a

a c d b

a d c

a b c d d

   

 

 

     

 



 

    

 

      

 

Khi đó

( )S

có tâm

(1; 0;1)I

, bán kính

2 2 2

1R a b c d    

Vậy

 

2 3 . 4a b c R  

Câu 38: Trong không gian

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





đi qua bốn điểm

   

, 1;0;0 , 0; 2;0O A B 

và

 

0;0;4C

 

2 2

1 5x y z   

. B.

 

2 2

1 5x y z   

 

2 2

1 5x y z   

. D.

 

2 2

1 5x y z   

Lời giải

Chọn A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 39

Tâm

 

;0;0I Ox I x 

 

đi qua

,A B

nên:

     

2 2

1 1 4 3 0 1 1 1;0;0IA IB x x x I            

Bán kính của

 

là

5r IA 

Phương trình của mặt cầu

 

là:

 

2 2

1 5x y z   

Câu 39: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm





1;0;0A





0;0;3C





0;2;0B

. Tập

hợp các điểm

thỏa mãn

2 2 2

MA MB MC 

là mặt cầu có bán kính là:

2R 

. B.

3R 

. C.

3R 

. D.

2R 

Lời giải

Chọn A

Giả sử

 

; ;M x y z

Ta có:

 

2 2 2

1MA x y z   

;

 

2 2 2

2MB x y z   

;

 

2 2 2

3MC x y z   

2 2 2

MA MB MC 

     

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 2 3x y z x y z x y z           

   

2 2

2 1 2 3x y x z       

     

2 2 2

1 2 3 2x y z      

Vậy tập hợp các điểm

thỏa mãn

2 2 2

MA MB MC 

là mặt cầu có bán kính là

2R 

Câu 40: Trong không gian

Oxyz

cho ba điểm





1;2;3





3;4;4





2;6;6

và





; ;

I a b c

là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

. Tính

a b c 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

2;2;1AB 



 

1;2;2BC  



 

, 2; 5;6AB BC

 

  

 

 

Phương trình mặt phẳng

 

ABC

là

2 5 6 10 0x y z   

 

; ;I a b c

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

nên

 

I ABC

IA IB

IA IC















           

2 2 2 2 2 2

2 5 6 10 0

1 2 3 3 4 4

1 2 3 2 6 6

a b c

a b c a b c



   



           





          





2 5 6 10

4 4 2 27 4

2 8 6 62 49

a b c

a b c b

a b c







  





    

 

 

  









Vậy

a b c  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 40

Câu 41: Trong không gian

Oxyz

cho các điểm





3;0;0A





0;3;0B





0;0;3C

. Gọi





là mặt cầu có

đường tròn lớn cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

. Mệnh đề nào sau đây đúng.

A. Điểm

nằm trên

 

. B. Điểm

nằm trong

 

C. Điểm

nằm ngoài

 

. D. Điểm

là tâm của

 

Lời giải

Chọn B

Ta có

ABC

đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

là

 

1;1;1G

Khi đó : 3OG  ; 6R GA  . Vì

R OG

nên điểm

nằm bên trong mặt cầu.

Câu 42: Trong không gianvới hệ tọa độ

Oxyz

cho mặt cầu





có tâm

nằm trên mặt phẳng





Oxy

và đi qua ba điểm

 

1;2; 4 ,A  

 

1; 3;1 ,B  

 

2;2;3 .C 

Tọa độ tâm

là:

 

0;0;1

. B.

 

2;1;0

. C.

 

0;0; 2

. D.

 

2; 1;0

Lời giải

Chọn B

   

; ;0I Oxy I a b 

       

2 2 2 2

1 2 16 1 3 1

1 2 16 2 2 9

a b a b

IA IB a

IA IC b

a b a b



        

  

 



 

  

 

 

        





Câu 43: Trong không gian

Oxyz

cho ba điểm





1;2;3A





3;4;4B





2;6;6C

và





; ;I a b c

là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

. Tính

a b c 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

2;2;1AB 



 

1;2;2BC  



 

, 2; 5;6AB BC

 

  

 

 

Phương trình mặt phẳng

 

ABC

là

2 5 6 10 0x y z   

 

; ;I a b c

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

nên

 

I ABC

IA IB

IA IC

















           

2 2 2 2 2 2

2 5 6 10 0

1 2 3 3 4 4

1 2 3 2 6 6

a b c

a b c a b c



   



           





          





2 5 6 10

4 4 2 27 4

2 8 6 62 49

a b c

a b c b

a b c







  





    

 

 

  









Vậy

a b c  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 41

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm





1;2; 4A 





1; 3;1B 





2;2;3

Tính đường kính

của mặt cầu

 

đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng

 

Oxy

2 41l 

. B.

2 26l 

. C.

2 11l 

. D.

2 13l 

Lời giải

Chọn B

Gọi tâm mặt cầu là :

 

; ; 0I x y

       

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

1 2 4 1 3 1

1 2 4 2 2 3

x y x y

IA IB

IA IC

x y x y



        









 







        



   

2 2

2 4 3 1

2 1 16 4 4 9

y y

x x x x



    







      





10 10 2

2 4 1

y x

x y

  

 

 

 

  

 

   

2 2

2 2 3 1 4 2 26l R       

Câu 45:

Hai qu

ả

bóng hình c

ầ

u có kích thư

ớ

c khác nhau đư

ợ

c đ

ặ

ở

hai góc c

ủ

a m

ộ

t căn nhà h

ình

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

. Tổng độ dài mỗi đường kính của hai quả bóng đó là:

. B.

. C.

. D.

Lời 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

0a 

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

nên nói cách khác điểm

 

9;10;13A

thuộc mặt cầu. Từ đó ta có phương trình:

     

2 2 2

9 10 13a a a a     

Giải phương trình ta được nghiệm

7a 

hoặc

25a 

Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là

 

2 7 25 64 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 42

 DẠNG TOÁN 6:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT

PHẲNG

Câu 46:

Trong không gian

Oxyz

, mặt cầu





có tâm





1;2;1I 

và tiếp xúc với mặt phẳng

 

: 2 2 2 0P x y z   

     

2 2 2

1 2 1 9x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 1 9x y z     

     

2 2 2

1 2 1 3x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 1 3x y z     

Lời giải

Chọn A

Bán kính mặt cầu là

 

1 4 2 2

, 3

R d A P

   

   .

Phương trình của mặt cầu

 

là

     

2 2 2

x 1 y 2 z 1 9     

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





2 2 3 0x y z   

và điểm

 

1;2 3I 

. Mặt cầu

 

tâm

và tiếp xúc

 

mp P

có phương trình:

       

2 2 2

: 1 2 3 4S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 1 2 3 16S x y z     

       

2 2 2

: 1 2 3 4S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 1 2 3 2S x y z     

Lời giải

Chọn C

Ta có

( )S

là mặt cầu có tâm

 

1; 2; 3I 

và bán kính

Vì

( )S

tiếp xúc với mặt phẳng

 

2 2 3 0x y z   

nên ta có

 

; 2R d I P 

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2

( 1) ( 2) ( 3) 4x y z      .

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu tâm





4;2; 2I 

bán kính

tiếp xúc với

mặt phẳng

 

:12 5 19 0x z



  

. Tính bán kính

3 13R 

. B.

13R 

. C.

39R 

. D.

3R 

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 





 

2 2

12.4 5. 2 19

12 0 5

R d



  

  

  

Câu 49:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, phương tr

ình nào d

ớ

i dây là phương tr

ình m

ặ

t c

ầ

có tâm

 

1;2; 1I 

và tiếp xúc với mặt phẳng

 

: 2 2 8 0P x y z   

     

2 2 2

1 2 1 9.x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 1 9.x y z     

     

2 2 2

1 2 1 3x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 1 3x y z     

Lời giải

Chọn A

Gọi mặt cầu cần tìm là

( )S

Ta có

( )S

là mặt cầu có tâm

 

1;2; 1I 

và bán kính

Vì

( )S

tiếp xúc với mặt phẳng

( ) : 2 2 8 0P x y z   

nên ta có

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 43

 

   

2 2

1 2.2 2.( 1) 8

; 3

1 2 2

R d I P

   

  

   

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

     

2 2 2

1 2 1 9x y z     

Câu 50:

rong không gian v

ới hệ tọa độ

,Oxyz

ế

t phương tr

ình m

ặ

t c

ầ

u tâm





1; 2; 3I

và ti

ế

p xúc

với

 

Oyz

     

2 2 2

1 2 3 4.x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 3 1.x y z     

     

2 2 2

1 2 3 9.x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 3 25.x y z     

Lời giải

Chọn A

Chọn B

Do mặt cầu tiếp xúc với

 

Oyz

nên ta có

 

, 1

R d I Oyz x  

 

 

       

2 2 2

: 1 2 3 1S x y z      

Câu 51: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1; 1; 2M 

và mặt phẳng





: 2 3x y z



  

. Viết

phương trình mặt cầu

 

có tâm

tiếp xúc với mặt phẳng

 



     

2 2 2

2 1 3 9x y z     

. B.

     

2 2 2

2 1 3 10x y z     

     

2 2 2

2 1 3 4x y z     

. D.

     

2 2 2

2 1 3 13x y z     

Lời giải

Chọn D

Gọi

là hình chiếu của

trên

 

0;1;0M

Mặt cầu

 

tâm

 

2;1; 3I 

và tiếp xúc với trục

có bán kính 13IM 

Vậy

 

có phương trình

     

2 2 2

2 1 3 13x y z     

Câu 52: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

cho mặt phẳng





có phương trình là

2 2 16 0x y z   

. Viết phương trình của mặt cầu

 

có tâm

 

3;1;0I 

, biết

 

tiếp xúc

với mặt phẳng





     

2 2

: 3 1 4S x y z    

. B.

     

2 2

: 3 1 16S x y z    

     

2 2

: 3 1 16S x y z    

. D.

     

2 2

: 3 1 16S x y z    

Lời giải

Chọn D

Vì

 

tiếp xúc với

 

nên

 

có bán kính

 

2 2

2. 3 2.1 0 16

, 4

2 2 1

R d I P

   

  

  

Phương trình mặt cầu

     

2 2

: 3 1 16S x y z    

Câu 53: Trong không gian hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1; 2; 4I

và





: 2 2 1 0P x y z   

. Viết

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 44

phương trình mặt cầu





tâm

tiếp xúc với mặt phẳng





     

2 2 2

1 2 4 4x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 4 3x y z     

     

2 2 2

1 2 4 9x y z     

. D.

     

2 2 2

1 2 4 9x y z     

Lời giải

Chọn C

( )P

tiếp xúc

( )S

nên bán kính

 

; 3 R d I P

 

 S

     

2 2 2

1 2 4 9.x y z     

Câu 54: Trong không gian

Oxyz

, gọi





; ;I a b c

là tâm mặt cầu đi qua điểm





1; 1;4A 

và tiếp xúc với

tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính

P a b c  

3P 

9P 

6P 

0P 

Lời giải

Chọn B

Vì mặt cầu tâm

tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên

 

, , ,d I Oyz d I Ozx d I Oxy 

a b c  

a b c

 





  







  



   



Nhận thấy chỉ có trường hợp

a b c  

thì phương trình









AI d I Oxy



có nghiệm, các

trường hợp còn lại vô nghiệm.

Thật vậy:

Với

a b c  

thì

 

; ;I a a a

 

,AI d I Oyx

     

2 2 2

1 1 4a a a a      

6 9 0a a   

3a 

Khi đó

9P a b c   

Câu 55: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt cầu đi qua điểm và tiếp

xúc với các mặt phẳng , , . Bán kính mặt cầu bằng.

. B. 33 . C.

3 2

. D.

Lời giải

Chọn D

Gọi là tâm mặt cầu.

Ta có: .

Từ .

Xét :

- Từ .

Oxyz









2; 2;5

A 





: 1









: 1



 





: 1













; ;

I a b c

       

2 2 2 2

1 1 (*)

1 1 (**)

1 2 2 5 (***)

a b

a c

a a b c



  



  





      





(*)

(**)



2 0

b c

 





  



b c

 

(**)



a c







 



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 45

- Với thay vào .

Tương tự các trường hợp khác. Chọn D.

a c



(***)



4 1 3

b R a







     









CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 46

 DẠNG TOÁN 7:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRÒN

TRÊN NÓ.

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 2 0S x y z y   

và mặt phẳng

 

: 2 2 0.P x y z  

Bán kính đường tròn giao tuyến của

 

và

 

là

. B.

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

có tâm

 

0;1;0I 

và bán kính

1R 

Khoảng cách từ điểm

đến mặt phẳng

 

h d I P

 

Bán kính đường tròn giao tuyến của

 

và

 

là

2 2

r R h  

Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2;4;1I

và mặt phẳng





: 4 0

P x y z   

Tìm phương trình mặt cầu

 

có tâm

sao cho

 

cắt mặt phẳng

 

theo một đường tròn

có đường kính bằng

     

2 2 2

2 4 1 4x y z     

. B.

     

2 2 2

1 2 4 3x y z     

     

2 2 2

2 4 1 4x y z     

. D.

     

2 2 2

2 4 1 3x y z     

Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

2 2 2

2 4 1 4

, 3

1 1 1

d I P

  

 

 

Gọi

là bán kính mặt cầu, ta có:

3 1 4R   

       

2 2 2

: 2 4 1 4S x y z      

Câu 58: Đường tròn giao tuyến của mặt cầu





tâm





3; 1; 4I  

, bán kính

4R 

và mặt phẳng

 

: 2 2 3 0P x y z   

. Tâm

của đường tròn là điểm nào sau đây?

 

1;1; 3 .H 

 

1;1;3 .H 

 

1;1;3 .H

 

3;1;1 .H 

Lời giải

Chọn A

Gọi

qua

 

3; 1; 4I  

và vuông góc

 

: 2 2 3 0P x y z   

3 2

1 2 , .

x t

y t t

z t

 





    





  





   

1 1;1; 3H d P t H      

Câu 59:

Trong không gian

Oxyz

, cho m

ặ

t c

ầ





2 2 2

: 2 4 6 0S x y z x y z     

. M

ặ

t ph

ẳ





Oxy

cắt mặt cầu

 

theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn giao tuyến ấy có bán kính

bằng.

5r 

. B.

6r 

. C.

2r 

. D.

4r 

Lời giải

Chọn A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 47

Mặt cầu có bán kính

1 4 9 14R    

và tâm

 

1; 2;3I

Khoảng cách từ tâm

của mặt cầu đến mặt phẳng

 

Oxy

là

3d 

Bán kính đường tròn giao tuyến là

2 2

r R d  

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu

















2 2 2

: 2 3 4 25S x y z     

. Mặt

phẳng

 

Oxy

cắt mặt cầu

 

có giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu

 

có tâm:

 

2; 3; 4 , 5I R 

Gọi H là tâm đường tròn cắt nên H là hình chiếu của I. Vậy

 

2; 3; 0H 

Bán kính đường tròn:

2 2 2 2

5 4 3

r R IH

    

Câu 61:

ặ

t c

ầ





có tâm





1, 2, 5I  

ắ





: 2 2 10 0P x y z   

theo thi

ế

t di

ệ

n là hình tròn có

diện tích



có phương trình

 

là :

     

2 2 2

1 2 5 16x y z     

. B.

2 2 2

2 4 10 18 0x y z x y z      

     

2 2 2

1 2 5 25x y z     

. D.

2 2 2

2 4 10 12 0x y z x y z      

Lời giải

Chọn B

Gọi

,r R

là bán kính thiết diện của

 

với

 

và bán kính mặt cầu.

Ta có

2 2

3 3 3B r r r

 

     

Mặt khác khoảng cách từ tâm

 

1, 2,5I 

đến

 

: 2 2 10 0P x y z   

là.

 

   

2 2

2.1 2.2 5 10

, 3 9 3 12.

2 2 1

h I P R r h

   

       

   

Vậy phương trình mặt cầu

 

là.

     

2 2 2

1 2 5 12x y z      

2 2 2

2 4 10 18 0.x y z x y z      

Câu 62:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, cho đi

ể





1; 2;3I 

và m

ặ

t ph

ẳ

 

: 2 2 1 0P x y z   

. Mặt phẳng

 

cắt mặt cầu tâm

, bán kính

. Tìm tọa độ tâm và

bán kính của đường tròn giao tuyến.

7 2 7

; ; , 2 3

3 3 3

K r

 

 

 

 

. B.

7 2 7

; ; , 2 5

3 3 3

K r

 

 

 

 

7 2 7

; ; , 2

3 3 3

K r

 

 

 

 

. D.

7 2 7

; ; , 2 3

3 3 3

K r

 

 

 

 

Lời giải

Chọn A

2 2

( ,( )) 2; 4 2 2 3d I P r    .

Gọi

là đường thẳng đi qua

và vuông góc với

 

K là giao điểm của d và (P) suy ra K

là tâm đường tròn giao tuyến.

7 2 7

; ;

3 3 3

 



 

 

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho điểm





1;2; 2A

và mặt phẳng

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 48





: 2 2 5 0.   P x y z

Viết phương trình mặt cầu





tâm

biết mặt phẳng





cắt mặt

cầu

 

theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng

8 .



       

2 2 2

: 1 2 2 25     S x y z

. B.

       

2 2 2

: 1 2 2 5     S x y z

       

2 2 2

: 1 2 2 16     S x y z

. D.

       

2 2 2

: 1 2 2 9     S x y z

Lời giải

Chọn A

Gọi

là tâm đường tròn

 

, khi đó

 

IA P

 

; 3.  IA d A P

Đường tròn

 

có chu vi bằng

8 .



Do đó:

2 8 4.  r r

 

Gọi

là bán kính mặt cầu

 

2 2 2 2

4 3 5     R r IA

Vậy phương trình mặt cầu

 

     

2 2 2

1 2 2 25.     x y z

Câu 64: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, mặt cầu





2 2 2

: 1 0S x y z x y z      

cắt mặt

phẳng

Oxy

theo giao tuyến là một đường tròn. Tìm tâm và bán kính của đường tròn này.

1 1 6

; ;0 ,

2 2 3

I r

 

 

 

 

. B.

1 1 2 2

; ;0 ,

2 2 3

I r

 

 

 

 

1 1 6

; ;0 ,

2 2 2

I r

 

 

 

 

. D.

 

1;1;0 ,

I r 

Lời giải

Chọn C

Gọi

là tâm đường tròn giao tuyến của mặt phẳng

Oxy

và mặt cầu

 

. Khi đó,

là hình

chiếu vuông góc của tâm mặt cầu lên mặt phẳng

Oxy

nên

1 1

; ;0

2 2

 



 

 

Khi mặt phẳng

Oxy

cắt mặt cầu

 

có tâm

, bán kính

theo giao tuyến là đường tròn

có bán kính

thì ta có mối quan hệ như sau:

 

2 2

,d M Oxy r R  

 

 

2 2

r R d M Oxy    

 

r 

Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 1S x y z  

và mặt phẳng

 

: 2 2 1 0P x y z   

. Gọi

 

là đường tròn giao tuyến của

 

và

 

. Mặt cầu chứa

đường tròn

 

và qua điểm

 

1; 1; 1A

có tâm là

 

; ; I a b c

. Tính

+S a b c 

1S 

. B.

1S  

. C.

S  

. D.

S 

Lời giải

Chọn D

Gọi phương trình

 



   

 

2 2 2

; ; = 0 ; ; = 2 2 2 0f x y z f x y z x y z ax by cz d      

Gọi

 

; ;

M M M

M x y z

thuộc đường tròn giao tuyến

 

; ; 0

M M M

f x y z 

   

 

2 2 2 2 2 2

+ + 1 0 ; ; + + 0

M M M M M M M M M

M S x y z f x y z x y z      

2 2 2 1 0

M M M

ax by cz d      

Mà

 

M P

; vì đường tròn có nhiều hơn ba điểm không thẳng hàng.

2 2 2 1 0

M M M

ax by cz d      

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 49

Mà

 

: 2 2 1 0P x y z   

 

2 2 2 1 2 2 1

M M M

ax by cz d k x y z         

   

2 2 2

: 1 2 2 1 0S x y z k x y z



        

Mà

   

1; 1; 1 : 2 2 0 1A S k k



     

 

2 2 2

: 2 2 2 0S x y z x y z



       

nên

; 1; 1

 



 

 

. Vậy

S a b c  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 50

 DẠNG TOÁN 8:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY

CUNG.

Câu 66:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2; 4;5A  

. Phương trình nào dưới đây là

phương trình của mặt cầu tâm là

và cắt trục

tại hai điểm

sao cho tam giác

ABC

vuông.

     

2 2 2

2 4 5 40x y z     

. B.

     

2 2 2

2 4 5 82x y z     

     

2 2 2

2 4 5 58x y z     

. D.

     

2 2 2

2 4 5 90x y z     

Lời giải

Chọn A

AB AC

nên tam giác

ABC

vuông tại

.Do đó, trung điểm

của đoạn thẳng

là

hình chiếu của điểm

lên trục

Ta có:

2R AH

 

, . 2d A Oz

2 2

. 2

A A

x y 

2 10

Vậy mặt cầu có phương trình:

     

2 2 2

2 4 5 40

x y z

     

Câu 67:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





tâm





2;5;3I

cắt đường thẳng

1 2

2 1 2

x y z

 

 

tại hai điểm phân biệt

,A B

với chu vi tam giác

IAB

bằng

14 2 31

. Phương

trình mặt cầu





là

     

2 2 2

2 5 3 31x y z     

. B.

     

2 2 2

2 5 3 49x y z     

     

2 2 2

2 5 3 124x y z     

. D.

     

2 2 2

2 5 3 196x y z     

Lời giải

Chọn B

Ta có

đi qua điểm

   

1;0;2 , 2;1; 2M u 



. Do đó

 

, 3 2

u IM

d I d

 

 

 

 



Ta có

 

2 2

3 2 18AH R R    , chu vi tam giác

IAB

là

2 2 18 14 2 31R R   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 51

18 7 31R R    

 

2 2

18 80 14 31 2 7 31

7 31 0

R R R



     









  



 

7 31 49 7 31

7 31



  









 



7 31







  



 





Vậy phương trình mặt cầu là

     

2 2 2

2 5 3 49x y z     

Câu 68:

Trong không gian

Oxyz

, mặt cầu tâm

 

2;5;3I

cắt đường thẳng

1 2

2 1 2

x y z

 

 

tại hai điểm

phân biết

với chu vi tam giác

IAB

bằng

10 2 7

có phương trình:

     

2 2 2

2 5 3 7x y z     

     

2 2 2

2 5 3 28x y z     

     

2 2 2

2 5 3 25x y z     

     

2 2 2

2 5 3 100x y z     

Lời giải

Chọn C

Gọi

là hình chiếu cảu

trên đường thẳng

. Ta có

 

; 3 2

MI u

IH d I d

 

 

  

 



với

 

1;0;2M d

;

 

2;1;2

u 



đặt

HA x

trong tam giác vuông

IAH

ta có:

2 2 2

18IA HA IH x   

theo giả thiết ta có :

2 18 2 10 2 7IA IB AB x x      





 

2 18 5 2 7 0x x     

7 0

18 5



   

 

 

7 1 0 7

18 5

x x

 



     

 

 

 

2 2

5R IA HA IH    

vậy phương trình mặt cầu là:

     

2 2 2

2 5 3 25x y z     

Câu 69:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

1 3

1 2 1

x y z

 

 

 

và mặt cầu

 

tâm

có phương trình

       

2 2 2

: 1 2 1 18S x y z     

. Đường thẳng

cắt

 

tại hai điểm

A B

. Tính diện tích tam giác

IAB

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 52

. B.

8 11

. C.

8 11

. D.

16 11

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

đi qua điểm

 

1;0; 3C 

và có vectơ chỉ phương

 

1; 2; 1u   



Mặt cầu

 

có tâm

 

1;2; 1I 

, bán kính

3 2R 

Gọi

là hình chiếu vuông góc của

lên đường thẳng

Khi đó:

,IC u

 

 



 



, với

 

0; 2; 2IC   



;

2 3 4 0x y z   

Vậy

2 2 2

6 2 2 66

1 4 1

 

 

 

Suy ra

22 4 6

3 3

HB   

Vậy,

1 1 66 8 6 8 11

2 2 3 3 3

IAB

S IH AB



     

Câu 70:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 2 4 2 3 0S x y z x y z      

và

đường thẳng

2 5

: 4 2

x t

d y t

 





 









. Đường thẳng

cắt

 

tại hai điểm phân biệt

và

. Tính độ dài

đoạn

2 17

. B.

2 29

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Tọa độ các giao điểm của

và

 

là nghiệm của hệ phương trình sau:

2 2 2

2 5

4 2

2 4 2 3 0 (*)

x t

y t

x y z x y z

 





 









      



Từ (*) ta có:

       

2 2

2 5 4 2 1 2 2 5 4 4 2 2 3 0t t t t          

29 2 0

t t







   







CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 53

Với

 

0 4 2;4;1

t y A







   









hoặc

2 120 48 120

; ; 1

29 29 29 29

t y B







 

   



 

 









Vậy

10 4 2 29

; ;0

29 29 29

AB AB

 

   

 

 



Cách 2: Tính khoảng cách

từ tâm đến đường thẳng. Khi đó

2 2

2AB R d 

Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho mặt cầu





có tâm





1; 1;2I 

và đường thẳng

: .

1 1 1

x y z



 



Đường thẳng

cắt mặt cầu

 

tại hai điểm

và

với

10.AB 

Viết

phương trình của mặt cầu

 

       

2 2 2

: 1 1 2 31S x y z     

       

2 2 2

: 1 1 2 31S x y z     

       

2 2 2

: 1 1 2 27S x y z     

       

2 2 2

: 1 1 2 27S x y z     

Lời giải

Chọn C

Gọi

là trung điểm

ta có:

 

,IH d I d

và

IH d

   

1 ; ; ; 1; 2H t t t IH t t t      



Vì:

. 0 1

IH d IH u t    

 

   

2; 1;1 , 2H d I d IH     .

Tam giác

IAH

vuông tại

nên:

 

2 2

2 27

IA AH IH

 

    

 

 

Vậy phương trình mặt cầu

       

2 2 2

: 1 1 2 27.S x y z     

Câu 72: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho điểm

 

0;0; 2A 

và đường thẳng

2 2 3

2 3 2

x y z

  

  

. Phương trình mặt cầu tâm

, cắt



tại hai điểm

và

sao cho

8BC 

là ?

       

2 2 2

: 2 3 1 16S x y z     

. B.

   

2 2

: 2 25S x y z   

   

2 2

: 2 16S x y z   

. D.

   

2 2

: 2 25S x y z   

Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 54

Chọn D

Kẻ

AH  

 

H 

4HB HC  

Ta có

2 2

: 2 3

3 2

x t

y t

z t

  





  





  



 

t 



 

2 2;3 2;2 3H t t t   

 

2 2;3 2;2 1AH t t t    



Lại có

 

2;3;2u







AH  

. 0AH u



 

 

     

2 2 2 3 3 2 2 2 1 0t t t      

0t 

 

2;2; 1AH   



   

2 2

2 2 1 3AH      

Mặt cầu

 

có tâm

 

0;0; 2A 

, bán kính

2 2 2 2

3 4 5R AH HB    

   

2 2

: 2 25S x y z    

Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

Cho điểm

(0;0;3)I

và đường thẳng

: 2 .

  











 



x t

d y t

z t

Phương trình mặt cầu (S) có tâm

và cắt đường thẳng

tại hai điểm

, A B

sao cho tam

giác

IAB

vuông là:

 

2 2

3 .

   x y z

 

2 2

3 .

   x y z

 

2 2

3 .

   x y z

 

2 2

3 .

   x y z

Lời giải

Chọn A

 Gọi

 

1 ;2 ;2   H t t t d

là hình chiếu vuông góc của

lên đường thẳng





1 ;2 ; 1

     



IH t t t

 Ta có vectơ chỉ phương của

 

1; 2;1



và

IH d

1 2 2 7

. 0 1 4 1 0 2 6 0 ; ;

3 3 3 3

 

                

 

 

 

IH a t t t t t H

2 2 2

2 2 2 2 3

3 3 3 3

     

    

     

     

 Vì tam giác

IAB

vuông tại

và

 IA IB R

. Suy ra tam giác

IAB

vuông cân tại

, do đó

bán kính:

2 2 3 2 6

cos 45 2 . 2 2.

2 3 3

     R IA AB IH IH

 Vậy phương trình mặt cầu

   

2 2

: 3

   S x y z

Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

Cho điểm





3; 4; 0I

và đường thẳng

1 2 1

1 1 4

x y z

  

  



. Viết phương trình mặt cầu

 

có tâm

và cắt



tại hai điểm

A B

sao cho diện tích tam giác

IAB

bằng

   

2 2

3 4 25x y z    

. B.

   

2 2

3 4 5x y z    

   

2 2

3 4 25x y z    

. D.

   

2 2

3 4 5x y z    

Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 55

Chọn C

Gọi

là trung điểm

. Khi đó

 

. , 8

IAB

S AB d I AB   

Do đó,

 

2 2 2 2

, 4 3 25R HA d I     

Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

Cho điểm





1;7;5I

và đường thẳng

1 6

2 1 3

 

 



x y z

. Phương trình mặt cầu có tâm

và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B

sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng

2 6015

là

     

2 2 2

1 7 5 2018.     x y z

     

2 2 2

1 7 5 2017.     x y z

     

2 2 2

1 7 5 2016.     x y z

     

2 2 2

1 7 5 2019.     x y z

Lời giải

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của

 

1;7;5I

trên d

 

0;0; 4 H

 

; 2 3  IH d I d

8020



   

AIB

SIH AB

S AB

2 2

2017

 

   

 

 

R IH

Vậy phương trình mặt cầu là:

     

2 2 2

1 7 5 2017.     x y z

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 56

 DẠNG TOÁN 9:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK

Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

3 2

1 1 1

x y z

 

 

và điểm

 

2; 1; 0M 

. Gọi

 

là mặt cầu có tâm

thuộc đường thẳng

và tiếp xúc với mp

 

Oxy

tại điểm

. Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn?

. B.

. C.

. D. Vô số.

Lời giải

Chọn B

Ta có

x t

d y t

z t

 











  



nên

 

3 ; ; 2I d I t t t    

 

1 ; 1; 2IM t t t    



Mặt phẳng

 

Oxy

có vtpt

 

0; 0; 1k 



Ta có:

 

; 1 ; 1; 0 0 1 0 1IM k t t t t

 

          

 

  

nên

 

2; 1; 3I  

 

, 3

R d I Oxy   . Vậy

     

2 2 2

2 1 3 9x y z     

Câu 77: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

2 1 2

x y z



 



và hai điểm

 

2;1;0

 

2;3;2B 

. Phương trình mặt cầu

 

đi qua hai điểm

và có tâm thuộc đường thẳng

     

2 2 2

1 1 2 16x y z     

. B.

     

2 2 2

1 1 2 9x y z     

     

2 2 2

1 1 2 5x y z     

. D.

     

2 2 2

1 1 2 17x y z     

Lời giải

Chọn D

+ Gọi

là tâm của mặt cầu





. Vì

I d

nên





1 2 ; ; 2 ,I t t t t

  



+ Do mặt cầu

 

đi qua hai điểm

nên

IA IB r 

2 2

IA IB 

1t  

 

1; 1;2I  

17r IA  

. Vậy

 

     

2 2 2

1 1 2 17.x y z     

Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt cầu đi qua hai điểm





3; 1;2

A 

 

1;1; 2B 

và có tâm thuộc trục

là

2 2 2

2 10 0x y z z    

. B.

 

2 2

1 11x y z   

 

2 2

1 11x y z   

. D.

2 2 2

2 11 0x y z y    

Lời giải

Chọn A

Gọi tâm của mặt cầu là

 

; ;I a b c

Vì

I Oz

nên





0;0;

I c

Lại có

2 2

IA IB IA IB  

   

2 2

9 1 2 1 1 2c c       

1c 

Bán kính mặt cầu

11R 

Vậy phương trình mặt cầu là

 

2 2

1 11x y z   

2 2 2

2 10 0x y z z     

Câu 79: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





có tâm

thuộc đường thẳng

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 57

1 1 2

x y z



  

. Biết rằng mặt cầu

 

có bán kính bằng

2 2

và cắt mặt phẳng

 

Oxz

theo

một đường tròn có bán kính bằng

. Tìm tọa độ của điểm

   

1; 2;2 , 1;2; 2I I  

. B.

   

1; 2;2 , 0; 3;0I I 

   

1; 2;2 , 5;2;10I I

. D.

   

5;2;10 , 0; 3;0I I 

Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng

 

: 0Oxz y 

 

: ; 3 ;2

1 1 2

x y z

I I t t t



     

Gọi

là hình chiếu của

lên mặt phẳng

 

Oxz

, R r

lần lượt là bán kính mặt cầu và bán

kính đường tròn giao tuyến. Theo bài ta có

 





2 2

, 8 4 2

IH d I Oxz R r

     



 



  







Với

 

1 1; 2;2t I  

, với

 

5 5;2;10t I 

Câu 80: Trong không gian với hệ trục tọa độ

,Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 0

S x y z ax by cz d

      

có bán kính

19,R 

đường thẳng

: 2 4

1 4

x t

d y t

z t

 





  





  



và mặt phẳng

 

:3 3 1 0.

P x y z   

Trong các số

 

; ; ;a b c d

theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn

43,a b c d   

đồng thời

tâm

của

 

thuộc đường thẳng

và

 

tiếp xúc với mặt phẳng

 

 

6; 12; 14;75 .  

. B.

 

6;10;20;7 .

 

10;4;2;47 .

. D.

 

3;5;6;29 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có





5 ; 2 4 ; 1 4 .

I d I t t t

      

 

tiếp xúc với

 

nên

 

; 19 19 19 19

d I P R t





     



 



Mặt khác

 

có tâm

; ; ;

2 2 2

a b c

 

  

 

 

bán kính

2 2 2

a b c

R d

 

  

Xét khi

     

0 5; 2; 1 ; ; ; 10;4;2;47t I a b c d      

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 58

2 2 2

a b c

 

  nên ta loại trường hợp này.

Xét khi

   

2 ; ; ; 6; 12; 14;75t a b c d     

2 2 2

a b c

 

  nên thỏa.

Câu 81: Trong không gian

Oxyz

cho các mặt phẳng





: 2 1 0P x y z   





: 2 1 0Q x y z   

. Gọi

 

là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời

 

cắt mặt phẳng

 

theo giao tuyến

là một đường tròn có bán kính bằng

và





cắt mặt phẳng





theo giao tuyến là một

đường tròn có bán kính bằng

. Xác định

sao cho chỉ có đúng một mặt cầu

 

thỏa yêu

cầu.

2r 

3 2

r 

3r 

r 

Lời giải

Chọn B

Gọi

 

;0;0I m

là tâm mặt cầu có bán kính

là các khoảng cách từ

đến

 

và

 

. Ta có





và

2 1





Theo đề ta có

2 2 2

1 2

4d d r  

2 2

2 1 4 4 1

6 6

m m m m

   

   

2 2

2 2 8 0m m r    





Yêu cầu bài toán tương đương phương trình

 

có đúng một nghiệm m

 

1 2 8 0r   

r 

3 2

r 

Câu 82:

Trong không gian

Oxyz

, cho các đường thẳng

1 2

: 1, :

x x

d y d y t

z t z t

 

 

 

 

 

 

 



  

 

và

1 1

1 1 1

x y z 

  

. Gọi





là mặt cầu có tâm thuộc



và tiếp xúc với hai đường thẳng

, d d



. Phương trình của





là

   

2 2

1 1 1x y z    

. B.

     

2 2 2

2 1 2 1x y z     

2 2 2

3 1 3 1

2 2 2 2

x y z

     

     

     

     

. D.

2 2 2

5 1 5 9

4 4 4 16

x y z

     

     

     

     

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng



có phương trình tham số là:

x m

y m

z m

 





 





 



. Gọi

là tâm mặt cầu

 

ta có





1; ; 1

I m m m

 

Đường thẳng

đi qua

 

1;1;0A

và có véctơ chỉ phương

 

0;0;1u 



 

; 1, 1AI m m m   



Đường thẳng

đi qua

 

2;0;1B

và có véctơ chỉ phương

 

0;1;1u 



 

1; ,BI m m m  



 

tiếp xúc với hai đường thẳng

, d d



nên ta có:

   

; ;d I d d I d R



 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 59

     

2 2 2

1 2

; ;

1 1 1

IA u IB u

m m m m

u u

   

    

   

    

   

 

 

1;0;1I

và

1.R 

Phương trình của mặt cầu

 

là

   

2 2

1 1 1x y z    

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

: 1

x t

d y

z t







 





 



và 2 mặt phẳng

 

và

 

lần lượt có phương trình

2 2 3 0x y z   

;

2 2 7 0x y z   

. Viết phương trình mặt

cầu

 

có tâm

thuộc đường thẳng

, tiếp xúc với hai mặt phẳng

 

và

 

     

2 2 2

3 1 3

x y z     

. B.

     

2 2 2

3 1 3

x y z     

     

2 2 2

3 1 3

x y z     

. D.

     

2 2 2

3 1 3

x y z     

Lời giải

Chọn D

Ta có





; 1;

d I t t



  

. Mặt cầu





tiếp xúc với





và





khi và chỉ khi

 

2 2 2 2 2 2

; ;

2 2 3 2 2

1 1

2 2

d I P d I Q

t t t t

t t



     

 









 









Vậy tọa độ tâm mặt cầu là

 

3; 1; 3I  

với bán kính

 

2 2 2

3 2 2 3 7

;

1 2

R d I Q

  



  



Câu 84: Trong không gian

Oxyz

, gọi

 

là mặt cầu có tâm

thuộc đường thẳng

2 3 4

x y z



 

và

đi qua điểm

 

0;3;9M

. Biết điểm

có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng

2 2 2 0x y z   

3 2 0x  

. Phương trình của

 

là

     

2 2 2

4 6 9 5x y z     

. B.

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

 

2 2

1 73x y z   

. D.

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

Lời giải

Chọn B

Vì tâm

thuộc đường thẳng

2 3 4

x y z 

 

nên

 

2 ;3 ;1 4I t t t 

Ta có hệ:

     

 

2 2

2 2 3 2 1 4 2 3 2 2

1 2 2

t t t t    



  

2 2 3 1t t   

 

3 6;9;13

1 2 3 1

; ;

5 5 5 5

t I

 





 



    

 



 



Vì điểm

có hoành độ là số nguyên, do đó





6;9;13

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 60

     

2 2 2

6 3 9 9 13 88IM       

Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

Câu 85:

Trong không gian

Oxyz

, gọi

 

là mặt cầu có tâm

thuộc đường thẳng

2 3 4

x y z



 

và đi qua

điểm





0;3;9

. Biết điểm

có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng

2 2 2 0x y z   

3 2 0x  

. Phương trình của

 

là

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

. B.

     

2 2 2

4 6 9 5x y z     

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

. D.

 

2 2

1 73x y z   

Lời giải

Chọn C

Vì tâm

thuộc đường thẳng

2 3 4

x y z 

 

nên

 

2 ;3 ;1 4I t t t 

Ta có hệ:

     

 

2 2

2 2 3 2 1 4 2 3 2 2

1 2 2

t t t t    



  

2 2 3 1t t   

 

3 6;9;13

1 2 3 1

; ;

5 5 5 5

t I

 





 



    

 



 



Vì điểm

có hoành độ là số nguyên, do đó

 

6;9;13I

     

2 2 2

6 3 9 9 13 88

IM       

Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:

     

2 2 2

6 9 13 88x y z     

 HẾT 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 61



Phương trình mặt phẳng

 

   : 0P A x By Cz D

với

  

2 2 2

0A B C

. Có véctơ pháp tuyến là









; ;

n A B C



Mặt phẳng

 

đi qua điểm

 

0 0 0

; ;M x y z

và nhận vectơ

 





; ;n A B C

làm vectơ pháp tuyến có

dạng

















     

0 0 0

: 0

P A x x B y y C z z

Các mặt phẳng đặc biệt:

TÍNH CHẤT MẶT PHẲNG PHƯƠNG TRÌNH HỆ SỐ ĐẶC BIỆT







đi qua/chứa gốc







  

: 0

A x By Cz









song song/chứa







  

: 0

By Cz D









song song/chứa







  

: 0

Ax Cz D









song song/chứa







  

: 0

A x By D









song song/trùng





Oxy







 

: 0

Cz D

 

A B







song song/trùng





Oxz







 

: 0

By D

 

A C







song song/trùng





Oyz







 

: 0

Ax D

 

B C

 Nhận xét:

Mặt phẳng không chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa trục đó hoặc

mặt phẳng không chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa mặt phẳng đó.

A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG:



Cho mặt

 



   : 0Ax By Cz D

;

 



   

   : 0A x B y C z D

. Khi đó có các trường hợp sau:

TRƯỜN

G HỢP







cắt













song song













trùng













vuông góc







ẢY

KHI &

CHỈ

KHI

 

  

A B C

  

   

A B C D

  

   

A B C D

  

  

. . . 0

A A B B C C

CHUYÊ

N ĐỀ

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 62

B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP:

LOẠI HƯỚNG DẪN

LOẠI







qua





0 0 0

; ;

M x y z

có sẵn véctơ pháp tuyến

 





; ;n A B C

Phương trình

       

     

0 0 0

: 0P A x x B y y C z z

LOẠI







đi qua ba điểm

; ;A B C

không thẳng hàng.

– Tìm véctơ



A B

và



– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 



 

 



;n A B A C .

 



đi qua ba điểm

     

;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0;A a B b C c

(Phương trình đoạn chắn)

Phương trình

 

  : 1

x y z

a b c

LOẠI

 



đi qua hai điểm

;A B

và có véctơ

 





1 2 3

a ; ;a a a

– Tìm véctơ



A B

và có sẵn véctơ



– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 



 



 

;an A B .

LOẠI

 



qua

 

0 0 0

; ;M x y z

và có cặp véctơ





 

















1 2 3

a ; ;

b ; ;

a a a

b b b

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng







là:

 



 



 

a;bn .

– Mặt phẳng

 



qua điểm

LOẠI

 



qua

 

0 0 0

; ;M x y z

và

 



   

/ / : 0

Ax By Cz D

 Cách 1:

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

   

 

 

 

 

; ;n n A B C

– Mặt phẳng

 



qua điểm

 Cách 2:

– Do









 



/ /

phương trình

 





   : 0A x By Cz D

với



D D

– Thay tọa độ điểm

vào

 





  ?D

phương trình mặt phẳng







LOẠI

 



là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

A B

– Véctơ pháp tuyến của mặt







là:







n A B

– Tìm tọa độ trung điểm

của đoạn

A B

– Mặt phẳng

 



qua điểm

LOẠI







qua điểm

;A B

và vuông góc

 



   : 0A x By Cz D

– Tìm cặp véctơ



A B

và

 



 



 



 

;n A B n

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng







là:

 



 



 



 

;n A B n

– Mặt phẳng

 



qua điểm

LOẠI







qua





0 0 0

; ;

M x y z

và



2 mặt

   

   

       

: 0 & : 0

P A x By Cz D Q A x B y C z D

– Tìm cặp véctơ

 



n và

 



n .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

   

 



 

  

;

Q P

n n n

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 63

– Mặt phẳng







qua điểm





0 0 0

; ;

M x y z

LOẠI

 



song song

 

   : 0P A x By Cz D

và cách

 

một khoảng bằng

– Vì













/ / P

phương trình mặt

 





   : 0A x By Cz D

với



D D

– Vì

 



cách

 

một khoảng bằng

   

 





  





; ;

d P m d M P m







   

 

2 2 2

D D

m D

A B C

– Có



D

phương trình mặt





hoàn

chỉnh.

LOẠI

10.

 



qua

 

0 0 0

; ;M x y z

và

  

  :

x X y Y z Z

a b c

– Tìm véctơ









; ;

u a b c

– Vì

 



 d

véctơ pháp tuyến của mặt

phẳng

 



là: 

 

n u .

– Mặt phẳng







qua điểm





0 0 0

; ;

M x y z

LOẠI

11.

 



qua

 

0 0 0

; ;M x y z

và chứa

  

 :

x X y Y z Z

a b c

–

ấy điểm

tùy ý thu

ộc

, d

ễ nhất ta

nên lấy

 

; ;A X Y Z

– Tìm véctơ



A M

và



u .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 



 



 

;

n A M u .

– Mặt phẳng







qua điểm





0 0 0

; ;

M x y z

LOẠI

12.

 



chứa

  

 :

x X y Y z Z

a b c

và

  

  



 

  

x X y Y z Z

a b c

cắt nhau

–

Tìm véct





và



– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 





  

;

d d

n u u

– Mặt phẳng

 



qua điểm

A d

hoặc



B d

LOẠI

13.

 



chứa

  

 :

x X y Y z Z

a b c

và

  

  



 

  

x X y Y z Z

a b c

song song.

–

Tìm

A d

ặc



B d

– Tìm véctơ



A B





u và



u .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 



 



 

;

n A B u hoặc



 



 



 

;

n A B u .

– Mặt phẳng

 



qua điểm

A d

hoặc



B d

LOẠI

14.

 



chứa

  

 :

x X y Y z Z

a b c

và vuông góc

 

   : 0P A x By Cz D

– Tìm





  A d A P

– Tìm véctơ



u và

 



n .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng







là:

 

 



 

  

;

n n u

– Mặt phẳng

 



qua điểm

A d

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 64

LOẠI

15.

 



chứa

  

 :

x X y Y z Z

a b c

và song song với

  

  



 

  

x X y Y z Z

a b c

– Tìm

A d

, do









 

  d A

– Tìm véctơ





u và



u .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là:

 





  

;

d d

n u u

– Mặt phẳng

 



qua điểm

A d

 CHƯA SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

 DẠNG TOÁN 1:

TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho mặt phẳng





:3 2 1 0.P x y z   

Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến là.

 

2;3; 1n  



. B.

 

3;2; 1n  



. C.

 

1;3;2n  



. D.

 

3; 1;2n  



Lời giải

Chọn B

Nếu

 

: 0P ax by cz d   

thì

 

có VTPT là

 

; ;n a b c



(hoặc là một vecto cùng phương

với



Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

,Oxyz

vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng





Oyz

là:

 

1; 0; 0n 



. B.

 

0; 1; 0n 



. C.

 

0; 0; 1n 



. D.

 

1; 0; 1n 



Lời giải

Chọn A

Câu 3: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 4 3 2 0P x y z   

. Một vectơ pháp tuyến của

mặt phẳng

 

là ?

 

1;4;3n 



. B.

 

1;4; 3n   



. C.

 

4;3; 2n   



. D.

 

0; 4;3n  



Lời giải

Chọn B

 

có vectơ pháp tuyến là

 

1; 4;3n  



nên

 

1;4; 3n n    

 

cũng là vectơ pháp tuyến.

Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 3 0P x y z   

. Một véctơ

pháp tuyến của mặt phẳng





là

 

2;1;1n  



. B.

 

0;0; 2n  



. C.

 

1; 2;1n  



. D.

 

1;1; 2n  



Lời giải

Chọn D

Câu 5: Trong không gian

Oxyz

, mặt phẳng nào sau đây nhận





1;2;3n 



làm vectơ pháp tuyến?

2 4 6 1 0x y z   

. B.

2 4 6 0z z  

2 3 1 0x y z   

. D.

2 3 1 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng

2 4 6 1 0x y z   

nhận vectơ

 

2;4;6n 



hay vectơ

 

1; 2;3n 



làm vectơ pháp

tuyến.

Câu 6:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ụ

c t

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, đi

ể

m nào sau đây không thu

ộ

c m

ặ

t ph

ẳ

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 65





: 1 0P x y z   

 

1;0;0I

. B.

 

0;0;0O

. C.

 

0;0;1K

. D.

 

0;1;0J

Lời giải

Chọn B

Với

 

0;0;0O

, thay vào

 

ta được:

1 0 

Câu 7: Trong không gian

Oxyz

, điểm





3;4; 2M 

thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?

 

: 1 0Q x  

. B.

 

: 2 0P z  

 

: 7 0R x y  

. D.

 

: 5 0S x y z   

Lời giải

Chọn C

Xét đáp án A ta thấy

3 4 7 0  

vậy

thuộc

 

Xét đáp án B ta thấy

3 4 2 5 10 0    

vậy

không thuộc





Xét đáp án C ta thấy

3 1 2 0  

vậy

không thuộc

 

Xét đáp án D ta thấy

2 2 4 0    

vậy

không thuộc

 

Câu 8:

Trong không gian v

ới hệ tọa độ

Oxyz

ặ

t ph

ẳ

ng nào sau đây đi qua đi

ể





1; 3;5A 

 

: 3 5 0P x y z   

. B.

 

: 2 3 10 0P x y z   

 

: 3 5 0P x y z   

. D.

 

: 2 3 20 0P x y z   

Lời giải

Chọn D

Vì

 

2.1 3 3.5 20 0    

Câu 9: Trong không gian

Oxyz

cho mặt phẳng





có phương trình

3 1 0x y z   

. Trong các

điểm sau đây điểm nào thuộc

 

1; 2; 4A  

. B.

 

1;2; 4C 

. C.

 

1; 2; 4D   

. D.

 

1; 2;4B 

Lời giải

Chọn A

Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy điểm

thỏa.

Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai mặt phẳng

: 1 0x y z



   

và





: 2 2 2 0

x my z



    

. Tìm

để







song song với







A. Không tồn tại

2m  

2m 

. D.

5m 

Lời giải

Chọn A

 



có VTPT là

 

1;1; 1n  



và

   

0;0;1A





;

 



có VTPT là

 

2; ;2n m 



Để

   

 

thì



cùng phương và

 





2 2 2

1 1 1 1

2 0

m 



  



 







 



không tồn tại

Vậy không tồn tại

để

   

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 66

 DẠNG TOÁN 2:

PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG

Câu 11: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1; 1; 1A





1; 3; 5B 

. Viết phương trình mặt phẳng

trung trực của đoạn thẳng

2 6 0y z  

2 2 0y z  

3 8 0y z  

3 4 0y z  

Lời giải

Chọn C

 

0; 2; 6AB  



, trung điểm của

là

 

1; 2; 2M 

.Mặt phẳng cần tìm là

3 8 0y z  

Câu 12: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1;3;1A 





3; 1; 1B  

. Viết phương trình mặt phẳng

trung trực của đoạn

.AB

2 2 1 0x y z   

. B.

2 2 0x y z  

2 2 0x y z  

. D.

2 2 0x y z  

Lời giải

Chọn B

là trung điểm

 

1;1;0I

Mặt phẳng trung trực của

là

 

   

qua 1;1;0

VTPT 4; 4; 2 2 2; 2; 1









     







 

:2 2 0x y z



   

Câu 13: Trong không gian

Oxyz

cho hai điểm





1;2; 1A 

và





3; 2;3B 

. Viết phương trình mặt phẳng

trung trực

 

của đoạn thẳng

2 2 4 0x y z   

. B.

2 2 4 0x y z   

2 2 4 0x y z   

. D.

2 2 0x y z  

Lời giải

Chọn C

Ta có

   

2; 4;4 ; 2,0,1 ,AB M 



phương trình mặt phẳng trung trực

 

của đoạn thẳng

là

2 2 4 0.x y z   

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hai điểm





1; 1;1

A 





3;3; 1



. Lập phương trình

mặt phẳng

 



là trung trực của đoạn thẳng

 

: 2 2 0x y z



   

 

: 2 4 0x y z



   

 

: 2 3 0x y z



   

 

: 2 4 0x y z



   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 



có vectơ pháp tuyến là vectơ

   

2;4; 2 2 1;2; 1AB    



, qua

 

2;1;0I

là

trung điểm của cạnh

nên có phương trình

   

1 2 2 1 0x y z    

2 4 0x y z    

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 67

Câu 15:

Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt phẳng trung trực







của đoạn

thẳng

với

 

0;4; 1A 

và

 

2; 2; 3B  

là

 

: 3 4 0x y z



   

. B.

 

: 3 0x y z



  

 

: 3 4 0x y z



   

. D.

 

: 3 0x y z



  

Lời giải

Chọn D

Gọi

là trung điểm của

, ta có

 

1;1; 2M 

Mặt phẳng trung trực

 



của đoạn thẳng

 

2; 6; 2

đi qua M

vtpt AB





 











Phương trình

       

:2 1 6 1 2 2 0x y z



     

2 6 2 0x y z    3 0x y z   

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





4;0;1A

và





2;2;3B 

. Phương trình

nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

6 2 2 1 0x y z   

. B.

3 0x y z  

3 6 0x y z   

. D.

3 1 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Gọi

 

là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

Véc tơ pháp tuyến của

 

là

 

6;2; 2

n AB  





 

đi qua trung điểm

của

. Tọa độ trung điểm

 

1;1;2M

Vậy phương trình trung trực của đoạn thẳng

là:

 

:3 0P x y z  

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai điểm









1; 1;1 ; 3;3; 1A B 

. Lập phương trình

mặt phẳng

 



là trung trực của đoạn thẳng

.AB





: 2 3 0

x y z



   





: 2 4 0

x y z



   

 

: 2 2 0x y z



   

 

: 2 4 0x y z



   

Lời giải

Chọn D

Gọi

là trung điểm của đoạn thẳng

, suy ra

 

2;1;0I

Ta có

   

2;4; 2 2 1;2; 1AB    



Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

là

     

2 2 1 0 0x y z     

2 4 0x y z    

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





1;3;2A





5;7; 4B 

. Phương trình mặt

phẳng trung trực của

là

2 2 3 19 0x y z   

. B.

2 2 3 19 0x y z   

2 2 3 38 0x y z   

. D.

3 5 1

2 2 3

x y z  

 



Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 68

Chọn A

Gọi

là trung điểm của

 

3;5; 1I 

Mặt phẳng trung trực của

sẽ đi qua

 

3;5; 1I 

và có một vectơ pháp tuyến là

 

4;4; 6AB  



nên phương trình:

     

4 3 4 5 6 1 0x y z     

2 2 3 19 0x y z    

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





1;6; 7A 

và





3;2;1B

. Phương trình

mặt phẳng trung trực đoạn

là

2 4 18 0x y z   

. B.

2 3 1 0x y z   

2 3 17 0x y z   

. D.

2 4 2 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng trung trực đoạn

đi qua trung điểm

 

2;4; 3I 

của đoạn

và nhân

 

2; 4;8AB  



làm vectơ pháp tuyến có phương trình:

     

2 2 4 4 8 3 0x y z     

2 4 18 0    x y z

Câu 20: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1;2; 1A 

và





3;0; 1B  

. Mặt phẳng trung trực của

đoạn thẳng

có phương trình là

2 1 0x y  

3 0x y z   

2 1 0x y  

3 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Trung điểm của đoạn

là

 

1;1; 1M  

Ta có

 

4; 2;0AB   



là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của

Mặt phẳng trung trực của đoạn

có phương trình là

   

2 1 1 1 0x y   

2 1 0x y   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 69

 DẠNG TOÁN 3:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHÔNG DÙNG TÍCH CÓ

HƯỚNG)

Câu 21: Trong không gian

Oxyz

, cho ba điểm





3;2; 2A 





1;0;1B

và





2; 1;3C 

. Viết phương trình

mặt phẳng đi qua

và vuông góc

2 1 0x y z   

. B.

2 5 0x y z   

2 3 0x y z   

. D.

2 3 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Ta có: Phương trình mặt phẳng đi qua điểm

 

3;2; 2A 

và có véc tơ pháp tuyến

 

1; 1;2BC  



là

2 3 0x y z   

Câu 22: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1; 2;4

A





2;1;2

. Viết phương trình mặt phẳng

 

vuông góc với đường thẳng

tại điểm

 

: 3 2 1 0   P x y z

. B.

 

: 3 2 1 0   P x y z

 

: 3 2 13 0   P x y z

. D.

 

: 3 2 13 0   P x y z

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

1;3; 2 



AB .

Phương trình mặt phẳng

 

là

     

1. 1 3 2 2. 4 0     x y z

3 2 13 0    x y z

Câu 23: Mặt phẳng đi qua





2;4;3

A 

, song song với mặt phẳng

2 3 6 19 0x y z   

có phương trình

dạng.

2 3 6 2 0x y z   

2 3 6 1 0x y z    

2 3 6 0x y z  

. D.

2 3 6 19 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Loại đáp án B, D vì không song song.

Thử tọa độ điểm

, Chọn C.

Câu 24: Trong hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt phẳng qua





1;1;1

song song





Oxy

là.

– 2 0x y 

. B.

– 3 0x y z  

. C.

–1 0z 

. D.

–1 0

y 

Lời giải

Chọn C

     

: 0P Oxy P z d  €

   

1 : 1 0M P d P z      

Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm

(1;1;1), (2; 1;0)



A B

. Mặt phẳng qua

và vuông góc với

có phương trình là.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 70

2 2 0x y z   

. B.

2 0x z

  

2 0x y z  

. D.

2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn A

(1; 2; 1)  



Phương trình mặt phẳng:

( 1) 2( 1) ( 1) 0     x y z

2 2 0    x y z

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt phẳng qua điểm





2; 3;4

M 

và nhận

 

2;4;1n  



làm vectơ pháp tuyến.

2 4 12 0x y z   

. B.

2 4 12 0x y z    

2 4 10 0x y z   

. D.

2 4 11 0x y z    

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng có phương trình là:

       

: 2 2 4 3 1. 4 0P x y z      

2 4 12 0x y z     

Câu 27: Trong không gian

Oxyz

, Gọi (



) là mặt phẳng đi qua điểm





1;5;7A

và song song với mặt

phẳng

: 4 – 2 – 3) .( 0x y z



 

Phương trình nào sau đây là phương trình tổng quát của

( )



4 – 2 3 0x y z  

. B.

4 – 2 1 0x y z  

4 – 2 – 2 0x y z 

. D.

4 – 2 –1 0x y z 

Lời giải

Chọn D

( ) ( )

 



nên

( )



có dạng

4 – 2 0x y z c  

, (



) đi qua điểm

 

1;5;7 .A

Nên

4 – 2.5 7 0 1c c     

vậy

: 4) – 2 1 0.( x y z



  

Câu 28: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





đi qua gốc toạ độ và nhận

 

3;2;1n 



là véctơ pháp tuyến. Phương trình của mặt phẳng

 

là

3 2 2 0x y z   

. B.

2 3 0x y z  

3 2 14 0x y z   

. D.

3 2 0x y z  

Lời giải

Chọn D

 

qua

 

0;0;0O

và nhận

 

3;2;1n 



làm VTPT  PT

 

:3 0 2 0 1 0 0P x y x     



3 2 0x y z  

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt phẳng







đi qua điểm

 

0; 1;4M 

, nhận

 

3;2; 1n  



là vectơ pháp tuyến là:

3 3 0x y z  

. B.

2 3 1 0x y z   

2 3z 6 0x y   

. D.

3 2 6 0x y z   

Lời giải

Chọn B

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 71

Phương trình mặt phẳng

 



đi qua điểm

 

1;0; 1M  

, nhận

 

2; 1;3n  



làm vectơ pháp

tuyến là:

     

2 1 1. 0 3 1 0 2 3 1 0x y z x y z          

Câu 30: Trong không gian

Oxyz

, mặt phẳng đi qua





1;2;3M

và song song với mặt phẳng

2 3 1 0x y z   

có phương trình là:

2 3 6 0x y z   

. B.

2 3 6 0x y z   

2 3 6 0x y z   

. D.

2 3 6 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng cần tìm có dạng

2 3 0x y z c   

Vì mặt phẳng cần tìm đi qua

nên

1 4 9 0c   

 

;1

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 72

 DẠNG TOÁN 4:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG.

Câu 31: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai mặt phẳng





và





lần lượt có

phương trình là

0x y z  

2 3 4x y z  

và điểm





1; 2;5

M 

. Tìm phương trình mặt

phẳng

 



đi qua điểm

đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng

 

4 3 6 0x y z   

. B.

5 2 4 0x y z   

5 2 14 0x y z   

. D.

4 3 6 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Vectơ pháp tuyến của

 

là

 

1;1; 1n  



Vectơ pháp tuyến của

 

là

 

1; 2;3n  



 

1 2

; 1; 4; 3n n n

 

   

 

  

Vì

 



vuông góc với

 

và

 

nên

 



có vectơ pháp tuyến là



Mặt phẳng

 



có phương trình là

     

1 1 4 2 3 5 0x y z     

hay

4 3 6 0x y z   

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm





1;0;2





3; 4;1

N  





2;5;3

. Mặt

phẳng

 

MNP

có một véctơ pháp tuyến là:

 

16;1;3n 



. B.

 

3; 16;1n  



. C.

 

1;3; 16n  



. D.

 

1; 3;16n 



Lời giải

Chọn C

Ta có

   

4; 4; 1 ; 1;5;1MN MP    

 

 

, 1;3; 16MN MP

 

  

 

 

Vậy mặt phẳng

 

MNP

có một véctơ pháp tuyến là

 

1;3; 16n  



Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm

 

1;1;4A

 

2;7;9B

 

0;9;13C

7 2 9 0x y z   

2 2 0x y z   

2 1 0x y z   

4 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

1;6;5AB 



 

1;8;9AC  



 

ABC

đi qua

 

1;1;4A

có vtpt ,n AB AC

 



 

 



 

14; 14;14 

 

14 1; 1;1 

có dạng

4 0x y z   

Câu 34: Trong không gian

Oxyz

, Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng







đi qua giao tuyến của

hai mặt phẳng





: 2 1 0

x y z



   





:3 1 0

x y z



   

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

7 9 1 0x y z   

. B.

7 9 1 0x y z   

7 9 1 0x y z   

. D.

7 9 1 0x y z   

Lời giải

Chọn A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 73

Ta có:

 

2; 1; 1a   



 

3; 1;1b  



và

 

1; 2; 1c   



Gọi

điểm thuộc

 



và

 



nên

 

0; 1;0A 

Khi đó:

 

2; 5;1u a b    

  

và

 

7; 1;9n u c   

  

Do đó:

 

:7 9 1 0x y z



   

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1;1;1A

và hai mặt phẳng





: 2 3 1 0

P x y z

   





: 0

Q y



. Viết phương trình mặt phẳng





chứa

, vuông góc với

cả hai mặt phẳng

 

và

 

3 2 1 0x z  

. B.

3 2 2 0x y z   

3 2 0x z 

. D.

3 2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn A

 

: 2 3 1 0P x y z   

có véctơ pháp tuyến

 

2; 1;3

n  



 

: 0Q y 

có véctơ pháp tuyến

 

0;1;0

n 



Do mặt phẳng

 

vuông góc với cả hai mặt phẳng

 

và

 

nên có véctơ pháp tuyến

     

R P Q

n n n

 



 

  

 

3;0;2

n  



Vậy phương trình mặt phẳng





là:

3 2 1 0x z    3 2 1 0x z   

Câu 36: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, phương trình mặt phẳng





chứa trục

và đi

qua điểm

(1; 1;1)M 

là:

0x y 

. B.

0x z 

. C.

0x z 

. D.

x y 

Lời giải

Chọn B

 

qua

và có VTPT là

 

; 1;0; 1n j OM

  

 

  

 

 

Vậy phương trình

 

là

0x z 

Câu 37:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ụ

c t

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, phương tr

ình m

ặ

t ph

ẳ

ng đi qua ba đi

ể

 

1;3;2M

 

5;2;4N

 

2; 6; 1P

 

có dạng

0Ax By Cz D

   

. Tính tổng

S A B C D

   



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn B

 

4; 1;2MN

 



;

 

1; 9; 3MP

  



 

, 21;14; 35MN MP

 

 

 

 

 

 

3;2; 5n

  



là vectơ pháp tuyến của

 

MNP

Phương trình

 

:3 2 5 1 0MNP x y z

   

1A B C D

    

Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho hai mặt phẳng





:3 4 2 0Q x y z   

và





:3 4 8 0

Q x y z

   

. Phương trình mặt phẳng





song song và cách đều hai mặt phẳng

 

và

 

là:

 

:3 4 5 0P x y z   

. B.

 

:3 4 10 0P x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 74





:3 4 5 0P x y z   

. D.





:3 4 10 0P x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng

 

có dạng

3 4 0x y z D   

Lấy

   

0;2;0M Q

và

   

0;8;0N Q

. Do

   

1 2

//Q Q

trung điểm

 

0;5;0I

của

phải

thuộc vào

 

nên ta tìm được

5D 

Vậy





:3 4 5 0

P x y z

   

Câu 39: Trong không gian

Oxyz

, phương trình của mặt phẳng





đi qua điểm





2;1; 3B 

, đồng

thời vuông góc với hai mặt phẳng

 

: 3 0Q x y z  

 

: 2 0R x y z  

là

2 3 14 0x y z   

. B.

4 5 3 22 0x y z   

4 5 3 22 0x y z   

. D.

4 5 3 12 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng





: 3 0

Q x y z

  





: 2 0

R x y z

  

có các vectơ pháp tuyến lần lượt là

 

1;1;3n 



và

 

2; 1;1n  



Vì

 

vuông góc với hai mặt phẳng

 

nên

 

có vectơ pháp tuyến là

 

1 2

, 4;5; 3n n n

 

  

 

  

Ta lại có

 

đi qua điểm

 

2;1; 3B 

nên

       

: 4 2 5 1 3 3 0P x y z     

4 5 3 22 0x y z    

Câu 40: Trong không gian

Oxyz

, Viết phương trình mặt phẳng qua





1;1;1A

, vuông góc với hai mặt

phẳng

 

: 2 0x y z



   

 

: 1 0x y z



   

3 0x y z   

2 0x z  

2 0x y z  

2 0y z  

Lời giải

Chọn D

Gọi

( )P

là mặt phẳng cần tìm. Ta có:

 

; 0;2;2

n n n

 

 

 

 

  

Phương trình

 

: 2 0P y z  

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 75

 DẠNG TOÁN 5:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU.

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





có phương trình

2 2 2

4 8 12 7 0x y z x y z      

. Mặt phẳng tiếp xúc với

 

tại điểm

 

4;1;4P 

có phương

trình là.

6 3 2 13 0x y z   

. B.

2 5 10 53 0x y z   

9 16 73 0y z  

. D.

8 7 8 7 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu

 

có tâm là

 

2;4;6I

và bán kính

7R 

 

6; 3; 2IP    



Mặt phẳng cần tìm có phương trình là:

     

6 4 3 1 2 4 0x y z     

6 3 2 13 0x y z    

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 2 4 4 0S x y z x y z     

. Mặt

phẳng tiếp xúc với

 

tại điểm

 

3;4;3A

có phương trình.

2 2 17 0x y z   

. B.

4 4 2 17 0x y z   

17 0x y z   

. D.

2 4 17 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu

 

có tâm

 

1;2;2I

, vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

là

 

2;2;1IA 



nên

phương trình của

 

là

2 2 17 0.x y z   

Câu 43: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 2 6 4 2 0

S x y z x y z      

mặt phẳng

 

: 4 11 0x y z



   

. Gọi

 

là mặt phẳng vuông góc với

   

, P



song song

với giá của vecto

 

1;6;2v 



và

 

tiếp xúc với

 

. Lập phương trình mặt phẳng

 

2 2 3 0x y z   

và

2 2 21 0x y z   

2 2 5 0x y z   

và

2 2 2 0x y z   

và

2 21 0x y z   

2 2 3 0x y z   

và

2 21 0x y z   

Lời giải

Chọn A

 

có tâm

 

1; 3;2I 

và bán kính

4R 

. Véc tơ pháp tuyến của

 



là

 

1; 4;1n







Suy ra VTPT của

 

là ,

n n v



 



 

  

 

2; 1;2 

Do đó

 

có dạng:

2 2 0x y z d   

Mặt khác

 

tiếp xúc với

 

nên

 

, 4d I P 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 76

Hay

 

2 2

2 3 4

2 1 2

d  



  

 











Vậy PTMP

 

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 4 2 12 8 0.

S x y z x y z

      

Mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với

 

: 2 4 8 0Q x y z   

. B.

 

: 2 2 4 0R x y z   

 

: 2 2 5 0P x y z   

. D.

 

: 2 2 4 0T x y z   

Lời giải

Chọn B

       

2 2 2

: 2 1 6 49.S x y z     

 

có tâm

 

2; 1; 6I  

và bán kính

7.R 

Ta thấy

 

4 1 12 4

, 7

d I R R

  

  

Vậy

 

tiếp xúc với

 

Câu 45: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

















2 2 2

: 1 3 2 9S x y z     

. Mặt phẳng





tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

 

2;1; 4A  

có phương trình là:

2 2 4 0x y z    

. B.

2 2 8 0x y z   

3 4 6 34 0x y z   

. D.

2 2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu có tâm





1;3; 2

 

Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến

 

1; 2; 2IA    



và đi qua

 

2;1; 4A  

nên có phương

trình

     

2 2 1 2 4 0x y z      

hay

2 2 8 0x y z   

Câu 46: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 3 2 49S x y z     

và điểm

 

7; 1;5M 

. Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

là.

6 2 2 34 0x y z   

. B.

7 5 55 0x y z   

6 2 3 55 0x y z   

. D.

2 2 15 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

có tâm

   

1; 3;2 6;2;3 .I IM  



Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm

 

7; 1;5M 

và có véctơ pháp tuyến

 

6;2;3IM 



nên có.

phương trình là:

     

6 7 2 1 3 5 0 6 2 3 55 0x y z x y z          

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 77

Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với

 

2 2 2

: 2 4 6 2 0S x y z x y z      

và song song với

 

: 4 3 12 10 0x y z   



4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

   





   



. B.

4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

   





   



4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

   





   



. D.

4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

   





   



Lời giải

Chọn C

 

1;2;3

: 4

có tâm I

bá

n kính R 











Gọi

 



mặt phẳng tiếp xúc với

 

2 2 2

: 2 4 6 2 0S x y z x y z      

và song song với

 

: 4 3 12 10 0x y z   



Ta có:

   

 

nên phương trình mặt phẳng

   

: 4 3 12 0 10x y z D D



    

 



tiếp xúc với

 

nên

 

,d I R





D 

 

26 52D   

 

D n









 





Vậy:

 

4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z



   





   



Câu 48: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 2 5 9S x y z     

. Mặt phẳng





tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

 

2; 4;3A 

có phương trình là

2 2 4 0x y z   

. B.

6 8 50 0x y z   

3 6 8 54 0x y z   

. D.

2 2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

có tâm

 

1; 2;5I 

Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến là

 

1; 2; 2IA   



và đi qua điểm

 

2; 4;3A 

nên có

phương trinh:

     

1. 2 2 4 2 3 0x y z     

2 2 4 0x y z    

Câu 49: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 2 1 2 4S x y z     

và mặt phẳng





: 4 3 0

P x y m

  

. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

để mặt phẳng





và mặt cầu

 

có đúng

điểm chung.

1m 

hoặc

21m 

. B.

9m  

hoặc

31m 

1m 

. D.

1m  

hoặc

21m  

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu

 

có tâm

 

2; 1; 2I  

, bán kính

2R 

Mặt phẳng

 

và mặt cầu

 

có đúng

điểm chung khi:

 

;d I P R

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 78

m

 













Câu 50: Trong không gian

,Oxyz

cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 3 2 9.S x y z     

Phương trình nào

dưới đây là phương trình mặt phẳng

 

tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

 

2;1; 4 ?A  

2 2 4 0x y z    

. B.

3 4 6 34 0x y z   

2 2 4 0x y z   

. D.

2 2 8 0x y z   

Lời giải

Chọn D

 

có tâm

 

1;3; 2I  

 

tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

 

2;1; 4A  

 

P

có VTPT

 

1; 2;2AI 



và qua

 

2;1; 4A  

       

:1. 2 2. 1 2. 4P x y z     

2 2 8 0x y z    

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 79

 DẠNG TOÁN 6:

PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG.

Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, mặt phẳng





: 27 0P ax by cz   

qua hai điểm





3;2;1





3;5;2

B 

và vuông góc với mặt phẳng





:3 4 0

Q x y z

   

. Tính tổng

S a b c  

2S  

. B.

12S  

. C.

2S 

. D.

4S  

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 

6;3;1AB  



 

3;1;1

n 



Do mặt phẳng

 

qua

và vuông góc với mặt phẳng

 

nên ,

P Q

n AB n

 



 

  

 

2;9; 15 

Suy ra phương trình mặt phẳng

 

: 2 9 15 27 0P x y z   

Vậy

S a b c   2 9 15  

4 

Câu 52: Trong không gian





Oxyz

, mặt phẳng







đi qua hai điểm





2; 1;4A 





3;2; 1B 

và vuông

góc với mặt phẳng

 

: 2 3 0x y z



   

có phương trình là

11 7 2 7 0x y z   

. B.

11 7 2 21 0x y z   

11 7 2 7 0x y z   

. D.

11 7 2 21 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Ta có

 

1;3; 5AB  



và một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là

 

1;1;2n







Gọi



là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



ta có

 

, 11; 7; 2n AB n

 



   

 

  

Phương trình mặt phẳng

 



đi qua

 

2; 1;4A 

và có véc tơ pháp tuyến

 

11; 7; 2n   



là

11 7 2 21 0x y z   

Câu 53: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

cho mặt phẳng





có phương trình là

2 2 3 0

x y z  

Viết phương trình của mặt phẳng

 

đi qua hai điểm

 

1;0;0H

và

 

0; 2;0K 

biết

 

vuông góc

 





: 2 2 2 0

Q x y z

   

. B.





: 2 2 2 0

Q x y z

   

 

: 2 2 2 0Q x y z   

. D.

 

: 6 3 4 6 0Q x y z   

Lời giải

Chọn C

Vì mặt phẳng





đi qua hai điểm





1;0;0





0; 2;0

K 

và





vuông góc





nên mặt

phẳng nhận

   

Q P

n HK n

 



 



 

làm véctơ pháp tuyến.

Ta có.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 80

 

1; 2;0

2; 2; 3

  





   

, 6; 3;6 3 2; 1;2

Q P

n HK n

 

     

 



 

Phương trình mặt phẳng

 

đi qua

 

1;0;0H

có véctơ pháp tuyến

 

2; 1;2

n  



là.

 

2 1 2 0 2 2 2 0x y z x y z        

Câu 54: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Phương trình của mặt phẳng







qua





2; 1;4

A 

 

3;2; 1B 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 3 0x y z



   

là

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng

 



có một vectơ pháp tuyến là:

 

, 11; 7; 2n AB n



 

   

 

  

Vậy

 

:11 7 2 21 0x y z



   

Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Phương trình của mặt phẳng







qua





2; 1;4

A 

 

3;2; 1B 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 3 0x y z



   

là

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

Câu 231: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho tam giác

ABC

với

 

1; 2;3A 

 

0;2; 1B 

 

3;0; 2C 

. Phương trình mặt phẳng

 

đi qua

, trọng tâm

của tam giác

ABC

và

vuông góc với

 

ABC

là

3 2 4 0x y z   

. B.

12 13 10 16 0x y z   

3 2 4 0x y z   

. D.

12 13 10 16 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

1; 4; 4AB   



 

2;2; 5AC  



;0;0

 

 

 

;2; 3

 

 

 

 





 

ABC

có vectơ pháp tuyến

 

, 12;13;10n AB AC

 

 

 

 



 

có vectơ pháp tuyến

118 59

, 59; ;

3 3

k AG n

 

 

   

 

 

 





 

3; 2; 1

  

 

     

3 1 2 2 3 0x y z     

3 2 4 0x y z    

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Phương trình của mặt phẳng







qua





2; 1;4

A 

 

3;2; 1B 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 3 0x y z



   

là

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

11 7 2 21 0.x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 81

Câu 232: Cho hai điểm

   

1; 1;5 ; 0;0;1A B

. Mặt phẳng

 

chứa

,A B

và song song với

có

phương trình là:

4 1 0x y z   

. B.

4 1 0y z  

. C.

4 1 0x z  

. D.

2 5 0x z  

Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

1;1; 4 



,đường thẳng

có

   

( )

0;1;0 4;0; 1 

 

d P

u n

Phương trình mặt phẳng

 

là:

4 1 0  x z

Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Cho





1;0;1

;





2;1;2

và





: 2 3 3 0

P x y z

   

Viết phương trình mặt phẳng

 

đi qua 2 điểm

A;B

và vuông góc

 

: 2 2 0Q x y z   

. B.

 

: 2 2 0Q x y z   

 

: 2 2 0Q x y z   

. D.

 

: 2 2 0Q x y z   

Lời giải

Chọn A

 

1;1;1AB 



và

 

: 2 3 3 0P x y z   

có vectơ pháp tuyến

 

1;2;3n



Gọi



là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

Do mặt phẳng

 

đi qua 2 điểm

,A B

và vuông góc

 

nên

 

. 1; 2;1v AB n

 

  

 



 

Suy ra phương trình mặt phẳng

 

: 2 2 0Q x y z   

Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm





2;4;1A





1;1;3B 

và mặt phẳng





3 2 5 0x y z   

. Một mặt phẳng

 

đi qua hai điểm

và vuông góc với

 

có dạng

là

11 0ax by cz   

. Tính

a b c 

3a b c  

5a b c  

7a b c   

10a b c  

Lời giải

Chọn B

Ta có

 

3; 3;2AB   



 

có vtpt

 

1; 3;2n  



 

có vtpt ,k AB n

 



 





 

0;8;12



 

có dạng:

   

2 4 3 1 0y z   

2 3 11 0y z   

Vậy

5a b c  

Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hai điểm





2;4;1A





1;1;3B



và mặt phẳng

 

: 3 2 5 0P x y z

   

. Một mặt phẳng

 

đi qua hai điểm

và vuông góc với

 

có

dạng:

11 0ax by cz

   

. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a b c 

. B.

5a b c  

. C.

 

;a b c

. D.

a b c 

Lời giải

Chọn B

Ta có:

 

2;4;1A

 

1;1;3B



 

3; 3;2AB

  



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 82

Véc tơ pháp tuyến của

 

là:

 

1; 3;2n

 



Do mặt phẳng





đi qua

và vuông góc với





nên





nhận véc tơ

 

, 0; 8; 12AB n

 

  

 

 

 

làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của

 

sẽ là:

   

2 4 3 1 0y z

   

2 3 11 0y z

  



Suy ra



5a b c

   

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai điểm









2;4;1 , 1;1;3A B

và mặt phẳng

 

: 3 2 5 0P x y z   

. Viết phương trình mặt phẳng

 

đi qua hai điểm

,A B

và vuông

góc với mặt phẳng





2 3 11 0x y  

. B.

2 3 11 0y z   

. C.

2 1 0y z  

. D.

2 3 11 0y z  

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 

3; 3;2 



Vì

   

 

1; 3;2 0;2;3

P Q Q

P Q n u n     

  

Vậy, PT mặt phẳng (P) là

2 3 11 0  y z

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 83

 DẠNG TOÁN 7:

PTMP QUA 3 ĐIỂM KHÔNG THẲNG HÀNG.

Câu 61: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Cho 3 điểm













0;2;1 ; 3;0;1 ; 1;0;0A B C

. Phương

trình mặt phẳng





ABC

là?

2 3 4 1 0x y z   

2 3 4 2 0x y z   

2 3 4 2 0x y z   

4 6 8 2 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Ta có

   

3; 2;0 ; 1; 2; 1AB AC    

 

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

ABC

là

 

, 2;3; 4

ABC

n AB AC

 

  

 

  

Vậy ptmp

 

ABC

là:

 

2 1 3 4 0 2 3 4 2 0x y z x y z        

Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Mặt phẳng





đi qua 3 điểm





1;2; 3A 





2;0;0

và

 

2;4; 5C  

có phương trình là

2 7 4 3 0x y z   

2 – 7 4 – 4 0x y z 

2 – 5 4 – 4 0x y z 

2 7 4 – 4 0x y z  

Lời giải

Chọn D

 

1; 2;3AB  



;

 

3;2; 2AC   



 

P

có VTPT

   

, 2; 7; 4 2;7;4AB AC

 

      

 

 

Khi đó, do

 

qua



 

: 2 7 4 4 0P x y z   

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, mặt phẳng đi qua ba điểm





2; 3; 5A





3; 2; 4B

và





4; 1; 2

có phương trình là

5 0x y  

. B.

2 0y z  

. C.

2 7 0x y  

. D.

5 0x y  

Lời giải

Chọn A

Vì



;



 

ABC

nên

 

ABC

sẽ nhận ,n AB AC

 



 

  

làm một vectơ pháp tuyến.

Ta có

 

1; 1; 1AB   



 

2; 2; 3AC   



suy ra

 

, 1; 1; 0n AB AC

 

 

 

  

Hiển nhiên

 

ABC

đi qua

 

2; 3; 5A

nên ta có phương trình của

 

ABC

là

     

1 2 1 3 0 5 0x y z     

5 0x y   

Câu 64: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

cho mặt phẳng

( )P

đi qua ba điểm





0; 2;3 ,

E 

   

0; 3;1 , 1; 4;2F G 

. Viết phương trình mặt phẳng

 

:3 2 7 0P x y z   

 

:3 2 1 0P x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 84





:3 2 7 0P x y z   





:3 2 1 0P x y z   

Lời giải

Chọn A

Ta có

     

0; 1; 2 , 1; 2; 1 , , 3; 2;1EF EG EF EG

 

        

 

   

Suy ra VTPT của mặt phẳng

( )P

là

 

3;2; 1n  



Phương trình mặt phẳng

 

là:

 

3 2 2 3 0 3 2 7 0x x y x y z         

Câu 65: Trong không gian

Oxyz

, phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm





0;1;2A





2;0;3





3;4;0

là

9 7 13 0x y z   

. B.

7 9 25 0x y z   

9 7 15 0x y z   

. D.

7 9 11 0x y z    

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

2; 1;1AB  



 

3;3; 2AC  



Khi đó phương trình mp

 

ABC

có VTPT

 

, 1;7;9n AB AC

 

  

 

 



Phương trình mp

 

ABC

là

     

1 0 7 1 9 2 0x y z      

7 9 25 0x y z    

Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho các điểm













2; 2; 1 , 3;0;3 , 2;2;4A B C  

. Viết

phương trình mặt phẳng

( )P

đi qua

điểm

, ,A B C

 

: 2 5 3 1 0P x y z   

 

: 2 7 4 6 0P x y z   

 

: 6 5 4 6 0P x y z   

 

:3 2 4 6 0P x y z   

Lời giải

Chọn B

Thay tọa độ các điểm vào chỉ có đáp án

 

: 2 7 4 6 0P x y z   

thỏa mãn.

Câu 67: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho ba điểm





1;2;1A





2; 1;0B 





1;1;3C

. Viết

phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm

4 0x y z   

7 2 10 0x y z   

7 2 12 0x y z   

4 7 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Ta có

 

1; 3; 1AB   



 

0; 1;2AC  



suy ra

   

, 7; 2; 1 1 7;2;1AB AC

 

     

 

 

Mặt phẳng đi qua ba điểm

có véc tơ pháp tuyến

 

7;2;1n 



có phương trình là

7 2 12 0x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 85

Câu 68: Trong không gian với hệ trục tọa độ

,Oxyz

cho điểm





1;2;3 .M

Gọi

lần lượt là

hình chiếu của

trên các trục

. Viết phương trình mặt phẳng

 

ABC

6 3 2 6 0x y z   

2 3 6 0x y z   

3 2 6 0x y z   

2 3 6 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Gọi

lần lượt là hình chiếu của

trên các trục

Suy ra

     

1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3A B C

Phương trình

 

: 1 6 3 2 6 0

1 2 3

x y z

ABC x y z       

Câu 69: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm













1;0; 1 , 2;1;0 , 0;1; 2

A B C  

Vectơ nào dưới đây là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

ABC

 

1;2;1n 



. B.

 

1;1;2n 



. C.

 

1; 1; 2n   



. D.

 

1; 2;1n  



Lời giải

Chọn A

 

( 3,1,1);AC ( 1,1,1) 2, 4, 2 .AB AB AC         

   

Câu 70: Trong không gian cho điểm





1; 3;2M



.Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua

và cắt các trục

tọa độ tại

, ,A B C

mà

0OA OB OC  

A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.

Lời giải

Chọn D

Giả sử mặt phẳng







cần tìm cắt

, ,Ox Oy Oz

lần lượt tại

(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0c) (a,b,c 0)A 

 

: 1

x y z

a b c

  



;

 



qua

(1; 3;2)M 

nên:

1 3 2

( ) : 1(*)

a b c



  

(1)

(2)

0 0

(3)

(4)

a b c

OA OB OC a b c

a b c

 





  



       



  



   



Thay

(1)

vào (*) ta có phương trình vô nghiệm

Thay

(2),(3),(4)

vào (*) ta được tương ứng

4, 6,

a a a



   

Vậy có 3 mặt phẳng.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 86

 SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

 DẠNG TOÁN 8:

PTMP VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG.

Câu 71: Trong không gian

Oxyz

cho đường thẳng

1 2 1

2 1 1

x y z

  

 



. Trong các mặt phẳng dưới

đây, tìm một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng

2 2 2 4 0x y z   

. B.

4 2 2 4 0x y z   

4 2 2 4 0x y z   

. D.

4 2 2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

có vec tơ chỉ phương là

 

2; 1;1u  



Mặt phẳng

4 2 2 4 0x y z   

có vectơ pháp tuyến

 

4; 2;2n  



Ta có

2 1 1

4 2 2



 



nên



cùng phương với



do đó đường thẳng

vuông góc với mặt

phẳng

4 2 2 4 0x y z   

Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai mặt phẳng





: 3 2 0P x my z   

và

 

: x 1 0Q m y z   

và. Tìm

để giao tuyến hai mặt phẳng

 

và

 

vuông góc với

mặt phẳng

 

: 2z 5 0R x y   

1m  

. B.

0m 

. C.

1m 

. D.

2m 

Lời giải

Chọn C

Các mặt phẳng

     

, ,P Q R

có vectơ pháp tuyến lần lượt là

     

1;3 ; 1 , ; 1;1 , 1; 1; 2

P Q R

n m n m n      

  

khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng

 

và

 

có vectơ chỉ phương là

 

, 3 1; m 1; 1 3m

P Q

u n n m

 

      

 

  

Để giao tuyến hai mặt phẳng

 

và

 

vuông góc với mặt phẳng

 

thì

u n

 

cùng

phương, suy ra :

3 1 1 1 3

1 1 2

m m m

    

   

 

Câu 73: Trong không gian

Oxyz

Mặt phẳng





đi qua điểm





1;2;0A

và vuông góc với đường

thẳng

1 1

2 1 1

x y z

 

 



có phương trình là :

2 4 0x y z   

. B.

2 4 0x y z   

2 4 0x y z   

. D.

2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng

có một VTCP là

 

2;1; 1u  



Ta có

 

P d

 

P

nhận

 

2;1; 1u  



là một VTPT.

Kết hợp với

 

qua

 

1;2;0A

















: 2 1 1. 2 1. 0 0

P x y z

      

2 4 0x y z    

Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, mặt phẳng





song song với hai đường thẳng

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 87

2 1

2 3 4

x y z 

  



: 3 2

x t

y t

z t

 





  





 



. Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của

 

5; 6;7n  



 

5;6;7n  



 

5;6; 7n   



 

5; 6;7n   



Lời giải

Chọn B

Vì

 

song song với hai đường thẳng



và



nên

 

1 2

2 3 4

, 5;6;7

1 2 1

n u u

 



 

 

   

 

 



 

  

Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, mặt phẳng song song với hai đường thẳng

2 1

2 3 4

x y z

 

 



2 3 1

1 2 1

x y z

  

 



có một véctơ pháp tuyến là:

 

5; 6;7n   



 

5; 6;7n  



 

5;6; 7n   



 

5;6;7n  



Lời giải

Chọn D

Gọi

   

1 2

2; 3;4 ; 1; 2; 1u u 

 

lần lượt là vectơ chỉ phương của

1 2

,d d

và



là vectơ pháp tuyến

của mặt phẳng. Khi đó:

 

1 2

, 5;6;7

n u

n u u

n u







 

   



 







 

  

 

Câu 76:

Trong không

gian

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, cho m

ặ

t ph

ẳ





vuông góc v

ớ

i đư

ờ

ng th

ẳ

có phương trình

1 1

2 1 2

x y z 

 

, tìm vectơ pháp tuyến



của mặt phẳng

 

là.

 

1;0; 1n   



. B.

 

2; 1; 2n   



. C.

 

1;2;2n 



. D.

 

2;1;2n 



Lời giải

Chọn D

Véctơ chỉ phương của đường thẳng

là:

 

2;1;2n 



Vì mặt phẳng

 

vuông góc với đường thẳng

nên mặt phẳng

 

có véctơ pháp tuyến

là:

 

2;1;2n 



Câu 77: Trong không gian

Oxyz

Mặt phẳng

( )P

đi qua điểm





A 1; 2; 0

và vuông góc với đường

thẳng

1 1

2 1 1

x y z

 

 



có phương trình là:

2 4 0x y z   

. B.

2 4 0x y z   

2 4 0x y z   

. D.

2 4 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Ta có VTCP của đường thẳng

là

(2;1; 1)

u  



Vì

( )P d

nên VTPT của

( )P

là

( )

(2;1; 1)

P d

n u  

 

Khi đó phương trình mp

( )P

đi qua điểm

 

A 1; 2; 0

và có VTPT

(2;1; 1)

u  



là

2 4 0x y z   

Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





0;0; 2



và đường thẳng

3 1 2

4 3 1

x y z  

  

. Viết phương trình mặt phẳng

 

đi qua điểm

và vuông góc với

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 88

đường thẳng



3 2 4 0x y z   

. B.

4 3 7 0x y z   

4 3 2 0x y z   

. D.

3 2 13 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng



có vectơ chỉ phương là

 

4;3;1u 



Mặt phẳng

 

đi qua điểm

 

0;0; 2M 

và vuông góc với



nên nhận

 

4;3;1u 



làm

vectơ pháp tuyến có phương trình:

     

4 0 3 0 1 2 0 4 3 2 0x y z x y z          

Câu 79: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng





có phương trình là

2 1

8 3 5

x y z 

 



. Viết phương trình mặt phẳng

 

và vuông góc với đường thẳng

 

biết





đi qua điểm





0; 8;1

M 

 

:8 3 5 27 0P x y z   

. B.

 

:8 3 5 19 0P x y z   

 

: 8 3 5 19 0P x y z    

. D.

 

:8 3 5 19 0P x y z   

Lời giải

Chọn D

   

P d

nên VTCP

 

8;3;5

u  



của

 

là một VTPT của

 

Khi đó

 

qua 0; 8;1

VPTN 8;3;5

 





 







 

: 8 3 5 19 0P x y z     

 

:8 3 5 19 0P x y z    

Câu 80: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2;1; 1D  

và đường thẳng

1 2 3

2 1 3

x y z

  

 



. Mặt phẳng

 



đi qua điểm

và vuông góc

có phương trình là

2 3 6 0x y z   

. B.

2 3 8 0x y z   

2 3 8 0x y z   

. D.

2 3 2 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 



vuông góc

nên Vtpt của

 



là:

 

2; 1;3n



 



Vậy phương trình

 



2 3 8 0x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 89

 DẠNG TOÁN 9:

PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG.

Câu 81:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz, vi

ế

t phương tr

ình m

ặ

t ph

ẳ

( )P

ứ

a đư

ờ

ng th

ẳ

1 1 1

1 2 1

x y z

  

 



và đi qua điểm

 

' 0;2;2 .A

5 2 2 0.x y z   

. B.

5 2 2 0.x y z   

5 5 2 0.x z  

. D.

2 0.x z  

Lời giải

Chọn D

(1;2; 1)

u  



. Gọi

(1; 1;1) (1; 3; 1).M d AM     



Vì

( )

d P

A P











nên

(P)

; ( 5;0; 5).

n u AM

 

   

 

  

( )

( 5;0; 5)

( ) : ( ) : 5( 0) 5(z 2) 0 2 0.

(0;2; 2) ( )

P P x x z

A P



  



         











Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1;2;3A

và đường thẳng

: 3

3 4

x y

d z



  

. Phương trình mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d là.

23 17 60 0x y z   

. B.

23 17 14 0x y z   

23 17 14 0x y z   

. D.

23 17 14 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng qua điểm . Vec tơ pháp tuyến của là

. Phương trình của là .

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt phẳng





đi qua điểm

 

3; 4;7M 

và chứa trục

 

: 4 3 0P x y 

. B.

 

: 3 4 0P x y 

. C.

 

: 4 3 0P y z 

. D.

 

:3 4 0P x z 

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

3; 4;7OM  



, vecto chỉ phương của trục

là

 

0;0;1



Mặt phẳng

 

qua

 

3; 4;7M 

có vectơ pháp tuyến

 

, 4;3;0

 

 

 

  

n k OM

Phương trình mặt phẳng

 

: 4 3 0P x y 

Câu 84: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1;0; 1



. Mặt phẳng







đi qua

và chứa trục

có phương trình là

0x y z  

. B.

0y 

. C.

0x z 

. D.

1 0y z  

Lời giải

Chọn B





0;1; 3







 

; 23; 17; 1

n u IA

 

   

 

  





23 17 14 0.

x y z

   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 90

Do mặt phẳng

 



đi qua

và chứa trục

nên

 



có một véc tơ pháp tuyến là

,n i OM

 



 

  

với

 

1;0;0i 



và

 

1;0; 1OM  



 

0;1;0n 



Vậy phương trình mặt phẳng

 



đi qua

 

1;0; 1M 

và có một véc tơ pháp tuyến

 

0;1;0n 



là

0y 

Câu 85: Trong không gian

Oxyz

; phương trình mặt phẳng





đi qua





1 ;2 ; 3M 

và chứa đường

thẳng

2 1 4

1 3 4

x y z  

 

là.

11 8 1 0x y z   

. B.

–11 8 – 45 0x y z 

11 8 45 0x y z   

. D.

–11 – 8 – 3 0x y z 

Lời giải

Chọn C

Lấy điểm

   

2;1; 4 3; 1; 1N d MN       



có vectơ chỉ phương

 

1;3;4u 



 

có vectơ pháp tuyến

   

, 1;11; 8 1; 11;8 .n MN u

 

      

 

  

Khi đó,

       

:1 1 11 2 8 3 0 11 8 45 0P x y z x y z          

Câu 86: Trong không gian

Oxyz

Mặt phẳng đi qua





2;3;1A

và giao tuyến hai mặt phẳng

x y

 

và

4 0x y z   

có phương trình là.

3 6 1 0x y z   

. B.

9 5 20 0x y z   

2 7 0x y z   

. D.

2 2 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Gọi

là giao tuyến của 2 mặt phẳng. Ta có:

 

0;0; 4M d 

 

1 2

; 1; 1; 2

u n n

 

   

 

  

Gọi

 

là mặt phẳng cần tìm.

Ta có:

 

2;3;5MA 



 

; 1; 9;5

p d

n u MA

 

  

 

  

 

: 9 5 20 0P x y z    

Câu 87: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

3 1 1

2 3 1

x y z

  

 



và điểm

 

1;3; 1A



. Viết phương trình mặt phẳng

 

chứa

và đi qua

5 1 0x y z

   

. B.

1 0x y z

   

2 4 0x y z

   

. D.

4 0x y

  

Lời giải

Chọn A

Ta có

đi qua

 

3;1; 1M



và có vtcp

 

2;3; 1u



 

 

2;2;0MA



 

 

có vtpt

 

, 1;1;5

n u MA

  

 

 

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 91

Phương trình

 

5 1 0x y z

   

Câu 88: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho điểm





1;4; 3 .



Viết phương trình mặt phẳng

chứa trục tung và đi qua điểm

3 0x z 

. B.

4 0x y 

. C.

3 1 0x z  

. D.

3 0x z 

Lời giải

Chọn D

Trục tung có véctơ chỉ phương là

 

01;0j 



Phương trình mặt phẳng chứa trục tung và đi qua điểm

có véctơ pháp tuyến là.

   

, 3;0; 1 3;0;1j OA

 

    

 





Vậy phương mặt phẳng đó là

   

3 1 3 0 3 0x z x z      

Câu 89: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng nào sau đây chứa trục Ox ?

2 0y z 

. B.

2 0x y 

. C.

2 0x y z  

. D.

2 0x z 

Lời giải

Chọn A

Ta có

nhận

 

1; 0; 0i



làm vectơ chỉ phương.

Gọi

 

0; 2; 1n



là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

: 2 0y z



 

 

. 0n i

O α















 

suy ra mặt phẳng

 

chứa

Câu 90: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

 

: 2

x t

d y t

z t

  





 









và điểm

 

1;1;0A 

 

mp P

chứa





và điểm

có phương trình là.

0x y z  

. B.

1 0 x z  

. C.

2 0y z  

. D.

0x y 

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng

 

đi qua điểm

 

1;2;0M 

và có véctơ chỉ phương

 

1; 1;1u 



. Ta có:

 

0;1;0AM 



Vì

 

mp P

chứa

 

và điểm

nên véctơ pháp tuyến của

 

mp P

là

 

, 1;0;1n u AM

 

  

 

  

Suy ra phương trình tổng quát của

 

mp P

là.

   

1 0 1 z 0 1 0 1 0x y x z x z              

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 92

 DẠNG TOÁN 10:

PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG

THẲNG KHÁC.

Câu 91: Trong không gian

Oxyz

, mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau

1 2 4

2 1 3

  

 



x y z

và

1 2

1 1 3

 

 



x y z

có phương trình là

2 9 36 0    x y z

2 0  x y z

6 9 8 0   x y z

6 9 8 0   x y z

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

1 2 4

2 1 3

  

 



x y z

đi qua điểm

 

1; 2;4M

, có một VTCP là

 

2;1;3 



u .

Đường thẳng

1 2

1 1 3

 

 



x y z

có một VTCP là

 

1; 1;3 



u .

Mặt phẳng

 

chứa hai đường thẳng cắt nhau

1 2

,d d 

 

qua điểm

 

1; 2;4 ,M

có một

VTPT là

 

1 2

, 6;9;1

 

 

 

  

n u u . Phương trình mặt phẳng

 

là :

















:6 1 9 2 4 0 6 9 8 0

          

P x y z x y z

Câu 92: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng

 

1 1

1 1 2

x y z

 

 

và

 

1 2 1

1 1 2

x y z  

 

. Khi đó mặt phẳng

 

chứa

đường thẳng trên có phương trình là.

5 3 7 4 0x y z   

5 3 7 4 0x y z   

7 3 5 4 0x y z   

7 3 5 4 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

1;1;0

1;1;2

qua M

VTCP u

 













 

1; 2;1

1;1;2

qua N

VTCP u

 













Ta có

1 2

//d d

 

2; 3;1MN  



Ta có

 

, 7;3; 5

n u MN

 

  

 

  

 

:7 3 5 0P x y z d    

Qua





1;1;0 4

M d

  

Câu 93: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho hai điểm





0;1;1A

và





1;3;2B

. Viết phương

trình của mặt phẳng

 

đi qua

và vuông góc với đường thẳng

2 9 0   x y z

. B.

2 3 0   x y z

4 3 7 0   x y z

. D.

2 0  y z

Lời giải

Chọn B

Ta có :

 

1;2;1



AB .

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 93

Mặt phẳng

 

đi qua

và vuông góc với đường thẳng

nên nhận vectơ

 

1; 2;1



làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình tổng quát của mặt phẳng

 

là :

     

0 2 1 1 0     x y z

2 3 0    x y z

Câu 94: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình của mặt phẳng





đi qua giao tuyến

của hai mặt phẳng





: 3 5 4 0

x y z



  

và





: 2 7 0

xy z



 

đồng thời song song với trụ

là:

4 17 0x z  

. B.

3 0y  

. C.

0z 

. D.

4 17 0xz  

Lời giải

Chọn D

Gọi

là điểm thuộc giao tuyến của

   

 

thì

 

0; 27;17M 

   

 

lần lượt có vectơ pháp tuyến

   

1; 3; 5 , 1; 1; 2a b   



. Suy ra giao tuyến của

   

 

có một vectơ chỉ phương

 

, 1;7; 4u a b

 

   

 



 

 

có một vectơ pháp tuyến

 

, 4;0; 1n u j

 

  

 



 

và đi qua

nên có phương trình

4 17 0xz  

Câu 95: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

: 2

1 2

x t

d y t

z t

 





  





 



, gọi

là giao tuyến

của hai mặt phẳng

 

: 2 0P x y z  

và

 

: 2 3 0Q x y z   

. Viết phương trình mặt phẳng







chứa

và song song với

 

:19 13 3 28 0x y z



   

. B.

 

:19 13 3 80 0x y z



   

 

:19 13 3 80 0x y z



   

. D.

 

:19 13 3 28 0x y z



   

Lời giải

Chọn D

Đường thẳng

1 2

,d d

có VTPT lần lượt là

   

1 2

1; 1;2 , 5;8;3u u   

 

. Mặt phẳng

 



có VTPT

là

 

1 2

19; 13;3n u u



    

  

. PTMP

 

:19 13 3 28 0x y z



   

Câu 96:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

,Oxyz

cho hai m

ặ

t ph

ẳ





: 2 3 0,

x y z



   

 

: 2 5 0.x y



  

Viết phương trình của mặt phẳng

 

song song với trục

và chứa

giao tuyến của

 



và

 



 

: 2 5 0.x yP   

 

: 2 5 0.x yP   

 

: 2 5 0.x yP   

 

: 2 5 0.x yP   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 

chứa giao tuyến của hai mặt phẳng

 

và

 



nên có dạng.

       

2 3 2 5 0 2 2 3 5 0m x y z n x y m n x m n y mz m n              

Mặt phẳng

 

song song với trục

nên

0m 

Chọn

1n 

ta có phương trình mặt phẳng

 

là

 

: 2 5 0.x yP   

Câu 97: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai mặt phẳng





: 2 3 0,

x y z



   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 94





: 2 5 0.x y



  

Viết phương trình của mặt phẳng





song song với trục

và chứa

giao tuyến của

 



và

 



 

: 2 5 0x yP   

. B.

 

: 2 5 0x yP   

 

: 2 5 0x yP   

. D.

 

: 2 5 0x yP   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 

chứa giao tuyến của hai mặt phẳng

 

và

 



nên có dạng.

















2 3 2 5 0 2 2 3 5 0

m x y z n x y m n x m n y mz m n

              

Mặt phẳng

 

song song với trục

nên

0m 

Chọn

1n 

ta có phương trình mặt phẳng





là

 

: 2 5 0.x yP   

Câu 98: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

qua điểm





3; 2; 1M 

và có VTCP

 

1; 1; 2u 



, gọi

là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

: 2 0P x y z  

và

 

: 2 3 0Q x y z   

. Viết phương trình mặt phẳng

 



chứa

và song song với

 

:5 13 4 45 0x y z



   

. B.

 

:5 13 4 7 0x y z



   

 

:5 13 4 45 0x y z



   

. D.

 

:5 13 4 7 0x y z



   

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 

: 2 0P x y z  

vó một VTPT

 

1; 1; 2n 



Mặt phẳng

 

: 2 3 0Q x y z   

vó một VTPT

 

1; 1; 1n



Đường thẳng

có một VTCP

 

1 2

, 5; 1; 3a n n

 

  

 

  

Mặt phẳng

 



chứa

và song song với

có một VTPT

 

, 5; 13; 4n u a

 

    

 

  

Mặt phẳng

 



đi qua điểm

 

3; 2; 1M 

và có VTPT

 

5; 13; 4n    



có phương trình.





:5 13 4 7 0

x y z



   

Câu 99: Trong không gian

Oxyz

, cho





1;1;0A





0;2;1B





1;0;2C





1;1;1D

Mặt phẳng







đi qua

 

1;1;0A

 

0;2;1B

 



song song với đường thẳng

. Phương trình mặt phẳng

 



là.

2 0x y  

. B.

3 0x y z   

2 3 0x y z   

. D.

2 2 0x y z   

Lời giải

Chọn C

   

1 1 1 0 1 1AB ; ; ,CD ; ;   

 

 

2 1 1AB,CD ; ;

 

    

 

 

Suy ra mặt phẳng cần tìm có vec tơ pháp tuyến là

 

2 1 1n ; ;



Vậy phương trình mặt phẳng:

2 3 0x y z .   

Thử lại thay tọa độ điểm

vào phương trình mặt phẳng thấy không thỏa mãn.

Câu 100: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng thẳng

1 2

2 1 1

 

 

x y z

. Viết

phương trình mặt phẳng

 

chứa đường thẳng

song song với trục

 

: 2 0  P y z

. B.

 

: 2 1 0  P x y

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 95





: 2 5 0  P x z

. D.





: 1 0  P y z

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng

đi qua điểm

 

1;0;2M

và có vectơ chỉ phương

 

2;1;1



; trục

có vectơ

đơn vị

 

1;0;0



i .

Vì

 

chứa đường thẳng

song song với trục

nên

 

đi qua điểm

 

1;0;2M

và có

vectơ pháp tuyến

 

, 0;1; 1

 

  

 

  

n u i .

 Phương trình của

 

là :

2 0  y z

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 96

 DẠNG TOÁN 11:

PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC)

Câu 101: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, cho tứ diện

ABCD

có điểm









1;1;1 , 2;0;2

A B

   

1; 1;0 , 0;3;4C D 

. Trên các cạnh

, ,AB AC AD

lần lượt lấy các điểm

', ', 'B C D

thỏa:

' ' '

AB AC AD

  

. Viết phương trình mặt phẳng

 

' ' 'B C D

biết tứ diện

' ' 'AB C D

có thể

tích nhỏ nhất?

16 40 44 39 0x y z   

. B.

16 40 44 39 0x y z   

16 40 44 39 0x y z   

. D.

16 40 44 39 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Áp dụng bất đẳng thức

AM GM

ta có:

. .

4 3

' ' ' '. '. '

AB AC AD AB AC AD

   

'. '. ' 27

. . 64

AB AC AD

 



' ' '

'. '. ' 27

. . 64

AB C D

ABCD

AB AC AD

V AB AC AD

 

' ' '

AB C D ABCD

V V 

Để

' ' 'AB C D

nhỏ nhất khi và chỉ khi

' ' ' 3

AB AC AD

  

3 7 1 7

' ' ; ;

4 4 4 4

AB AB B

 

  

 

 

 

Lúc đó mặt phẳng

 

' ' 'B C D

song song với mặt phẳng

 

BCD

và đi qua

7 1 7

' ; ;

4 4 4

 

 

 

 

' ' ' :16 40 44 39 0B C D x y z    

Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho các điểm













1;3; 1 , 0;2;1 , 4;3; 2A B C 

. Trong

các mặt phẳng chứa đường thẳng

, xác định mặt phẳng mà khoảng cách từ điểm

đến

mặt phẳng đó là lớn nhất.

13 5 4 6 0x y z   

. B.

13 5 4 6 0x y z   

13 5 4 14 0x y z   

. D.

13 5 4 14 0x y z   

Lời giải

Chọn A

Gọi

 

là mặt phẳng chứa

và

là khoảng cách từ

đến mặt phẳng

 

Gọi

,I H

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

trên

 

và

Ta có:

d CI CH 

, dấu

" "

xảy ra khi

I H

d

lớn nhât khi

 

nhận



là véc tơ pháp tuyến.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 97

Dễ thấy

11 23 8 13 5 2

; ; ; ;

6 6 3 6 6 3

H CH

   

   

   

   





Phương trình

 

:13 5 4 6 0P x y z   

Câu 103: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





1;2;4A





0;0;1B

và mặt cầu

     

2 2

: 1 1 4.S x y z    

Mặt phẳng

 

: 3 0P ax by cz   

đi qua

và cắt mặt cầu

 

theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính

T a b c  

T 

. B.

T 

. C.

T  

. D.

T 

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

có tâm

 

1;1;0I 

và bán kính

2R 

Đường thẳng

đi qua điểm

, có một VTCP là

 

1;2;3BA 





 

: 2

1 3

x t

AB y t t

z t







 





 





 

1; 1;1IB  



3IB R  

 

P

luôn cắt mặt cầu

 

theo giao tuyến là đường tròn

 

có bán kính nhỏ nhất

 

,d I P

lớn nhất.

Gọi

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

lên

 

và

, ta có:

 

,d I P IH IK 

Do đó

 

,d I P

lớn nhất

H K 

hay mặt phẳng

 

vuông góc với

Tìm

   

: ;2 ;1 3 1; 2 1;3 1K K AB K t t t IK t t t       



Ta có

. 0

IK AB IK AB t     

 

 

6 9 4 1

; ; 6; 9; 4

7 7 7 7

 

   

 

 



Mặt phẳng

 

đi qua

 

0;0;1B

, có một VTPT là

 

6; 9;4n  





 

9 27

: 6 9 4 4 0 3 3 0

2 4

P x y z x y z         

. Vậy

T  

Câu 104: Trong không gian

Oxyz

, Tìm tất cả các mặt phẳng

 



chứa đường thẳng

1 1 3

x y z

 

 

và tạo với mặt phẳng

 

2 1 0x z  

góc

45

 



3 0x y z  

. B.

 



3 0x z 

 



3 0x z 

hay

 



8 5 0x y z  

. D.

 



3 0x z 

Lời giải

Chọn C

đi qua điểm

 

0;0;0O

có vtcp

 

1; 1; 3u   



 



qua

có vtpt

 

; ;n a b c



có dạng

0ax by cz  

, do

. 0n u 

 

3 0a b c   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 98

 

2 1 0x z  

vtpt

 

2;0; 1k  



Ta có

cos 45 



n k

 

2 2 2

a c

a b c





 



 

2 2 2

10 4 2a b c a c    

 

2 2 2 2

10 6 9 4 12 2b bc c b c b c c       

 

2 2

10 2 6 10 4 10b bc c b c    

4 20 0b bc  

b c













0b  3a c 

 





3 0x z 

5b c

, chọn

1c  5b 

8a 

 





8 5 0x y z  

Câu 105: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

,cho





: 4 2 6 0P x y z   





: 2 4 6 0Q x y z   

. Lập

phương trình mặt phẳng

 



chứa giao tuyến của

   

,P Q

và cắt các trục tọa độ tại các

điểm

, ,A B C

sao cho hình chóp

.O ABC

là hình chóp đều.

6 0x y z   

. B.

6 0x y z   

. C.

6 0x y z   

. D.

3 0x y z   

Lời giải

Chọn B

Chọn

   

6;0;0 , 2;2;2M N

thuộc giao tuyến của

   

,P Q

Gọi

     

;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c

lần lượt là giao điểm của

 



với các trục

, ,Ox Oy Oz



   

: 1 , , 0

x y z

a b c



   

 



chứa

,M N

2 2 2

a b c













  





Hình chóp

.O ABC

là hình chóp đều

OA OB OC a b c     

Vây phương trình

6 0x y z   

Câu 106:

Trong không gian

Oxyz

, cho hình h

ộ

p ch

ữ

ậ

.ABCD A B C D

   

có đi

ể

trùng v

ớ

i g

ố

của hệ trục tọa độ,

 

;0;0B a

 

0; ;0D a

 

0;0;A b



( 0, 0)a b 

. Gọi

là trung điểm của

cạnh



. Giá trị của tỉ số

để hai mặt phẳng

( )A BD



và

 

MBD

vuông góc với nhau là

. B.

. C.

1

. D. 1.

Lời giải

Chọn D

Ta có

   

; ;0 ' ; ; ; ;

AB DC C a a C a a b M a a

 

   

 

 

 

Cách 1.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 99

Ta có

0; ;

MB a

 

  

 

 



;

 

; ;0BD a a 



và

 

' ;0;A B a b 



Ta có

; ; ;

2 2

ab ab

u MB BD a

 

 

  

 

 

 

  

và

 

2 2 2

; ;; 'BD A aB aa

 

 

 

 

 

Chọn

 

1;1;1v 



là VTPT của

 

'A BD

   

' . 0 0 1

2 2

ab ab a

A BD MBD u v a a b

          

 

Cách 2.

' ' 'A B A D A X BD

AB AD BC CD a

MB MD MX BD

 

 

     

 

 

 

với

là trung điểm

   



 

' ; ' ;A BD MBD A X MX

 

 

 

; ;0

2 2

a a

 

 

 

là trung điểm

' ; ;

2 2

a a

A X b

 

 

 

 



; ;

2 2 2

a a b

 

   

 

 



   

' 'A BD MBD A X MX  

' . 0A X MX 

 

2 2

0 1

2 2 2

a a b a

   

      

   

   

Câu 107: Trong không gian

Oxyz

, Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng

1 1 1

x y z

d  



và cắt

mặt cầu





2 2 2

: 4 6 6 3 0

S x y z x y z

      

theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là?

4 11 7 0x y z   

. B.

6 5 0x y z  

4 11 7 0x y z  

. D.

6 5 0x y z  

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu

 

có tâm

 

2; 3; 3I  

và bán kính

   

2 2

2 3 3 3 5R       

Gọi

là hình chiếu của tâm

lên đường thẳng. Khi đó, mặt phẳng cần tìm sẽ vuông góc

với

tại

Gọi

 

; ;H t t t d 

. Ta có:

. 0IH u





 

   

2;t 3; t 3 . 1;1; 1 0t      

t 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 100

Mặt phẳng

 

cần tìm qua

2 2 2

; ;

3 3 3

 



 

 

có vectơ pháp tuyến là

4 11 7

; ;

3 3 3

 

 

 

 



Vậy

 

2 2 2

: 4 11 7 0

3 3 3

P x y z

     

      

     

     

 

: 4 11 7 0P x y z   

Câu 108: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, viết phương trình mặt phẳng





song song và

cách đều 2 đường thẳng

1 1 1

x y z



 



1 2

2 1 1

x y z

 

 

 

 

: 2 2 1 0P x z  

. B.

 

: 2 2 1 0P y z  

 

: 2 2 1 0P x y  

. D.

 

: 2 2 1 0P y z  

Lời giải

Chọn D

 

cách đều hai đường thẳng nên

   

1 2

/ / , d / /d P P

Gọi

 

1;1;1a  



là VTCP của

d ,

 

2; 1; 1a   



là VTCP của

d suy ra

 

1 2

, 0;1; 1a a

 

 

 

 

là

VTPT của mặt phăng

 

loại đáp án B và

Lấy

   

1 2

2;0;0 , N 0;1;2M d d 

 

1 2

, , , ,d P d P M P N P

d d d d  

thay vào ta thấy đáp

án D thỏa mãn.

Câu 109:

Trong không gian

Oxyz

, cho hai đi

ể





3;0;2A





3;0;2B

và m

ặ

t c

ầ

2 2 2

( 2) ( 1) 25x y z    

. Phương trình mặt phẳng

 



đi qua hai điểm

và cắt mặt

cầu

 

theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là

3 2 7 0x y z   

. B.

4 5 13 0x y z   

3 2 –11 0x y z  

. D.

4 5 17 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

có tâm

 

0; 2;1I 

, bán kính

5R 

. Do 17 RIA   nên

luôn cắt

 

. Do

đó

( )



luôn cắt

 

theo đường tròn

 

có bán kính

 

,r R d I



  . Đề bán kính

nhỏ nhất

 

,d I





lớn nhất.

Mặt phẳng

 



đi qua hai điểm

và vuông góc với mp

 

ABC

Ta có

AB (1; 1; 1)  



AC ( 2; 3; 2)   



suy ra

 

ABC

có véctơ pháp tuyến

, ( 1;4; 5)n AB AC

 

   

 

  

(α) có véctơ pháp tuyến , ( 9 6; 3) 3(3;2;1)n n AB



 

      

 

  

Phương trình

       

: 3 – 2 2 –1 1 – 3 0 3 2 –11 0x y z x y z



      

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 101

Câu 110: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu





có phương trình:

2 2 2

2 4 2 3 0x y z x y z      

, và đường thẳng

2 2

x y



  



. Mặt phẳng

 

vuông góc

với



và tiếp xúc với

 

có phương trình là.

2 2 2 0x y z   

và

2 2 16 0x y z   

2 2 3 8 6 0x y   

và

2 2 3 8 6 0x y   

2 2 3 8 6 0

x y

   

và

2 2 3 8 6 0

x y

   

2 2 2 0x y z   

và

2 2 16 0x y z   

Lời giải

Chọn D

Mặt phẳng

 

vuông góc với



nên

 

có VTPT

 

2; 2;1n  



 

: 2 2 0P x y z D    

 

có tâm

 

1; 2;1I 

, bán kính

3R 

 

tiếp xúc

 

2 2 2

2.1 2.( 2) 1

; 3

2 ( 2) 1

d I P R

   

   

  

7 9 2

7 9

7 9 16

D D

  

 

    

 

    

 

Vậy phương trình

 

là

2 2 2 0x y z   

và

2 2 16 0x y z   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 102

 DẠNG TOÁN 12:

PTMP SONG SONG VỚI MP, THỎA ĐK

Câu 111: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 2 7 0P x y z   

và mặt cầu

 

2 2 2

: 2 4 6 11 0S x y z x y z      

. Mặt phẳng song song với

 

và cắt

 

theo một

đường tròn có chu vi bằng



có phương trình là

 

: 2 2 19 0P x y z   

 

: 2 2 17 0P x y z   

 

: 2 2 17 0P x y z   

 

: 2 2 7 0P x y z   

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu





có tâm





1; 2;3

I 

, bán kính

5R 

; bán kính đường tròn giao tuyến là

3r 

Mặt phẳng

 

song song với mặt phẳng

 

: 2 2 7 0P x y z   

có phương trình là

 

2 2 0 7x y z m m     

Ta có

 

2 2

;d I Q R r 

2 4 3

25 9

m  

  

5 12m  









 



7m  

nên

17m 

. Vậy phương trình mặt phẳng

 

: 2 2 17 0Q x y z   

Câu 112: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, Hai mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với mặt

cầu





2 2 2

– 2 – 4 – 6 5 0

: x y z x yS z 



và song song với mặt phẳng





: – 2 2 – 6 0

P x y z

 

– 2 2 10 0x y z  

và

– 2 2 –10 0x y z 

– 2 2 6 0x y z  

và

– 2 2 –12 0x y z 

– 2 2 6 0 x y z  

và

– 2 2 – 6 0x y z 

2 2 – 6 0x y z  

và

2 – 2 6 0x y z  

Lời giải

Chọn B

 

có tâm

 

1;2;3I

và bán kính

3R 





song song với





nên





: 2 2 0, 6

Q x y z m m

     

 

tiếp xúc

 

khi và chỉ khi

 

d I Q R





 



 



Câu 113: Trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt

phẳng

 

: 0x y z



  

đồng thời tiếp xúc với mặt cầu

 

     

2 2 2

: 2 2 2 0S x y z x y z

. B.

. C. Vô số. D.

Lời giải

Chọn D

Gọi

 



là mặt phẳng cần tìm.

 

2 2 2

: 2 2 2 0S x y z x y z      

 

1;1;1 ; 3I R .

       

  

        





: 0 : 0 0x y z x y z c c

 



tiếp xúc với

 







     



 





3 3 3

c Nh

c L

 

: 6 0x y z



    

vậy có

mặt phẳng

 



Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 103

Ta có:

 

; 3d I R



  

 

nên

 



tiếp xúc với

 

. Do đó chỉ còn có

mặt phẳng song

song với

 



và tiếp xúc với

 

Câu 114: Trong không gian

Oxyz

cho mặt cầu





có phương trình là

2 2 2

( ) : 2 4 6 11 0S x y z x y z      

và cho mặt phẳng





có phương trình là

 

: 2 2 18 0P x y z   

. Mặt phẳng

 

song song với mặt phẳng

 

đồng thời

 

tiếp xúc

với mặt cầu

 

có phương trình là:

 

: 2 2 12 0Q x y z   

. B.

 

: 2 2 28 0Q x y z   





: 2 2 18 0

Q x y z

   

. D.





: 2 2 22 0

Q x y z

   

Lời giải

Chọn A

mặt cầu

 

có tâm

(1;2;3)I

có bán kính

5R 

Mặt phẳng

 

song song với mặt phẳng

 

nên

 

có phương trình là





: 2 2 0; 18

Q x y z D D

     

Mặt phẳng

 

tiếp xúc với mặt cầu

 

nên

( ,( ))d I Q R

 

2 2

2.1 2.2 1.3

5 3 15

2 2 1

 

  



     







  

Kết hợp với điều kiện ta có phương trình của mặt phẳng

 

là

 

: 2 2 12 0Q x y z   

Câu 115: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho bốn điểm





1; 2;0A 





0; 1;1B 





2;1; 1C 

và

 

3;1;4D

. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?

. B. Có vô số mặt phẳng.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

1;1;1AB  



 

1;3; 1AC  



 

2;3;4AD 



. Suy ra:

 

, 4;0; 4AB AB

 

  

 

 

4 điểm

, , ,A B C D

không đồng phẳng.

Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm

, , ,A B C D

sẽ có hai loại:

Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh

chung đỉnh) có 4 mặt phẳng như thế).

Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh

thuộc hai cặp cạnh chéo nhau) có 3 mặt phẳng như thế).



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 104

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 116: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 3 0Q x y z   

. Mặt phẳng





song song với

 

và cách điểm

 

1; 0; 2M

một khoảng bằng

có phương trình:

2 3 0x y z   

2 7 0x y z   

2 0x y z  

. D.

2 7 0x y z   

Lời giải

Chọn D

 

: 2 0R x y z d   

 

2 2

6 6 6

d R

 





   



 









Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho có phương trình

2 2 2

2 4 6 11 0

x y z x y z      

Viết phương trình mặt phẳng







, biết







song song với





: 2 2 11 0

P x y z

   

và cắt mặt

cầu

 

theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng



2 2 7 0x y z   

. B.

2 2 5 0x y z   

2 2 7 0x y z   

. D.

2 2 11 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

có tâm

 

1;2;3I

và bán kính

2 2 2

1 2 3 11 5R     

Chu vi thiết diện bằng



nên bán kính

của đường tròn thỏa mãn

8 2 4r r

 

  

 

2 2

, 3d I R r



  

Phương trình mặt phẳng







song song với





: 2 2 11 0

P x y z

   

có dạng

   

: 2 2 0 11x y z m m



    

 

, 3d I





2 2 2

2.1 2 2.3

1 2 2

m  

 

 

2 9 11 7m m m       

. Đối chiếu điều kiện suy

 

2: 2 7 0x y z



   

Câu 118: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

: 2 6 4 2 0S x y z x y z      

và mặt phẳng





: 4 -11 0

x y z



  

. Viết phương trình mặt phẳng





, biết





song song với giá của

vectơ

 

1;6;2v 



, vuông góc với

 



và tiếp xúc với

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 105

2 2 3 0

2 2 21 0

x y z

   





   



3 4 1 0

3 4 2 0

x y z

   





   



4 3 5 0

4 3 27 0

x y z

   





   



2 3 0

2 21 0

x y z

   





   



Lời giải

Chọn A

Mặt cầu

 

có tâm

 

1; 3;2I 

và bán kính

4R 

Vì mặt phẳng (P) song song với giá của vectơ

 

1;6;2v 



, vuông góc với

 



nên có vec tơ

pháp tuyến

 

,n n v



 



 

  

 

2; 1;2 

Mặt phẳng

 

: 2 2 0P x y z D   

Vì





tiếp xúc với mặt cầu





nên ta có:

 

;d I P R

 

2 2

2.1 3 2.2

2 1 2

D  

 

  

9 12

 



   







Vậy phương trình mặt phẳng

 



là:

2 2 3 0

2 2 21 0

x y z

   





   



Câu 119: Cho mặt phẳng





: 2 2 10 0P x y z   

và mặt cầu





2 2 2

: 2 4 6 11 0

S x y z x y z      

mặt phẳng

 

song song với

 

và tiếp xúc với mặt cầu

 

có phương trình là?

2 2 10 0x y z   

. B.

2 2 0x y z  

2 2 20 0x y z   

. D.

2 2 20 0x y z   

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

có tâm

 

1; 2;3I 

bán kính

5R 

Mặt phẳng

 

có dạng

 

: 2 2 0Q x y z d   

 

tiếp xúc với

 

nên

 

,d I Q R

 

2.1 2 2 3

5 5 15

   





     



 



Câu 120: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 2 3 25S x y z     

và hai điểm

   

3; 2;6 , 0;1;0A B

. Mặt phẳng

 

: 2 0P ax by cz   

chứa đường thẳng

và cắt

 

theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức

2M a b c  

1M 

. B.

4M 

. C.

2M 

. D.

3M 

Lời giải

Chọn A

* Ta có:

   

; ;P n a b c 



trong đó

; ;a b c

không đồng thời bằng

. Mặt cầu

 

có tâm

 

1;2;3I

và bán kính

5R 

Do mặt phẳng

 

chứa đường thẳng

nên ta có:

 

3 2 6 2 0 2

2 0 2 2

a b c b

b a c

    

 



 

   

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 106

* Bán kính đường tròn giao tuyến là:

2 2

r R d 

trong đó

 

2 2 2

8 16

;

5 8 8

c c

d d I P

c c

a b c



 

  

 

 

. Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là

lớn nhất

2 2

8 16 1 24 2 3

5 8 8 5 5 5 8 8

c c c

c c c c

  

  

   

lớn nhất

2 3

5 8 8

c c



 

 

lớn nhất.

* Coi hàm số

2 3

5 8 8

c c





 

là một phương trình ẩn

ta được

   

5 2 4 1 8 3 0mc m c m    

phương trình có nghiệm

24 23 1 0c m m



      

m m    

lớn nhất

1c 

0 2 1a M a b c      

 HẾT 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 107

PHƯƠNG

TRÌNH

Tham số

 



 





  





 





x x at

y y bt t

z z ct

có điểm

 





0 0 0

; ;M x y z

Véctơ chỉ phương

 





; ;u a b c

Chính tắc



  

 

0 0 0

x x y y z z

a b c

có điểm

 





0 0 0

; ;M x y z

Véctơ chỉ

phương

 





; ;u a b c

nếu

 

; ; 0a b c



Giao tuyến hai mặt phẳng:

Cho hai mặt phẳng

 



   : 0Ax By Cz D

và

 



   

   : 0A x B y C z D

cắt nhau.

Gọi



là giao tuyến của chúng. Khi đó, đường thẳng



có VTCP là

   

 

 

 

 



  

;u n n

A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG:

B. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU: (xem lại Chuyên Đề

Phương Trình Mặt Cầu).

C. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT PHẲNG:

 Trong không gian

Oxyz

, cho



  

 

0 0 0

x x y y z z

a b c

và mặt phẳng

 



   : 0Ax By Cz D

CHUYÊ

N ĐỀ

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 108

– Ta viết lại phương trình



dưới dạng tham số:



 





 





 



x x at

y y bt

z z ct

thay

; ;x y z

vào mặt phẳng

 



– Được phương trình:













      

0 0 0

A x at B y bt C z ct D

. Đặt

       

      

0 0 0

f t A x at B y bt C z ct D

– Khi đó:

       

        

0 0 0

0 0A x at B y bt C z ct D f t

Ta có các trường hợp sau:

Nếu







f t

vô nghiệm



Đường thẳng

 



/ /

Nếu





 0f t

có 1 nghiệm



Đường thẳng

 



  I

Nếu





 0f t

vô số nghiệm



Đường thẳng

 







D. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG:

PHƯƠNG PHÁP 1 PHƯƠNG PHÁP 2

Khoảng cách từ

 

; ;

M M M

M x y z

đến đường thẳng



  

 

0 0 0

x x y y z z

a b c

– Lập







đi qua





; ;

M M M

M x y z

và vuông góc

với



– Tìm tọa độ giao điểm

 

 

 H

– Khi đó,

 



;d M MH

 



 

 



 



;

M M u

d M

Khoảng cách hai đường



  

 

0 0 0

1 1 1

x x y y z z

a b c

và



  

  

 

0 0 0

2 2 2

x x y y z z

a b c

chéo

nhau.

– Lập

 



chứa



và song

song



– Khi đó,

   

 

 



1 2

; ;d d N



công thức khoảng cách

từ điểm đến mặt.

 

 

 

 

 

 

 

  

 

1 2

; .

;

hop

day

u u MN

u u

 DẠNG TOÁN 1:

TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

d y t

z t













 



. Vectơ nào dưới đây là

vecto chỉ phương của đường thẳng

 

1; 0; 1u  



. B.

 

0; 0; 2u 



. C.

 

0; 1; 2u 



. D.

 

0; 1; 1u  



Lời giải

Chọn D

Dễ thấy vectơ chỉ phương của

là

 

0; 1; 1u  



Câu 2: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





:2 3 0

P x y z

   

và điểm

 

1; 2;1A 

. Phương trình đường thẳng đi qua

và vuông góc với

 

là:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 109

: 1 2

x t

y t

z t

 





   





 



. B.

1 2

: 2 2

1 2

x t

y t

z t

 





   





 



. C.

1 2

: 2

x t

y t

z t

 





   





 



. D.

1 2

: 2 4

1 3

x t

y t

z t

 





   





 



Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

:

 

qua 1; 2;1

VTCP 2; 1;1

 





 







1 2

: 2

x t

y t

z t

 





    





 



Câu 3: Trong không gian

Oxyz

, tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng

4 5 7

7 4 5

x y z  

 



 

7; 4; 5u   



. B.

 

5; 4; 7u   



. C.

 

4;5; 7u  



. D.

 

7;4; 5u  



Lời giải

Chọn D

4 5 7

7 4 5

x y z  

 



có một vectơ chỉ phương là

 

7;4; 5u  



Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đường thẳng

2 2

1 2 3

x y z

 

 

đi qua những điểm

nào sau đây?

 

2;2;0A 

 

2;2;0B

 

3;0;3C 

 

3;0;3D

Lời giải

Chọn D

Ta có

3 2 0 2 3

1 2 3

 

  

nên đường thẳng

đi qua điểm

Câu 5: Trong không gian

Oxyz

cho đường thẳng

2 1 3

3 1

x y z

  

 



. Điểm nào sau đây không

thuộc đường thẳng

 

1;0; 5Q  

 

2;1;3M 

 

2; 1; 3N  

 

5; 2; 1P  

Lời giải

Chọn B

Nhận xét

, ,N P Q

thuộc đường thẳng

. Tọa độ điểm

không thuộc đường thẳng

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho tam giác

ABC

với





1;1;1A

;





1;1;0B 

;





1;3;2

Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

của tam giác

ABC

nhận vectơ



nào dưới đây là

một vectơ chỉ phương?

 

1;1;0a  



. B.

 

2;2;2a  



. C.

 

1;2;1a  



. D.

 

1;1;0a 



Lời giải

Chọn A

Trung điểm

có tọa độ

 

0;2;1I

nên trung tuyến từ

có một VTCP là

 

1;1;0AI  



Câu 7:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, cho đư

ờ

ng th

ẳ

có vectơ ch

ỉ

phương



và m

ặ

phẳng

 

có vectơ pháp tuyến



. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

song song với

 

thì



cùng phương với



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 110

vuông góc với





thì



vuông góc với



vuông góc với



thì

song song với

 



không vuông góc với



thì

cắt

 

Lời giải

Chọn D

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai điểm









2;3; 1 , 1;2;4

A B

. Phương trình

đường thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng

.AB

1 2 4

1 1 5

x y z  

 



. B.

1 5

x t

y t

z t

 





 





  



4 5

x t

y t

z t

 





 





 



. D.

2 3 1

1 1 5

x y z  

 



Lời giải

Chọn D

 

1; 1;5AB   



Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng

đi qua điểm

và nhận

 

1; 1;5AB   



làm vectơ chỉ phương là :

2 3 1

1 1 5

x y z  

 



.Vậy chọn đáp án D.

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

1 1

: .

1 2 2

x y z

 

 



Điểm nào

dưới đây không thuộc

 

1;0;1N

. B.

 

3; 4;5F 

. C.

 

0;2;1M

. D.

 

2; 2;3E 

Lời giải

Chọn C

Thay tọa độ điểm

 

2; 2;3E 

vào

2 1 2 3 1

1 2 2

  

   



thỏa mãn nên loại A.

Thay tọa độ điểm

 

1;0;1N

vào

1 1 0 1 1

1 2 2

 

   



thỏa mãn nên loại B.

Thay tọa độ điểm

 

3; 4;5F 

vào

3 1 4 5 1

1 2 2

  

   



thỏa mãn nên loại C.

Thay tọa độ điểm

 

0;2;1M

vào

0 1 2 1 1

1 2 2

 

   



không thỏa mãn nên chọn D.

Câu 10: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

 

1 1 2

2 3 1

x y z

  

 



. Véctơ nào sau

đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng

 

2;3;1

u  



. B.

 

1;1;2

u  



. C.

 

2; 3;1

u  



. D.

 

2; 3; 1

u    



Lời giải

Chọn C

 

1 1 2

2 3 1

x y z

  

 

 

suy ra

 

2; 3;1

u  



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 111

 DẠNG TOÁN 2:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHÔNG DÙNG T.C.H)

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2; 3;1M 

và mặt phẳng







3 2 0x y z   

. Đường thẳng

qua điểm

và vuông góc với mặt phẳng







có

phương trình là

3 3

x t

y t

z t

 





  





 



. B.

1 2

3 3

x t

y t

z t

 





 





  



. C.

3 3

x t

y t

z t

 





  





 



. D.

3 3

x t

y t

z t

 





  





 



Lời giải

Chọn D

qua điểm

 

2; 3;1M 

nhận

 

1;3; 1n  



là vtcp nên

có dạng

3 3

x t

y t

z t

 





  





 



Câu 12: Trong không gian

Oxyz

, đường thẳng đi qua điểm





3; 2;4A 

và có véctơ chỉ phương

 

2; 1;6u  



có phương trình

3 2 4

2 1 6

x y z  

 



. B.

3 2 4

2 1 6

x y z  

 



3 2 4

2 1 6

x y z  

 



. D.

2 1 6

3 2 4

x y z  

 



Lời giải

Chọn A

Phương trình đường thẳng đi qua điểm

 

3; 2;4A 

và có véctơ chỉ phương

 

2; 1;6u  



là:

3 2 4

2 1 6

x y z  

 



Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Đường thẳng

đi qua





2;0; 1M 

và có véc tơ chỉ

phương

 

4; 6;2



 

có phương trình

2 2

x t

y t

z t

 





 





  



2 2

x t

y t

z t

  





 





 



. C.

2 4

1 2

x t

y t

z t

  





 





 



. D.

4 2

x t

y t

z t

 





 





 



Lời giải

Chọn A

Ta có:

   

4; 6;2 2 2; 3;1a



   

 

2; ;3;1

2;0; 1

qua M

VTCPu



















Câu 14: Trong không gian

Oxyz

, đường thẳng đi qua điểm





2;4;3A 

và vuông góc với mặt phẳng

2 3 6 19 0x y z   

có phương trình là

2 3 6

2 4 3

x y z  

 

. B.

2 4 3

2 3 6

x y z  

 



2 3 6

2 4 3

x y z  

 

. D.

2 4 3

2 3 6

x y z  

 



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 112

Lời giải

Chọn B

Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

2 3 6 19 0x y z   

là

 

2; 3;6n  



Đường thẳng đi qua điểm

 

2;4;3A 

và vuông góc với mặt phẳng

2 3 6 19 0x y z   

có

một véc tơ chỉ phương là

 

2; 3;6u  



nên có phương trình là

2 4 3

2 3 6

x y z  

 



Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2; 1;3

B 

và mặt phẳng

 

: 2 3 3 4 0P x y z   

. Đường thẳng



đi qua điểm

và vuông góc

 

mp P

có phương

trình là

2 1 3

2 3 1

x y z  

 

. B.

2 1 3

2 3 1

x y z  

 



2 1 3

2 3 1

x y z  

 



. D.

2 1 3

2 3 1

x y z  

 

 

Lời giải

Chọn B



vuông góc với

 

mp P

nên véc tơ chỉ phương của



 

2; 3;1u



 



Vậy phương trình đường thẳng



2 1 3

2 3 1

x y z  

 



Câu 16:

Trong

không

gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, phương tr

ình chính t

ắ

c c

ủ

a đư

ờ

ng th

ẳ

ng qua

 

1; 4; 7A 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 – 2 – 3 0P x y z 

là

4 1 7

1 2 2

x y z  

 



. B.

1 4 7

1 2 2

x y z  

 



4 1 7

2 1 2

x y z  

 



. D.

1 4 7

1 2 2

x y z  

 

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến

(2; 3; 3)n  



Đường thẳng cần tìm có vectơ chỉ phương



và đi qua

nên chọn.B.

Câu 17: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1; 3;2

A  

và mặt phẳng





: 2 3 4 0P x y z   

, Đường

thẳng đi qua điểm

và vuông góc với mặt phẳng

 

có phương trình là

1 2 3

x y z  

 

 

. B.

1 3 2

1 2 3

x y z  

 

 

1 3 2

1 2 3

x y z  

 



. D.

1 3 2

1 2 3

x y z  

 

 

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng qua

 

1; 3;2A  

vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 3 4 0P x y z   

nên có một

vectơ chỉ phương

 

1; 2; 3u   



, có phương trình:

1 3 2

1 2 3

x y z  

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 113

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, Cho đường thẳng

có phương trình tham số

1 2

2 .

x t

y t

z t

 





 





  



Viết phương trình chính tắc của đường thẳng

1 2 3

2 1 1

x y z

  

 



. B.

1 2 3

2 1 1

x y z

  

 



1 2 3

2 1 1

x y z

  

 



. D.

1 2 3

2 1 1

x y z

  

 

Lời giải

Chọn B

Từ phương trình tham số ta thấy đường thẳng

đi qua điểm tọa độ





1;2; 3



và có VTCP

 

2; 1;1u  



Suy ra phương trình chính tắc của

là:

1 2 3

2 1 1

x y z  

 



Câu 19:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ụ

c t

ọ

a đ

ộ

,Oxyz

ế

t phương tr

ình tham s

ố

ủ

a đư

ờ

ng th

ẳ

ng đi

qua hai điểm

 

1;2; 3 ,A 

 

2; 3;1 .B 

2 5

3 4

x t

y t

z t

 





 





 



. B.

3 5

1 4

x t

y t

z t

 





  





 



. C.

2 5

3 2

x t

y t

z t

 





 





  



. D.

8 5

5 4

x t

y t

z t

 





  





 



Lời giải

Chọn D

Ta có

 

1; 5;4AB  



Đường thẳng

có véctơ chỉ phương

 

1; 5;4AB  



nên loại đáp án A, B.

Thay tọa độ

 

1;2; 3A 

vào đáp án C được

1 1

2 2 5

3 3 4

 







 

  

 

 

 

  



hay điểm

không thuộc

đường thẳng ở đáp C nên loại đáp án C, còn lại là D.

Câu 20: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 3 0P x y z  

. Đường thẳng

đi

qua

 

1; 1; 2M 

và vuông góc với

 

có phương trình

1 2

2 3

x t

y t

z t

 





  





 



. B.

1 3

5 2

x t

y t

z t

 





  





 



. C.

3 3

x t

y t

z t

 















. D.

2 3

2 2

x t

y t

z t

 











 



Lời giải

Chọn A

 

2; 1; 3

P d

n u  

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 114

 DẠNG TOÁN 3:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H

Câu 21: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





3;1; 5A

, hai mặt phẳng





4 0   x y z

và





2 4 0   x y z

. Viết phương trình đường thẳng



đi qua

đồng thời



song song với

hai mặt phẳng

 

và

 

:

3 1 5

2 1 3

  

 

 

x y z

. B.

:

3 1 5

2 1 3

  

 

 

x y z

:

3 1 5

2 1 3

  

 



x y z

. D.

:

3 1 5

2 1 3

  

 

 

x y z

Lời giải

Chọn A

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

là

 

1; 1;1 



n .

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

là

 

2;1;1



n .



1 1 1

2 1 1



 





và



không cùng phương.

 

 P

và

 

cắt nhau.

Mặt khác:

 

A P

 

A Q

Ta có:

1 2

 

 

 

n n

 

2;1;3 

Đường thẳng



đi qua

 

3;1; 5A

và nhận vectơ

 

2; 1; 3  



làm vectơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng



là:

3 1 5

2 1 3

  

 

 

x y z

Câu 22: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 3 2z 2 0P x y   

và





: 3 2z 1 0

Q x y   

Phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ

và song song với hai mặt phẳng









là

9 12 2

x y z

 

 

. B.

12 2 9

x y z

 

 

. C.

9 12 2

x y z

 



. D.

12 2 9

x y z

 



Lời giải

Chọn C





có VTPT





2;3;2

n 







có VTPT





1; 3;2



 



Do đường thẳng đi qua gốc tọa độ

và song song với hai mặt phẳng

 

nên đường

thẳng có VTCP

 

 

, 12; 2; 9u n n



   

  

Vậy phương trình đường thẳng là

12 2 9

x y z

 

 

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho ba điểm













1;3;2 , 1;2;1 , 1;1;3A B C

. Viết phương

trình tham số của đường thẳng



đi qua trọng tâm

của tam giác

ABC

và vuông góc với

mặt phẳng

 

ABC

1 3

: 2 2

x t

y t

z t

 





  





 



. B.

1 3

: 2

x t

 





 









. C.

1 3

: 2

x t

y t

 





  









. D.

: 2 2

y t

z t







  





 



Lời giải

Chọn B

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 115

Ta có:



qua

 

1;2;2G

và có một vectơ pháp tuyến là:

 

, 3;0;0AB AC

 

 

 

 

Do đó:

1 3

: 2

x t

 





 









Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm













2;1;0 , 1;1;3 , 5;2;1A B C

. Tìm tất cả

các điểm cách đều ba điểm

, , A B C

A. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm

, , A B C

là đường thẳng

3 2

3 10 1

x z



 

 



B. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm

, , A B C

là đường thẳng

3 2

3 10 1

x z



 

 



C. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm

, , A B C

là đường thẳng

3 2

3 10 1

x z



 

  .

D. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm

, , A B C

là đường thẳng

3 2

3 10 1

x z



 

 



Lời giải

Chọn A

   

1;0;3 , 3;1;1 .AB AC  

 

Khi đó

. 0AB AC 

 

suy ra tam giác

ABC

vuông tại

, suy ra tất cả các điểm cách đều ba

điểm

, ,A B C

nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

 

ABC

tại

3; ;2

 

 

 

(với

là trung điểm cạnh

). VTCP của đường thẳng

 

, 3;10; 1u AB BC

 

  

 

  

Suy ra phương trình của đường thẳng là

3 2

3 10 1

x z



 

 



Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1; 3;4

M 

, đường thẳng

2 5 2

3 5 1

x y z

  

 

 

và mặt phẳng

 

: 2 2 0P x z  

. Viết phương trình đường thẳng



qua

vuông góc với

và song song với





1 3 4

1 1 2

x y z  

  

 

. B.

1 3 4

1 1 2

x y z  

  



1 3 4

1 1 2

x y z  

  

  

. D.

1 3 4

1 1 2

x y z  

  



Lời giải

Chọn B

Đường thẳng

có VTCP là

 

3; 5; 1

u   



và mặt phẳng

 

có VTPT là

 

2;0;1

n 



Suy ra

 

5; 5;10

d p

u n   

 

Khi đó chọn VTCP của đường thẳng



là

 

1;1; 2u



 



Phương trình đường thẳng

1 3 4

1 1 2

x y z  

  



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 116

Câu 26: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho tam giác

ABC

biết





1;0; 1A 





2;3; 1B 





2;1;1

C 

Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác

ABC

và vuông

góc với mặt phẳng

 

ABC

là:

3 1 5

x y z  

 



. B.

3 1 5

x y z

 

1 1

1 2 2

x y z 

 



. D.

3 2 5

3 1 5

x y z  

 



Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

1;3;0AB 



;

 

4; 2;2BC   



 

3;1;2AC  



10AB 

24BC 

14AC 

ABC 

vuông tại

Tâm

của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của

 

0;2;0I

Đường thẳng

cần tìm đi qua

 

0;2;0I

và nhận vectơ

u AB AC

 



 

  

 

3; 1;5 

làm véc tơ

chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng

là :

3 1 5

x y z  

 



Câu 27: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng



là giao tuyến của hai mặt phẳng





: 1 0

P z

 

và





: 3 0

Q x y z

   

. Gọi

là đường thẳng nằm trong mặt phẳng





, cắt

đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z  

 

 

và vuông góc với đường thẳng



. Phương trình của

đường thẳng

là

x t

y t

z t

 











 



. B.

x t

y t

 















. C.

x t

y t

 















. D.

x t

y t

z t

 





 





 



Lời giải

Chọn C

Đặt

 

0;0;1

n 



và

 

1;1;1

n 



lần lượt là véctơ pháp tuyến của

 

và

 

   

P Q  

nên



có một véctơ chỉ phương

 

, 1;1;0

P Q

u n n



 

  

 

  

Đường thẳng

nằm trong

 

và

d  

nên

có một véctơ chỉ phương là

 

d P

u n u







 

 

1; 1;0  

Gọi

1 2 3

1 1 1

x y z

  



 

 

và

 

A d d A d P

 

    

Xét hệ phương trình

1 0

1 2 3

1 1 1

x y z

 







  

 



  







 









 

3;0;1A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 117

Do đó phương trình đường thẳng

x t

d y t

 















Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

 

1 1 2

2 1 3

x y z

  

 

và mặt

phẳng

 

: 1 0P x y z   

. Viết pt đường thẳng

 



đi qua điểm

 

1;1; 2A 

 

, biết

   



 

và

 



cắt

1 1 2

1 1 1

x y z  

 

 

. B.

1 1 2

2 1 3

x y z  

 

1 1 2

8 3 5

x y z  

 

. D.

1 1 2

2 1 1

x y z  

 

Lời giải

Chọn C

Gọi

   

  M d

 

1 2 ;1 ; 2 3    M t t t

 

Khi đó

 

2 2; ;3 4AM t t t  



 

là một vectơ chỉ phương của

 



   

// P

 

 

AM n 

 

với

 

1; 1; 1

n  



 

 

. 0 2 2 3 4 0

AM n t t t       

 

3t  

 

8; 3; 5AM    



 

Vậy

 

1 1 2

8 3 5

x y z  

  

Câu 29: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

: 2

x t

d y t

z t

 





 









và mặt phẳng

 

: 2 6 0

P x y z   

Phương trình đường thẳng qua điểm





0;2; 1



cắt

và song song với





là.

x t

z t













  



. B.

x t

y t

z t

 











  



1 2

2 3

x t

y t

z t

 





 





 



x t

z t

 











 



Lời giải

Chọn A

Lấy tọa độ điểm

 

0;2; 1M 

thay vào các phương án.

0 1 2

2 2 3

1 1

 





 





  



vô nghiệm nên loại phương án A.

0 1

2 2

1 1

 











  



vô nghiệm nên loại phương án B.

0 1

2 2

1 1

 











   



vô nghiệm nên loại phương án C.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 118

Đường thẳng

x t

z t













  



qua điểm

 

0;2; 1M 

cắt

và song song với

 

Câu 30: Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, cho đường thẳng

 

3 3

d :

1 3 2

x y z

 

 

, mặt phẳng

 

: 3 0P x y z   

và điểm

 

1;2; 1A 

. Đường thẳng

 



đi qua

, cắt

 

và song song

với mặt phẳng

 

có phương trình:

1 2 1

x y x  

 

 

. B.

1 2 1

x y x  

 

 

1 2 1

x y z  

 



. D.

1 2 1

x y x  

 

 

Lời giải

Chọn C

Gọi

     

3 ;3 3 ;2B d B t t t     



 

2;3 1;2 1AB t t t   



là một vectơ chỉ phương của

 



. Mặt phẳng

 

có một vectơ pháp tuyến

 

1;1; 1n  



   

// P



. 0 2 3 1 2 1 0 1AB n t t t t          

 

. Ta được

 

1; 2; 1AB   



 

A P

nên đường thẳng đi qua

nhận

 

1; 2; 1AB   



làm một vectơ chỉ phương thoả

bài toán.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 119

 DẠNG TOÁN 4:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI

ĐƯỜNG KIA.

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1;2;3A

và hai đường thẳng

1 2

2 2 3 1 1 1

: ; :

2 1 1 1 2 1

x y z x y z

d d

     

   

 

. Viết phương trình đường thẳng d đi qua

, vuông góc với

và cắt

1 2 3

1 3 5

x y z  

 



. B.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

1 2 3

1 3 5

x y z  

 



. D.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

Lời giải

Chọn B

Gọi

là giao điểm của

và

(1 ;1 2 ; 1 )

B d B t t t

     

1 1

. 0 1d d AB u t     

 

suy ra B(2;-1;-2).

đi qua

và có vecto chỉ phương

(1; 3; 5)AB   



1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

Câu 32: Trong không gian

Oxyz

, cho

đường thẳng

2 2

: 3

2 1

x y

d z

 

  



;

1 1 1

1 2 1

x y z

  

 



và

 

1;2;3A

. Đường thẳng qua

vuông góc

cắt

có phương

trình là :

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 



. B.

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 

 

. D.

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 

  

Lời giải

Chọn C

Giả sử đường thẳng

cần tìm cắt đường thẳng

tại

 

1 ;1 2 ; 1 , .B t t t t R     

Vì

d d

. 0u AB 

 

3 3 0t   

1t  

Vậy đường thẳng

đi qua điểm

 

1;2;3A

và có vtcp

 

1; 3; 5AB  



nên có phương trình là.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

Câu 33: Trong không gian

Oxy

, cho điểm

 

1;1;2M 

và hai đường thẳng

2 3 1

3 2 1

x y z

  

 

1 3 2

x y z





 



. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm

, cắt

và vuông góc với



1 3

x t

y t

 





 









. B.

1 3

x t

y t

  





 









. C.

1 7

2 7

x t

y t

z t

  





 





 



. D.

1 3

x t

y t

  





 









Lời giải

Chọn D

Gọi đường thẳng cần tìm là



là giao của



và

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 120

Khi đó:

 

2 3 ; 3 2 ;1A t t t   

 

3 3 ; 4 2 ; 1MA t t t     





vuông góc với



nên:

. 0MAu 

 

7 7 0 1t t    

Khi đó

 

6; 2;0MA  



, hay vectơ chỉ phương của



là

 

3; 1;0

Vậy phương trình



1 3

x t

y t

  





 









Câu 34: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho điểm





1;2;3A

và đường thẳng

1 3

2 1 2

 

 



x y z

. Gọi



là đường thẳng đi qua điểm

, vuông góc với đường thẳng

và cắt trục hoành. Tìm một vectơ chỉ phương



của đường thẳng



 

1; 2; 0 



u . B.

 

1; 0; 1



u . C.

 

2; 2; 3



u . D.

 

0; 2; 1



u .

Lời giải

Chọn C



là đường thẳng đi qua điểm

, vuông góc với đường thẳng

nên



nằm trong mặt

phẳng

 

qua

và vuông góc với

Phương trình mặt phẳng

















2 1 2 2 3 0

     

x y z

hay

2 2 2 0   x y z

Giao điểm

của trục hoành và

 

có tọa độ là

 

1; 0; 0B

Khi đó

 

2; 2; 3



BA .

Vậy một vectơ chỉ phương của



là

 

2; 2; 3



u .

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2;1;0M

và đường thẳng

1 1

2 1 1

x y z 

  



. Viết phương trình của đường thẳng

đi qua điểm

, cắt và vuông

góc với



2 1

1 4 1

x y z

 

 



. B.

2 1

1 4 1

x y z

 

 

2 1

2 4 1

x y z

 

 



. D.

2 1

1 4 2

x y z

 

 

 

Lời giải

Chọn D

* Gọi

N d N    

nên

 

1 2 ; 1 ;N t t t   

. Khi đó ta có

 

2 1; 2;MN t t t   



. Đường

thẳng



có vectơ chỉ phương

 

2;1; 1a  



* Vì

. 0d MN a   

 

 

2 1 2 2 0

t t t t       

1 4 2

; ;

3 3 3

 

   

 

 



. Chọn vectơ chỉ

phương của

là

 

1; 4; 2

a   



* Vậy phương trình của

2 1

1 4 2

x y z

 

 

 

Câu 36: Trong không gian

Oxyz

, cho hai đường thẳng

2 2 3

2 1 1

x y z

  

 



;

: 1 2

x t

d y t

z t

 





 





  



và điểm

 

1;2;3 .A

Đường thẳng



đi qua

vuông góc với

và cắt

có phương trình là.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 121

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 

. B.

1 2 3

1 3 5

x y z

  

 

  

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

. D.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 



Lời giải

Chọn C

Ta có

 

2; 1;1

u  



Đáp án B có

 

1; 3; 5u



  



Nhận thấy

. 2.1 1.3 1.5 0

u u d



      

 

Các đáp án khác không thỏa mãn điều kiện vuông góc.

Câu 37: Trong không gian

Oxyz

, cho tam giác

ABC

có





2;3;3A

, phương trình đường trung tuyến

kẻ từ

là

3 3 2

1 2 1

x y z  

 

 

, phương trình đường phân giác trong của góc

là

2 4 2

2 1 1

x y z  

 

 

. Đường thẳng

có một véc-tơ chỉ phương là

 

1; 1;0u  



. B.

 

0;1; 1u  



. C.

 

1;2;1u 



. D.

 

2;1; 1u  



Lời giải

Chọn B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc

là

2 2

: 4

x t

CD y t

z t

 





 





 



Gọi

 

2 2 ;4 ;2C t t t   

, suy ra tọa độ trung điểm

của

là

7 5

2 ; ;

2 2

t t

M t

 

 

 

 

 

. Vì

M BM

nên:

 

7 5

3 2

2 3

2 2

1 2 1

t t

 

   

 

   

 

   

 

 

1 1 1

1 4 2

t t t

  

    

 

Do đó

 

4;3;1C 

Phương trình mặt phẳng

 

đi qua

và vuông góc

là

     

2. 2 1. 3 1. 3 0x y z     

hay

2 2 0x y z   

Tọa độ giao điểm

của





và

là nghiệm





; ;

x y z

của hệ

2 2

2 2 0

x t

y t

z t

x y z

 





 





 



   



     

2 2

2 2 2 4 2 2 0

x t

y t

z t

t t t

 





 







 



      

























 

2;4;2H

Gọi



là điểm đối xứng với

qua đường phân giác

, suy ra

là trung điểm



, bởi

vậy:

2 2.2 2 2

2 2.4 3 5

2 2.2 3 1

A H A

x x x

y y y

x z z



    





    





    



 

2;5;1A





CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 122

A BC





nên đường thẳng

có véc-tơ chỉ phương là

   

2;2;0 2 1;1;0CA



   



, nên

phương trình đường thẳng

là

x t

y t

 





 









Vì

B BM BC 

nên tọa độ

là nghiệm

 

; ;x y z

của hệ

3 3

1 2

x t

y t

x y

 









 





 



 



 

 

 



 





 

 

2;5;1B A



 

Đường thẳng

có một véc-tơ chỉ phương là

   

0;2; 2 2 0;1; 1AB    



; hay

 

0;1; 1u  



là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng

Câu 38: Trong không gian

Oxyz

, cho hai đường thẳng

2 2 3

2 1 1

x y z

  

 



và

: 1 2

x t

d y t

z t

 





 





  



Đường thẳng



đi qua điểm

 

1; 2; 3A

, vuông góc với

và cắt

có phương trình là

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

  

. B.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

1 2 3

1 3 5

x y z  

 



. D.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

Lời giải

Chọn D

: 1 2

x t

M d y t

z t

 





  





  



 

1 ;1 2 ; 1M t t t    

Vectơ chỉ phương của

là

 

2; 1;1u 



;

 

; 2 1; 4AM t t t   



Theo yêu cầu bài toán:

. 0u AM 

 

 

2 2 1 4 0t t t      

1t  

nên

 

1; 3; 5AM  



Đường thẳng



đi qua điểm

 

1; 2; 3A

nhận

 

1; 3; 5AM  



làm vectơ chỉ phương nên:

1 2 3

1 3 5

x y z  

  

 

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng

1 3

2 1 2

x y z

 

 



. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục

Ox.

1 2 3

2 2 3

x y z  

 

. B.

1 2 3

2 2 3

x y z  

 

2 2 3

1 2 3

x y z  

 

. D.

2 2 3

1 2 3

x y z  

 

Lời giải

Chọn A

Gọi

là giao điểm của đường thẳng



và trục

. Khi đó

 

; 0; 0B b

Vì



vuông góc với đường thẳng d nên

AB u

 

( với

( 1; 2; 3)AB b   



 

2;1; 2

u  



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 123

Suy ra

. 0 1

AB u b   

 

. Do đó

( 2; 2; 3)AB    



Chọn VTCP cho đường thẳng



là

 

2;2;3u







. Phương trình



là

1 2 3

2 2 3

x y z  

 

Câu 40: Trong không gian

Oxyz

, Cho hai đường thẳng

1 2

2 2 3

: ; : 1 2

2 1 1

x t

x y z

d d y t

z t

 



  



   







  



và

điểm

 

1;2;3A

. Đường thẳng



đi qua

, vuông góc với

và cắt

có phương trình là.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

 

. B.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 



1 1

2 1 1

x y z 

 

. D.

1 2 3

1 3 5

x y z  

 

  

Lời giải

Chọn A

Gọi

 

1 ;1 2 ; 1M d M t t t       

 

;2 1; 4AM t t t   



Có

AM u t   

 

 

1; 3; 5AM   



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 124

 DẠNG TOÁN 5:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P).

Câu 41: Trong không gian

Oxyz

, đường thẳng đi qua điểm





1;2;2M

, song song với mặt phẳng

 

: 3 0P x y z   

đồng thời cắt đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z

  

 

có phương trình là

x t

y t

 





 









. B.

x t

y t

z t

 





 





 



. C.

x t

y t

 





 









. D.

x t

y t

 





 









Lời giải

Chọn D

Gọi đường thẳng cần tìm là



. Gọi

I d   I d 

 

1 ;2 ;3I t t t   

 

; ;1MI t t t 



mà

 

//MI P

nên

 

. 0

MI n 





 

1 0t t t    

1t  

 

1; 1;0MI   



Đường thẳng



đi qua

 

1;2;2M

và

có véctơ chỉ phương là

 

1; 1;0MI   



có phương

trình tham số là

x t

y t

 





 









Câu 42: Trong không gian

Oxyz

, Cho mặt phẳng





: 2 2 0R x y z   

và đường thẳng

2 1 1

x y z 

  



. Đường thẳng



nằm trong mặt phẳng

 

đồng thời cắt và vuông góc

với đường thẳng



có phương trình là

x t

y t

z t

 





 









. B.

2 3

x t

y t

z t

 





 









. C.

x t

y t

z t







 





 



. D.

x t

y t

z t







 





 



Lời giải

Chọn C

Phương trình tham số của đường thẳng



là

x t

y t

z t













 



Gọi

 

; ;I x y z

là giao điểm của



và

 

. Khi đó tọa độ của

là thỏa mãn

2 2 0

x t

y t

z t

x y z













 



   









 









 

0;0;1I 

Mặt phẳng

 

có VTPT

 

1;1; 2n  



; Đường thẳng



có VTCP

 

2;1; 1u  



Ta có

 

 

, 1; 3; 1n u   

 

Đường thẳng



nằm trong mặt phẳng





đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng



Do đó



đi qua





0;0;1

I 

và nhận





n u

 

làm một VTCP.

Vậy phương trình của



là

x t

y t

z t







 





 



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 125

Câu 43: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

 

1 1

1 1 3

x y z

 

 



và mặt phẳng





: 3 0

P x y z

  

. Đường thẳng







đi qua





1;1;2

, song song với mặt phẳng





đồng

thời cắt đường thẳng

 

có phương trình là

2 1 6

1 1 2

x y z  

 



1 1 2

1 2 1

x y z  

 



1 1 2

x y z  

 



3 1 9

1 1 2

x y z  

 



Lời giải

Chọn C

Phương trình tham số của

 

: 1 ,

x t

d y t t

z t

 





  











Mặt phẳng

 

có véc tơ pháp tuyến

 

1;3;1n 



Giả sử





1 ;1 ;3

d A t t t

    

 

; ;3 2MA t t t   



là véc tơ chỉ phương của



. 0 3 3 2 0 2MAn t t t t        

 

   

2; 2;4 2 1; 1;2MA    



. Vậy phương trình đường thẳng

1 1 2

x y z  

  



Câu 44: Trong không gian

Oxyz

, đường thẳng đi qua điểm





1;2;2M

, song song với mặt phẳng

 

: 3 0P x y z   

đồng thời cắt đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z

  

 

có phương trình là

x t

y t

 





 









. B.

x t

y t

 





 









. C.

x t

y t

z t

 





 





 



. D.

x t

y t

 





 









Lời giải

Chọn B

Gọi đường thẳng cần tìm là



. Gọi

I d   I d 

 

1 ;2 ;3I t t t   

 

; ;1MI t t t 



mà

 

//MI P

nên

 

. 0

MI n 





 

1 0t t t    

1t  

 

1; 1;0MI   



Đường thẳng



đi qua

 

1;2;2M

và

có véctơ chỉ phương là

 

1; 1;0MI   



có phương

trình tham số là

x t

y t

 





 









Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 9 0

P x y z

   

, đường thẳng

3 3

1 3 2

x y z

 

 

và điểm

 

1;2; 1A 

. Viết phương trình đường thẳng



đi qua điểm

cắt

và song song với mặt phẳng





1 2 1

x y z  

 

 

1 2 1

x y z  

 



1 2 1

x y z  

 

1 2 1

x y z  

 



Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 126

Chọn D

Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

là

 

1;1; 1n  



Gọi

B d  

thì

 

3 ;3 3 ;2B t t t 

 

2 ;3 1;2 1AB t t t    



Do đường thẳng



song song với mặt phẳng

 

nên ta có

. 0AB n 

 

2 3 1 2 1 0t t t       1t  

Với

1t  

thì

 

1; 2; 1AB   



 một véc tơ chỉ phương của đường thẳng



là

 

1;2;1u  



Vậy phương trình đường thẳng



là

1 2 1

x y z  

 



Câu 46: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

2 1 5

3 1 1

x y z

  

 



và mặt phẳng

( ) : 2 3 6 0P x y z   

.Đường thẳng



nằm trong

( )P

cắt và vuông góc với

có phương

trình

8 1 7

2 5 11

x y z  

 

. B.

4 1 5

2 1 1

x y z  

 



8 1 7

2 5 11

x y z  

 

. D.

4 3 3

2 5 11

x y z  

 

Lời giải

Chọn C

Phương trình tham số của

2 3

: 1

x t

d y t

z t

 





  





  



Tọa độ giao điểm

của

và

( )P

2(2 3 ) 3( 1 ) 5 6 0 2 (8;1; 7)t t t t M           

VTCP của



( )

; ( 2; 5; 11) 1.(2;5;11)

d P

u u n

 

      

 

  



nằm trong

( )P

cắt và vuông góc với

suy ra



đi qua

có VTCP

(2;5;11)a 



nên có

phương trình:

8 1 7

2 5 11

x y z  

 

Câu 47: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

1 2

1 1 1

x y z

 

 



và mặt phẳng

 

: 2 2 1 0P x y z   

. Đường thẳng nằm trong

 

, cắt và vuông góc với

có phương

trình là:

1 1 1

3 4 1

x y z  

 

. B.

2 1 3

3 4 1

x y z  

 

2 1 3

3 4 1

x y z  

 



. D.

2 1 3

3 4 1

x y z  

 

Lời giải

Chọn D

Phương trình tham số của

x t

d y t

z t

 





 





 



Xét phương trình

     

2 1 2 2 1 0 1t t t t        

Vậy đường thẳng

cắt mặt phẳng

 

tại

 

2; 1;3M 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 127

Gọi

 

1; 1;1

a  



và

 

2; 1; 2n   



lần lượt là vectơ chỉ phương của

và vectơ pháp tuyến

của mặt phẳng

 

. Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là

 

, 3;4;1

a a n

 

 

 

  

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:

2 1 3

3 4 1

x y z  

 

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

. Cho mặt phẳng





: 2 10 0,P x y z   

điểm





1;3;2

và đường thẳng

2 2

: 1

x t

d y t

z t

  





 





 



. Tìm phương trình đường thẳng



cắt

 

và

lần lượt

tại hai điểm

và

sao cho

là trung điểm cạnh

6 1 3

7 4 1

x y z  

 



. B.

6 1 3

7 4 1

x y z  

 

 

6 1 3

7 4 1

x y z  

 

 

. D.

6 1 3

7 4 1

x y z  

 



Lời giải

Chọn B

Ta có













M d M d

    

. Giả sử





2 2 ,1 ,1 ,M t t t t

    



là trung điểm

nên

 

4 2 ; 5 ; 3N t t t  

Mà

 

N P

nên ta có phương trình

     

2 4 2 5 3 10 0t t t      

2t  

Do đó,

 

6; 1;3M  

 

7; 4;1AM   



là vectơ chỉ phương của đường thẳng



Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

6 1 3

7 4 1

x y z  

 



Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng



nằm trong mặt phẳng





: 3 0

x y z



   

, đồng thời đi qua điểm





1;2;0

và cắt đường thẳng

2 2 1

2 1 3

x y z

  

 

. Một véc tơ chỉ phương của



là

 

1;1; 2u  



. B.

 

1; 1; 2u   



. C.

 

1; 2;1u  



. D.

 

1;0; 1u  



Lời giải

Chọn A

Gọi

 

N d



 

khi đó ta có



là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng



N d

nên

 

2 2 ;2 ;3N t t t  

. Mà

 





nên

2 2 2 3 3 0t t t      

1t  

 

0;1;2N

 

1; 1;2MN   



Vậy một vec tơ chỉ phương của



là

 

1;1; 2u  



Câu 50: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1; 2; 1



, đường thẳng

có phương trình

3 3

1 3 2

x y z 

 

và mặt phẳng

 

có phương trình

3 0x y z   

. Đường thẳng



đi qua

điểm

, cắt

và song song với mặt phẳng





có phương trình là

1 2 1

x y z  

 

 

1 2 1

x y z  

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 128

1 2 1

x y z

  

 

1 2 1

x y z

  

 

Lời giải

Chọn B

Gọi

 

3 ; 3 3 ; 2B t t t 

là giao điểm của

và



. Đường thẳng



nhận

 

2 ; 1 3 ; 2t 1AB t t  



làm vec tơ chỉ phương.

Vì

 

α€

nên

. 0

AB n 

 

. Suy ra

     

2 1 3 2 1 0t t t     

2 2 0t   1t  

. Suy ra

 

2; 0; 2B 

Vec tơ chỉ phương của đường thẳng



 

1; 2; 1AB   



Phương trình đường thẳng



1 2 1

x y z  

 

 

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 129

 DẠNG TOÁN 6:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VUÔNG GÓC D2.

Câu 51: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm

 

1; 1;3M 

và hai đường thẳng

1 1 1

2 1 1

x y z

  

 

 

và

3 2 1

x y z





 



. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua

và cắt cả hai đường thẳng

và



. B.

. C. Vô số. D.

Lời giải

Chọn B

Với





2 1; 1; 1

A t t t d

     

và





3 ; 2 ; 1

B t t t d

   

  

, ta có

thẳng hàng khi.

 

2 1 2

2 2 0

2 1 2 2 2

2 2

t k t

t k kt

MA k MB t k t t k kt

t k kt

t k t



  



  





 

          

 

 



   



    



 

hệ vô nghiệm.

Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề.

Câu 52: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai đường thẳng

1 2

2 1 1

x y z

 

 



và

1 2

: 1

x t

d y t

  





 









. Phương trình đường thẳng vuông góc với

 

: 7 4 0P x y z  

và cắt hai

đường thẳng

1 2

, d d

là

2 1

7 1 4

x y z 

 



. B.

2 1

7 1 4

x y z 

 

 

2 1

7 1 4

x y z 

 

7 4

2 1 1

x y z 

 

Lời giải

Chọn A

Gọi

là đường thẳng cần tìm

Gọi

1 2

,A d d B d d   

 

2 ;1 ; 2

1 2 ;1 ;3

2 2 1; ; 5

A d A a a a

B d B b b

AB a b a b a

    

    

      



 

có vectơ pháp tuyến

 

7;1; 4

n  



 

d P AB n 

 

cùng phương

 có một số

thỏa

AB kn

 

2 2 1 7 2 2 7 1 1

0 2

5 4 4 5 1

a b k a b k a

a b k a b k b

a k a k k

        

  

  

         

  

  

         

  

đi qua điểm

 

2;0; 1A 

và có vectơ chỉ phương

 

7;1 4

d P

a n  

 

Vậy phương trình của

là

2 1

7 1 4

x y z 

 



Câu 53: Trong không gian với hệ tọa độ Descartes

Oxyz

, cho điểm





0; 1; 2M

và hai đường thẳng

1 2 3

1 1 2

  

 



x y z

1 4 2

2 1 4

  

 



x y z

. Phương trình đường thẳng đi qua

, cắt cả

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 130

và

là

1 3

9 9

2 2

 

 



x y z

. B.

1 2

3 3 4

 

 



x y z

1 2

9 9 16

 

 



x y z

. D.

1 2

9 9 16

 

 



x y z

Lời giải

Chọn C

Gọi



là đường thẳng cần tìm.

 

1 1 1 1

1; 2; 2 3      d A t t t

;

 

2 2 2 2

2 1; 4; 4 2      d B t t t

 

1 1 1

1; 1; 2 1    



MA t t t

;

 

2 2 2

2 1; 5; 4   



MB t t t

Ta có:

,M ,A

thẳng hàng

 

1 2

1 2 1

1 5

2 1 4







  









 

           

  

  

 

 









 

t k t

MA k MB t k t k

t kt

 

9; 9; 16   



Đường thẳng



đi qua

 

0; 1;2M

, một VTCP là

 

9; 9;16 



có phương trình là:

1 2

9 9 16

 

  



x y z

Câu 54:

Trong

không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

Oxyz

, phương tr

ình c

ủ

a đư

ờ

ng th

ẳ

đi qua đi

ể





1; 2; 5



và vuông góc với mặt phẳng





: 2 3 4 5 0

P x y z

   

là

: 3 2

4 5

x t

d y t

z t

 





 





  



. B.

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t

 





 





  



. C.

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t

 





 





  



. D.

: 3 2

4 5

x t

d y t

z t

 





 





 



Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

đi qua điểm

 

1; 2; 5A 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 3 4 5 0P x y z   

nên nhận

 

2; 3; 4u  



là véctơ chỉ phương

Phương trình đường thẳng

là

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t

 





 





  



Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





0;1; 1A 

và đường thẳng

3 1 3

4 1 4

x y z

  

 

 

. Viết phương trình đường thẳng



đi qua điểm

, vuông góc và cắt

đường thẳng

1 1

13 28 20

x y z 

 



. B.

1 1

13 28 20

x y z 

 



1 1

13 28 20

x y z 

 

. D.

1 1

13 28 20

x y z 

 



Lời giải

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 131

Chọn D

Gọi

là giao điểm của đường thẳng

và đường thẳng



Đường thẳng

có phương trình tham số

 

3 4

x t

y t t

z t

  





  





 





 

3 4 ;1 ;3 4B d B t t t     

 

3 4 ; ;4 4AB t t t    



Đường thẳng

có vectơ chỉ phương

 

4; 1; 4u   



Ta có:

     

. 0 4 3 4 1 4 4 4 0 33 28

AB u AB u t t t t t              

   

13 28 20

; ;

33 33 33



 



 

 



Đường thẳng



đi qua điểm

 

0;1; 1A 

và nhận vectơ



hay

 

13; 28;20

u  



có phương

trình chính tắc là

1 1

13 28 20

x y z 

 



Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm

 

0; 2; 0M

và đường thẳng

4 3

: 2

x t

d y t

z t

 





 





  



Đường thẳng đi qua

, cắt và vuông góc với

có phương trình là

1 1 2

x y z 

 



1 1 2

x y z

 



1 1 2

x y z

 

 

1 1

1 1 2

x y z 

 

Lời giải

Chọn B

Ta có :

 

4;2; 1

3;1;1

qua N

vtcpu

 













Gọi

là hình chiếu vuông góc của

lên

MH d

H d













. 0

MH u

H d

















 

4 3

3 2 0

x t

y t

z t

x y z

 





 







  



   



 

1;1; 2H 

Đường thẳng



đi qua

và vuông góc với

có véctơ chỉ phương là

 

1; 1; 2MH   



Phương trình

1 1 2

x y z

  



Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng và mặt phẳng

Phương trình đường thẳng nằm trong sao cho cắt và

vuông góc với đường thẳng là

A. . B. .

Oxyz

1 2

1 1 1

x y z

 

  







: 2 2 4 0.

P x y z

   







 

: 1 2

x t

d y t t

z t

  





  





 





 

: 2

2 2

x t

d y t t

z t







  





 





CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 132

C. . D. .

Lời giải

Chọn C

Vectơ chỉ phương của , vectơ pháp tuyến của

 

là

 

1;2;2

n 



Vì .

Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ .

Lại có , mà . Suy ra .

Vậy đường thẳng đi qua và có VTCP nên có phương trình

Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1;0;2A

và đường thẳng

có phương

trình

1 1

1 2

x y z

 

 

. Viết phương trình đường thẳng



đi qua

, vuông góc và cắt

1 2

1 1 1

x y z 

  



. B.

1 2

1 1 1

x y z 

  

1 2

1 3 1

x y z 

  



. D.

1 2

2 1 1

x y z 

  

Lời giải

Chọn A



cắt

nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi

B d





   







Phương trình tham số của

: ,

x t

d y t t

z t

 





 





 





B d

, suy ra

   

1; ; 1 ; ; 2 3B t t t AB t t t    



, BA  

nên



là vectơ chỉ phương của



Theo đề bài,



vuông góc

nên

 

1,1, 2AB u u 

  

là vectơ chỉ phương của

Suy ra

. 0AB u 

 

. Giải được

 

1 1,1, 1t AB   



Câu 59: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





2;1;0M

và đường thẳng



có phương trình

1 1

2 1 1

x y z 

  



. Viết phương trình đường thẳng

đi qua

, cắt và vuông góc với

đường thẳng



2 1

1 4 1

x y z

 

 



. B.

2 1

2 4 1

x y z

 

 



 

2 4

: 1 3

x t

d y t t

z t

  





   





 





 

: 3 3

3 2

x t

d y t t

z t

  





  





 









: 1;1; 1



 



 

; 4; 3;1

d P

u u

u u n

d P

u n





 





 

 

    

 

 











 

  

 





H P

  

 

2 2; 1;4

2 2 4 0

x t

y t

t H

z t

x y z







 



     



 



   











;

d P d

  





H P

  

H d







2; 1;4

H  





4; 3;1

u  



 

2 4

: 1 3

x t

d y t t

z t

  





   





 





CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 133

2 1

1 4 1

x y z

 

 

. D.

2 1

1 4 2

x y z

 

 

 

Lời giải

Chọn D

Gọi

là hình chiếu của

lên



Nên





1 2 ; 1 ;H t t t

    





2 1; 2 ;

MH t t t

     



Và

 

2;1; 1a  



là véc tơ chỉ phương của



Dó đó:

 

. 0 2 2 1 2 0

MH a t t t t

        

 

Khi đó:

 

1 4 2

; ; 1; 4; 2

3 3 3

MH u

 

      

 

 

 

là véc tơ chỉ phương của

Vậy

2 1

1 4 2

x y z

 

 

 

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho điểm





1;0;2A

và đường thẳng

có phương

trình:

1 1

1 1 2

x y z 

 

. Viết phương trình đường thẳng



đi qua

, vuông góc và cắt

1 2

1 1 1

x y z 

  

. B.

1 2

1 1 1

x y z 

  



1 2

2 1 1

x y z 

  

. D.

1 2

1 3 1

x y z 

  



Lời giải

Chọn B



cắt

nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi

B d





   







Phương trình tham số của

: ,

x t

d y t t

z t

 





 





 





. Do

B d

, suy ra

 

1; ; 1B t t t 

 

; ; 2 3AB t t t  



,A B  

nên



là vectơ chỉ phương của



Theo đề bài,



vuông góc

nên

AB u

 

 

1;1;2u 



( là vector chỉ phương của

). Suy ra

. 0AB u 

 

. Giải được

1t 

 

1;1; 1AB  



. Vậy

1 2

1 1 1

x y z 

  



(1;1; 2)





CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 134

 DẠNG TOÁN 7:

PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VUÔNG GÓC VỚI D.

Câu 61: Trong không gian

Oxyz

, Cho hai điểm









3;3;1 , 0;2;1A B

và mặt phẳng





: 7 0

x y z



   

. Đường thẳng

nằm trên







sao cho mọi điểm của

cách đều 2

điểm

, A B

có phương trình là

7 3 .

x t

y t

z t







 









7 3 .

x t

y t

z t







 









7 3 .

x t

y t

z t

 





 









7 3 .

x t

y t

z t







 









Lời giải

Chọn A

Mọi điểm trên

cách đều hai điểm

,A B

nên

nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn

Có

 

3; 1;0AB   



và trung điểm

là

3 5

; ;1

2 2

 

 

 

nên mặt phẳng trung trực của

là:

3 5

3 0 3 7 0

2 2

x y x y

   

        

   

   

Mặt khác

 





nên

là giao tuyến của hai mặt phẳng:

3 7 0 7 3

7 0 2

x y y x

x y z z x

    

 



 

    

 

Vậy phương trình

 

: 7 3

x t

d y t t

z t







  











Câu 62: Trong không gian

Oxyz

, cho đường thẳng

2 3 1

1 1 1

x y z

  

 



và mặt phẳng





: 2 2 3 0

P x y z

   

. Phương trình đường thẳng

nằm trong





, cắt và vuông góc với

là.

1 4

4 3

x t

y t

z t

 





  





 



. B.

1 4

4 3

x t

y t

z t

 





  





 



. C.

1 4

4 3

x t

y t

z t

 





  





 



. D.

2 4

3 3

x t

y t

z t

 





  





 



Lời giải

Chọn A

: 3

x t

d y t

z t

 





  





 



có vectơ chỉ phương

 

1; 1; 1u 



.Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến

 

1; 2; 2n



Vectơ chỉ phương của đường thẳng

 

; 4; 3; 1v u n

 

  

 

  

Tọa độ giao điểm của

và

 

là :

2 1

3 1

1 4

2 2 3 0 2

x t t

y t x

z t y

x y z z

   

 

 

   

 



 

   

 

    

 

.Đường thẳng

cần tìm là :

1 4

4 3

x t

y t

z t

 





  





 



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 135

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 4 0   P x y z

và đường thẳng

1 2

2 1 3

 

 

x y z

. Lập phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng

 

, đồng

thời cắt và vuông góc với đường thẳng

1 1 1

5 1 3

  

 

 

x y z

. B.

1 3 1

5 1 3

  

 



x y z

1 1 1

5 2 3

  

 

x y z

. D.

1 1 1

5 1 2

  

 



x y z

Lời giải

Chọn A

Giao điểm của

với

 

là

 

1;1;1H

 

đi qua

và nhận

;



 



 

  

p d

u n u

làm véc tơ chỉ phương

 

1 1 1

5; 1; 3 :

5 1 3



  

      

 



x y z

Câu 64: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng



là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

: 1 0P z  

và

 

: 3 0Q x y z   

. Gọi

là đường thẳng nằm trong mặt phẳng

 

, cắt

đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z  

 

 

và vuông góc với đường thẳng



. Phương trình của

đường thẳng

là

x t

y t

z t

 











 



. B.

x t

y t

 















. C.

x t

y t

 















. D.

x t

y t

z t

 





 





 



Lời giải

Chọn C

Đặt

 

0;0;1

n 



và

 

1;1;1

n 



lần lượt là véctơ pháp tuyến của

 

và

 

   

P Q  

nên



có một véctơ chỉ phương

 

, 1;1;0

P Q

u n n



 

  

 

  

Đường thẳng

nằm trong

 

và

d  

nên

có một véctơ chỉ phương là

 

d P

u n u







 

 

1; 1;0  

Gọi

1 2 3

1 1 1

x y z

  



 

 

và

 

A d d A d P

 

    

Xét hệ phương trình

1 0

1 2 3

1 1 1

x y z

 







  

 



  







 









 

3;0;1A

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 136

Do đó phương trình đường thẳng

x t

d y t

 















Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

3 2

2 1 3

x y z

 

 



và mặt phẳng

 

2 6 0x y z   

. Đường thẳng nằm trong mặt phẳng

 

, cắt và vuông góc với

có

phương trình

2 4 1

1 7 3

x y z  

 

. B.

2 2 5

1 7 3

x y z  

 

2 4 1

1 7 3

x y z  

 

. D.

2 2 5

1 7 3

x y z  

 

Lời giải

Chọn B

Tọa độ giao điểm

của

và

 

là nghiệm của hệ

3 2

2 1 3

2 6 0

x y z

 



 









   



2 6

3 11

2 6 0

x y

y z

x y z

  





  





   



 





 









 

2;2;5M 

 

2 6 0x y z   

có vtpt

 

1; 1;2n  



có vtcp

 

2;1; 3u  



Ta có



đi qua

 

2;2;5M 

nhận

 

 

, 1;7;3k n u 



 

là một vectơ chỉ phương có dạng



2 2 5

1 7 3

x y z  

 

Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 – 4 0P x y z  

và

đường thẳng

1 2

: .

2 1 3

x y z

 

 

Phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng

 

đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng

là.

1 3 1

5 1 3

x y z  

 



. B.

1 1 1

5 2 3

x y z  

 

1 1 1

5 1 2

x y z  

 



. D.

1 1 1

5 1 3

x y z  

 

 

Lời giải

Chọn D

Gọi

là giao điểm của

và



. Khi đó,

 

1 2 ; ; 2 3M t t t   

Do điểm

 

M P

nên

 

1;1;1M

Đường thẳng



có

 

, 5;1;3

d P

u u n



 

  

 

  

. Vậy

1 1 1

5 1 3

x y z  

  

 

Câu 67:

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

ọ

a đ

ộ

vuông góc

Oxyz

, cho m

ặ

t ph

ẳ

( ) : 2 4 0P x y z   

và

đường thẳng

1 2

: .

2 1 3

x y z

 

 

Phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng

( )

đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng

là:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 137

1 1 1

5 2 3

x y z

  

 

. B.

1 3 1

5 1 3

x y z

  

 



1 1 1

5 1 3

x y z  

 

 

. D.

1 1 1

5 1 2

x y z  

 



Lời giải

Chọn C

Ta có VTPT của mp

( )P

là

(1; 2;1)n 



; VTCP của đường thẳng

là

(2;1;3)

u 



Vì

( )

P 





 



nên VTCP của



là

( )

, (5; 1; 3)

P d

u n u



 

   

 

  

Lại có

 

( )

d M

M d P

  



  



 





Khi đó

(1;1;1)M

Vậy phương trình đường thẳng

1 1 1

5 1 3

x y z  

  

 

Câu 68: Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

3 2

2 1 3

x y z

 

 



và mặt phẳng

 

: 2 6 0P x y z   

. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng nằm

trong mặt phẳng

 

cắt và vuông góc với

2 4 1

1 7 3

x y z  

 

. B.

2 2 5

1 7 3

x y z  

 

2 4 1

1 7 3

x y z  

 

. D.

2 2 5

1 7 3

x y z  

 

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng d tham số

2 3

x t

y t

z t







 





 



Gọi

 

M d P 

. Tọa độ

là nghiệm hệ

2 3

2 6 0

x t

y t

z t

x y z







 





 



   



 





 















 

2;2;5M 

Gọi



là đường thẳng cần tìm

 

, 1;7;3

P d

u n u



 

  

 

  

Vậy đường thẳng



cần tìm

2 2 5

1 7 3

x y z  

 

Câu 69: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 4 0   P x y z

và đường thẳng

1 2

2 1 3

 

 

x y z

. Viết phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng

 

, đồng

thời cắt và vuông góc với đường thẳng

1 3 1

5 1 3

  

 



x y z

. B.

1 1 1

5 1 3

  

 



x y z

1 1 1

5 1 2

  

 



x y z

. D.

1 1 1

5 1 3

  

 

 

x y z

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 138

Lời giải

Chọn D

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

là:

 

1;2;1



n .

Vectơ chỉ phương của đường thẳng

là

 

2;1;3



Phương trình tham số của đường thẳng

1 2

2 3

  











  



x t

d y t

z t

Xét phương trình:

1 2 2 2 3 4 0 7 7 0 1           t t t t t

Suy ra giao điểm của đường thẳng

và mặt phẳng





là





1;1;1

. Ta có:

A

Vectơ chỉ phương của đường thẳng



là:

 

, 5; 1; 3



 

   

 

  

u n u .

Phương trình chính tắc của đường thẳng

1 1 1

5 1 3

  

  

 

x y z

Câu 70: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

3 5 1

1 1 1

x y z

  

  



và mặt

phẳng

 

: 2 3 4 0P x y z   

. Đường thẳng

nằm trong mặt phẳng

 

sao cho

cắt và

vuông góc với đường thẳng



 

1;2;1u 



. B.

 

1;2;1u  



. C.

 

1; 2;1u   



. D.

 

1;2; 1u   



Lời giải

Chọn B

Đường thẳng



có

vectơ chỉ phương

 

1;1; 1u



 



Mặt phẳng

 

có

vectơ pháp tuyến

 

1; 2; 3n  



 

, 1;2;1u n



 

 

 

 

Đường thẳng

nằm trong mặt phẳng

 

sao cho

cắt và vuông góc với đường thẳng



nên

nhận

 

1; 2;1

u  



làm vectơ chỉ phương.

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 139

 DẠNG TOÁN 8:

GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG.

Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, gọi







là mặt phẳng chứa đường thẳng



có

phương trình

2 1

1 1 2

x y z 

 

và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

. Giao

tuyến của

 



và

 



đi qua điểm nào trong các điểm sau.

 

2;1;1A

. B.

 

2;1;0D

. C.

 

0;1;0B

. D.

 

1;2;1C

Lời giải

Chọn A

Ta có véc – tơ chỉ phương của đường thẳng



là

 

1;1;2u



Véc – tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

là

 

1;1; 2n 



Vì

 



là mặt phẳng chứa đường thẳng



có phương trình

2 1

1 1 2

x y z 

 

và vuông góc

với mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

nên

 



có một véc – tơ pháp tuyến là

   

, 4;4;0 4 1; 1;0 4.n u n a



 

     

 

   

Gọi

   

 

 

, suy ra

có véc – tơ chỉ phương là

   

, 2;2;2 2 1;1;1

u a n

 

  

 

  

Giao điểm của đường thẳng



có phương trình

2 1

1 1 2

x y z 

 

và mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

là

 

3;2;2I

Suy ra phương trình đường thẳng

: 2

x t

d y t

z t

 





 





 



Vậy

 

2;1;1A

thuộc đường thẳng

Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai mặt phẳng





:3 2 2 5 0P x y z   

và

 

: 4 5 1 0Q x y z   

. Các điểm

, A B

phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng

 

và

 

. Khi đó



cùng phương với véctơ nào sau đây?

 

w 3; 2;2 



. B.

 

v 8;11; 23  



. C.

 

k 4;5; 1 



. D.

 

u 8; 11; 23  



Lời giải

Chọn D

* Ta có:

 

3; 2;2

P n  



 

4;5; 1

Q n  



* Do

 

AB P

AB n

AB Q

AB n







 



 











nên đường thẳng

có véctơ chỉ phương là:

   

 

; 8; 11; 23

Q P

u n n

 

   

 

  

* Do



cũng là một véc tơ chỉ phương của

nên

 

// 8; 11; 23AB u   

 

Câu 73: Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm ,





0; 2;1B

, mặt phẳng





: 7 0P x y z   

. Đường

thẳng

nằm trên





sao cho mọi điểm của

cách đều hai điểm

có phương trình

là

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 140

7 3

x t

y t

z t







 









. B.

7 3

x t

y t

z t

 





 









. C.

7 3

x t

y t

z t







 









. D.

7 3

x t

y t

z t







 









Lời giải

Chọn A

Ta có

 

3; 1;0AB   



;

3 5

; ;1

2 2

 

 

 

là trung điểm của

và

,A B

nằm ở hai phía của mặt

phẳng

 

Gọi

 



là mặt phẳng trung trực của

và

   



  

. Khi đó



chính là đường thẳng

thuộc mặt phẳng

 

và cách đều hai điểm

,A B

Phương trình mặt phẳng

 



đi qua

3 5

; ;1

2 2

 

 

 

và có véc tơ pháp tuyến

 

3; 1;0AB   



là:

3 0 3 7 0

2 2

x y x y



   

        

   

   

Khi đó

là đường giao tuyến của

 



và

 

Véctơ chỉ phương của

   

: , 1;3; 2 1; 3; 2

d u n n



 

      

 

  

đi qua

 

0;7;0A

Vậy

có phương trình tham số là:

7 3

x t

y t

z t







 









(

là tham số).

Câu 74: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, gọi







là mặt phẳng chứa đường thẳng

2 1

1 1 2

x y z 

  



và vuông góc với mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

. Khi đó giao tuyến

của hai mặt phẳng

 



 



có phương trình

2 1

1 5 2

x y z 

 



. B.

1 1 1

x y z

 



. C.

1 1

1 1 1

x y z 

 

. D.

2 1

1 5 2

x y z 

 



Lời giải

Chọn B

2 1

1 1 2

x y z 

  



đi qua

 

2;1;0M

và có

 

: 1;1; 2vtcp u  



 

: 2 1 0x y z



   

có

 

: 1;1;2vtpt n 



 

   

, 4; 4;0 4 1; 1;0

đi qua M

vtpt u n



 

   

 











 

Phương trình













: 2 1 0

x y



   

1 0x y   

Gọi

 

là giao tuyến của hai mặt phẳng

 



 



. Ta có:

 

   

0; 1;0

, 2;2; 2 2 1;1; 1

đi qua N

vtcp n n





 

   















 

Phương trình

 

1 1 1

x y z



 



Câu 75:

Trong không gian

Oxyz

ế

t phương tr

ình

đư

ờ

ng th

ẳ



là giao tuy

ế

n c

ủ

a hai m

ặ

phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

và

 

: 2 0x y z



   

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 141

1 3

x t

y t

z t

 











  



. B.

1 2

x t

y t

z t

  





 









. C.

1 2

x t

y t

z t

  





 









. D.

1 3

1 2

x t

y t

z t

  





 









Lời giải

Chọn C

 

: 2 1 0x y z



   

có vectơ pháp tuyến là:

 

1; 2;1n







 

: 2 0x y z



   

có vectơ pháp tuyến là:

 

1; 1; 1n



  



Khi đó:

 

, 1;2; 3n n

 

 

  

 

 

Vì đường thẳng



là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

: 2 1 0x y z



   

và

 

: 2 0x y z



   

nên vectơ chỉ phương của đường thẳng



là



cùng phương với

,n n

 

 

 

 

. Do đó chọn

 

1; 2;3u  



Tọa độ

 

; ;M x y z 

thỏa hệ phương trình:

2 1 0

2 0

x y z

   





   



Cho

1x  

ta được:

 

2 2 1

1;1;0

1 0

y z y

y z z

  

 

  

 

  

 

Phương trình đường thẳng



đi qua điểm

 

1;1;0M 

và có vectơ chỉ phương

 

1; 2;3u  



là:

: 1 2

x t

y t

z t

  





  









 DẠNG TOÁN 9:

ĐƯỜNG VUÔNG GÓC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

CHÉO NHAU.

Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai đường thẳng

4 1 5

3 1 2

x y z

  

  

 

và

2 3

1 3 1

x y z 

  

. Giả sử

M 

N 

sao cho

là đoạn vuông góc chung của hai

đường thẳng



và



. Tính



 

5; 5;10MN  



 

2; 2;4MN  



 

3; 3;6MN  



 

1; 1;2MN  



Lời giải

Chọn B



có VTCP

 

3; 1; 2u   



và



có VTCP

 

1;3;1u 



Gọi

 

4 3 ;1 ; 5 2M t t t   

và

 

2 ; 3 3 ;N s s s  

Suy ra

 

2 3 ; 3 4;2 5MN t s t s t s       



Ta có

. 0

MN u















 

 

2 3 0

8 9 0

s t

  







  











 



Vậy

 

2; 2;4MN  



Câu 77: Trong không gian

Oxyz

, cho hai đường thẳng chéo nhau

3 2 1

4 1 1

x y z

  

 



và

1 2

6 1 2

x y z

 

 



. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng vuông góc

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 142

chung của

và

1 1 1

1 2 2

x y z  

 

. B.

1 1

1 2 2

x y z 

 

1 1

1 2 2

x y z 

 

. D.

1 1

1 2 2

x y z 

 

Lời giải

Chọn D

Gọi

 

3 4 ; 2 ; 1

6 ;1 ;2 2 b

A a a a d

B b b d

     







   





sao cho

AB d













Ta có

 

4 6 3; 3;2 3AB a b b a b a      



;

 

4;1;1

u  



;

 

6;1;2



 



;

. 0

AB u

















 

 

   

4 4 6 3 3 2 3 0

6 4 6 3 3 2 2 3 0

a b b a b a

         







         

















 

1; 1;0A  

 

0;1;2B

 

1; 2;2AB 



Vậy phương trình đường thẳng vuông góc chung của

và

là

1 1

1 2 2

x y z 

 

Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, viết phương trình đường vuông góc chung của hai

đường thẳng

2 3 4

2 3 5

  

 



x y z

và

1 4 4

3 2 1

  



 

 

x y z

1 1 1



 

x y z

. B.

2 2 3

2 3 4

  

 

x y z

2 2 3

2 2 2

  

 

x y z

. D.

2 3

2 3 1

 

 



x y z

Lời giải

Chọn A

Ta có

M d

suy ra

 

2 2 ;3 3 ; 4 5   M m m m

. Tương tự



N d

suy ra

 

1 3 ;4 2 ;4   N n n n

. Từ đó ta có

 

3 3 2 ;1 2 3 ;8 5       



MN n m n m n m .

Mà do

là đường vuông góc chung của

và



nên













MN d

     

2 3 3 2 3. 1 2 3 5 8 5 0

3 3 3 2 2. 1 2 3 1 8 5 0

         







         





n m n m n m

38 5 43

5 14 19

  







  



m n

 











Suy ra

 

0;0;1M

 

2;2;3N

Ta có

 

2;2;2



MN nên đường vuông góc chung

là

1 1 1



 

x y z

Câu 79: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai đường thẳng

1 2

2 1 1

x y z

 

 



và

1 1 3

1 7 1

x y z

  

 



. Đường vuông góc chung của

và

lần lượt cắt

tại

và

Tính diện tích

của tam giác

OAB

S 

. B.

6S 

. C.

S 

. D.

S 

Lời giải

Chọn C

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 143

Phương trình tham số

1 1

1 2

x t

d y t

z t

 





 





  



 

2; 1;1a  



là VTCP của .

Phương trình tham số

1 2

: 1 7

x t

d y t

z t

  





 





 



 

1;7; 1a  



là VTCP của .

 

1 2 ; ; 2A d d A a a a      

 

1 ;1 7 ;3B d d B b b b      

 

2 2 ;1 7 ;5AB b a b a b a       



là đường vuông góc chung của

và

1 1

. 0

AB d AB a

AB d

AB a



 





 

 











 

     

2 2 2 1 7 5 0

2 2 7 1 7 5 0

b a b a b a



         





         





 

1;0; 2

6 6 0

52 6 0

1;1;3

b a

a b

b a





  





   

 

 









Ta có

     

1;0; 2 ; 1;1;3 ; , 2; 1;1OA OB OA OB

 

     

 

   

.Vậy

1 6

2 2

OAB

S OA OB

 

 

 

 

Câu 80: Trong không gian

Oxyz

, đường vuông góc chung của hai đường thẳng

: 0

x t

d y

z t

 











  



và

: 4 2

5 3

d y t

z t







 

 







 



có phương trình là

4 2

2 3 2

x y z 

 



. B.

4 2

2 3 2

x y z 

 

 

4 2

2 3 2

x y z 

 



. D.

4 2

1 3 1

x y z 

 



Lời giải

Chọn A

Giả sử

là đường vuông góc chung của

và



với

A d

B d





Ta có

 

1;0;1

u 



 

0; 2;3



 



 

1;0; 5

1; 2 4; 3 10

0;4 2 ;3 5

A a a

BA a b a b

B b b



 



     



 







Khi đó

   

1 3 10 0

. 0

2 2 4 3 3 10 0

. 0

a a b

u BA

d AB a

d AB b

b a b

u BA





    



 

 

 

  

   



  

     



 





 

 

   

4;0; 2

4; 6; 4 2;3;2

0;6;2

BA u







       







 

là một VTCP của

Kết hợp với

qua

 

4;0; 2A 

4 2

2 3 2

x y z

 

  



CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 144

 DẠNG TOÁN 10:

HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC CỦA D LÊN (P).

Câu 81:

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu của

đường thẳng

1 2 3

2 3 1

x y z  

 

trên mặt phẳng

 

Oxy

2 3

x t

y t

 





  









. B.

2 3

x t

y t

 





  









. C.

1 2

2 3

x t

y t

 





  









. D.

2 3

x t

y t

 





 









Lời giải

Chọn C

Đường thẳng

1 2 3

2 3 1

x y z  

 

qua

 

1; 2;3M 

và

 

3;1;4N

Gọi



và



lần lượt là hình chiếu của

và

trên

 

Oxy

ta có

 

1; 2;0M





 

3;1;0N



Phương trình hình chiếu cần tìm là:

1 2

: 2 3

x t

M N y t

 





 

  









Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

3 1 1

2 1 3

x y z

  

 



. Hình chiếu

vuông góc của

trên mặt phẳng

 

Oyz

là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là

 

0;1;3u 



. B.

 

0;1; 3u  



. C.

 

2;1; 3u  



. D.

 

2;0;0u 



Lời giải

Chọn B

Ta có

cắt mặt phẳng

 

Oyz

tại

5 7

0; ;

2 2

M M

 

 

 

 

, chọn

 

3;1;1A d 

và gọi

là hình

chiếu vuông góc của

lên mặt phẳng





Oyz





0;1;1

B

Lại có

3 9

0; ;

2 2

 

 

 

 



. Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng

phương với vectơ



nên chọn đáp án B.

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho mặt phẳng





:3 5 2 8 0P x y z   

và đường

thẳng

 

7 5

: 7

6 5

x t

d y t t

z t

 





   





 





. Tìm phương trình đường thẳng



đối xứng với đường thẳng

qua mặt phẳng

 

11 5

: 23

32 5

x t

y t

z t

  





  





 



. B.

13 5

: 17

104 5

x t

y t

z t

 





   





  



5 5

: 13

2 5

x t

y t

z t

  





  





  



. D.

17 5

: 33

66 5

x t

y t

z t

  





  





 



Lời giải

Chọn C

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 145

Gọi

 

7; 7;6M d 

. Gọi

 

; ;N x y z

là điểm đối xứng của

qua mặt phẳng

 

và

là

trung điểm

Ta có:

 

MN k n

I P















 

   

7; 7; 6 3; 5;2

3 5 2 84 0

x y z k

x y z

    







   





Giải hệ, ta có:

4k  

 

5;13; 2M  

. Do đó:

5 5

: 13

2 5

x t

y t

z t

  





  





  



Câu 84: Viết phương trình đường thẳng



là hình chiếu của đường thẳng

1 2

1 2 1

x y z

 

 



trên

mặt phẳng

Oyz

: 0

x t

d y

 

















. B.

: 4 2

d y t

z t









 





 



. C.

: 4 2

d y t

z t









 





 



. D.

: 4 2

d y t

z t









  





 



Lời giải

Chọn D

Ta có:

: 2 2

x t

d y t

z t

 





  





 



 Hình chiếu



của

lên mặt phẳng

Oyz

là:

: 2 2

d y t

z t









  





 



Cho

1t  

, ta được

 

0; 4;1A d



 

: 4 2

d y t

z t









   





 



Câu 85: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

: 1 2

d y z



   

. Hình chiếu

của

lên mặt phẳng

 

Oxy

là

1 2

x t

y t

 





  









. B.

1 2

x t

y t

 





  









. C.

1 2

x t

y t

  





 









. D.

y t







  









Lời giải

Chọn B

Phương trình tham số của đường thẳng

1 2

: 1

x t

d y t

z t

 





  





 



Do mặt phẳng

 

: 0Oxy z 

nên hình chiếu của

lên

 

Oxy

là

1 2

x t

y t

 





  









Câu 86: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

1 2

: 2 4

x t

d y t

z t

 





  





 



. Hình chiếu song

song của

lên mặt phẳng

 

Oxz

theo phương

1 6 2

1 1 1

x y z  

  

 

có phương trình là

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ

HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM

TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 146

1 2

x t

z t

 











 



. B.

1 2

5 4

x t

z t

  











 



. C.

3 2

x t

z t

 











 



. D.

3 2

1 4

x t

z t

 











 



Lời giải

Chọn A

Giao điểm của d và mặt phẳng

 

Oxz

là:

(5;0;5)M

Trên

1 2

: 2 4

x t

d y t

z t

 





  





 



chọn M bất kỳ không trùng với

(5;0;5)M

; ví dụ:

(1; 2;3)M 

. Gọi A là

hình chiếu song song của M lên mặt phẳng

 

Oxz

theo phương

1 6 2

1 1 1

x y z  

  

 

+/ Lập phương trình d’ đi qua M và song song hoặc trùng với

1 6 2

1 1 1

x y z  

  

 

+/ Điểm A chính là giao điểm của d’ và

 

Oxz

+/ Ta tìm được

(3;0;1)A

Hình chiếu song song của

1 2

: 2 4

x t

d y t

z t

 





  





 



lên mặt phẳng

 

Oxz

theo phương

1 6 2

1 1 1

x y z  

  

 

là đường thẳng đi qua

(5;0;5)M

và

(3;0;1)A

Vậy phương trình là

1 2

x t

z t

 











 



 HẾT 

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/146

| | Tải xuống

Preview text:

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ CHINH PHỤC H O K À Ỳ N T G H T I U TYÊ H N P 🙲 T M Q I UNH Ố C T Â GIM A HÌNH GIẢI TÍCH OXYZ MÔN TOÁN – KHỐI 12 (PHẦN 1)
CÂU HỎI & LỜI GIẢI CHI TIẾT
TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 NĂM HỌC: 2020 – 2021 Trang | 1 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM MỤC LỤC
Chuyên đề 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
 DẠNG TOÁN 2: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
 DẠNG TOÁN 3: XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
 DẠNG TOÁN 4: BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG, GÓC VÀ ỨNG DỤNG . . . . . . . . . . . 15
 DẠNG TOÁN 5: BÀI TOÁN VỀ TÍCH CÓ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU . . . . . . . . 23
 DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH . . . . . . 27
 DẠNG TOÁN 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG KÍNH31
 DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN . . . . . . . . . . . . . . . 35
 DẠNG TOÁN 5: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK . . . . . . 38
 DẠNG TOÁN 6: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT PHẲNG42
 DẠNG TOÁN 7: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRÊN NÓ.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
 DẠNG TOÁN 8: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY CUNG. . . 50
 DẠNG TOÁN 9: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK . . . . . . 56
Chuyên đề 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
 DẠNG TOÁN 2: PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
 DẠNG TOÁN 3: PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHÔNG DÙNG TÍCH CÓ HƯỚNG)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
 DẠNG TOÁN 4: PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG. . . . . . . . . . . 72
 DẠNG TOÁN 5: PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
 DẠNG TOÁN 6: PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG. . . . . . . . . . . 79
 DẠNG TOÁN 7: PTMP QUA 3 ĐIỂM KHÔNG THẲNG HÀNG. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
 DẠNG TOÁN 8: PTMP VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
 DẠNG TOÁN 9: PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
 DẠNG TOÁN 10: PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG THẲNG
KHÁC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
 DẠNG TOÁN 11: PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC) . . . . . . . . . 96
 DẠNG TOÁN 12: PTMP SONG SONG VỚI MP, THỎA ĐK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 2 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Chuyên đề 4: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
 DẠNG TOÁN 2: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHÔNG DÙNG T.C.H) . . . . . . . . 111
 DẠNG TOÁN 3: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
 DẠNG TOÁN 4: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI ĐƯỜNG KIA.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
 DẠNG TOÁN 5: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P). . . . . . . . . . . . . . 124
 DẠNG TOÁN 6: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VUÔNG GÓC D2. . . . . 129
 DẠNG TOÁN 7: PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VUÔNG GÓC VỚI D. . . . . 134
 DẠNG TOÁN 8: GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
 DẠNG TOÁN 9: ĐƯỜNG VUÔNG GÓC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO
NHAU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
 DẠNG TOÁN 10: HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC CỦA D LÊN (P). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 3 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM YÊ Ề U Đ 1 CH N A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
A.1.Hệ tọa độ trong không gian Oxyz :
+ Là hệ gồm 3 trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau.     i   1;0;0     i  j  k 1  + Các véctơ  
i, j, k lần lượt là 3 véctơ đơn vị trên Ox, Oy, Oz :  ;        j  0;1;0 .
 .i j  .jk  .ik  0 k   0;0; 1 
Tọa độ và tính chất của véctơ     
Véctơ u   ;x y; z  u  xi  y j  zk A.2.Tính chất: A.2.1. Véctơ:  
Cho u  x ; y ; z , v  x ; y ; z 2 2 2  1 1 1     x x 1 2   +  2 2 2 u  x  y  z + u  v  y  y 1 1 1 1 2  z  z  1 2   
+ u  v  x  x ; y  y ; z  z + ku  kx ;ky ;kz 1 1 1  1 2 1 2 1 2  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 4 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  x  kx 1 2    +  x y z u cùng phương với 1 1 1 v  k
   :u  kv  y  ky    1 2 x y z  2 2 2 z  kz  1 2 A.2.2. Tọa độ điểm:    
Điểm M (x; y; z)  OM  xi  yj  zk .
Cho Ax ; y ; z , Bx ; y ; z , C x ; y ; z và Dx ; y ; z . D D D  C C C  B B B  A A A  
AB  x  x ; y  y ; z  z  B A B A B A  +   AB |  AB | x  x  y  y  z  z B A 2  B A2  B A2  + Nếu  x  x y  y z  z 
M là trung điểm của AB thì: A B M ; A B ; A B   .  2 2 2  + Nếu  x  x  x y  y  y z  z 
G là trọng tâm của tam giác ABC thì: A B C G ; A B C ; B C  . 3 3 3     x  kx A B x   M 1 k    + Nếu  y  ky
M chia AB theo tỉ số k MA  kMB thì: A B y  (k  1) . M 1 k   z  kz A B z   M  1 k
+ Tích vô hướng của hai vectơ:Cho  
u   x ; y ; z và v  x ; y ; z . 2 2 2  1 1 1 
Tích vô hướng của 2 vectơ là:         u.v |
 u | .| v | cos (u ,v) u.v  x .x  y .y  z .z . 1 2 1 2 1 2 Suy ra:    
u  v  u.v  0  x .x  y .y  z .z  0 . 1 2 1 2 1 2 B. BÀI TẬP.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK
 BÀI TẬP NỀN TẢNG   
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a  3; 2;  1 , b   1  ;1; 2,  
c  2;1; 3 , u  11; 6;5. Mệnh đề nào sau đây đúng?         A. u  2a  3b  c . B. u  2a  3b  c .         C. u  3a  2b  2c . D. u  3a  2b  c . Lời giải Chọn B    
 3a  2b  c  33; 2;  1  2 1
 ;1; 2  2;1; 3  13; 7;4  u . Nên A sai.    
 2a  3b  c  23; 2; 
1  31;1; 2  2;1; 3  5;0; 7  u . Nên B sai.    
 2a  3b  c  23; 2;  1  3 1
 ;1; 2  2;1; 3  11; 6;5  u . Nên C đúng.    
 3a  2b  2c  33; 2;  1  2 1
 ;1; 2  22;1;3  7;10;13  u . Nên D sai.
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 2  ;0 và B 3
 ;0;4 . Tọa độ của  véctơ AB là TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 5 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. 4; 2  ; 4   . B.  4  ;2;4 . C.  1  ; 1  ;2 . D.  2  ; 2  ;4 . Lời giải Chọn B  AB  4;2;4 .  
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho OM  1;5;2 , ON  3;7;4 . Gọi P là điểm
đối xứng với M qua N . Tìm tọa độ điểm P . A. P5;9; 3   . B. P2;6;  1 . C. P5;9; 1  0 . D. P7;9; 1  0. Lời giải Chọn C  
Ta có: OM  1;5;2  M 1;5;2 , ON  3;7; 4
   N 3;7;4 .
Vì P là điểm đối xứng với M qua N nên N là trung điểm của MP nên ta suy ra được x  2x  x  5 P N M 
 y  2 y  y  9  P  P N M 5;9; 10 z  2z  z  1  0  P N M
Câu 4: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A1;1; 
1 , B5;1;2 , C 3;2; 4 Tìm tọa độ điểm M
   
thỏa mãn MA 2MB  MC  0 . A.  3 9        M 4;  ;   . B. 3 9 M 4;  ;    . C. 3 9 M 4; ;   . D. 3 9 M 4;  ;   .  2 2   2 2   2 2   2 2  Lời giải Chọn D Gọi M  ; x y; z . 
  x    x    x x  4 1 2 5 3  0
       3  3 9  MA  2MB  MC  0  1
  y  21 y  2  y  0  y    M 4;  ;   .   2 2   z  
  z   z 2  1 2 2 4  0  9 z   2   
Câu 5: Trong không gian Oxyz , cho 3 vec tơ a  2; 1  ;0, b   1  ; 3  ;2 , c   2
 ;4;3. Tọa độ của     u  2a  3b  c . A. 3; 7; 9 B.  5  ;  3; 9 C.  3  ;  7;  9 D. 5; 3;  9 Lời giải Chọn D    
u  2a  3b  c  22; 1; 0  31;  3; 2   2
 ;  4;  3  2.2  3  2;  2  9  4;  6  3  5; 3;  9
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp ABC . D A B  C  D
  . Biết A2;4;0 , B 4;0;0 , C  1
 ;4; 7 và D6;8;10 . Tọa độ điểm B là A. B8;4;10 . B. B6;12;0 . C. B10;8;6. D. B13;0;17 . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 6 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A' B' C' D'(6; 8; 10) A(2; 4; 0) B(4; 0; 0) O D C(-1; 4;-7) Giả sử D ; a ;
b c , Ba ;b ;c a  3  Gọi     O  AC  1 7 BD  O ; 4;    b   8 .  2 2  c  7     
Vậy DD  9;0;17, BB  a  4;b ;c . Do ABC . D A B  C  D
  là hình hộp nên DD  BB a 13   b
   0 . Vậy B13;0;17 . c 17 
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABC . D A B  C  D   . Biết A1;0;  1 , B2;1;2 , D1; 1  ;  1 , C 4;5; 5
  . Gọi tọa độ của đỉnh A ; a ;
b c . Khi đó 2a  b  c bằng? A. 7 . B. 2 . C. 8 . D. 3. Lời giải Chọn D . Ta có. 
AD  1 a;1 ; b 1 c  AB   2 a;1 ;b2 c  . AA  1 a; ; b 1 c  AC   4 a;5 ;b 5   c
   
Theo quy tắc hình hộp, ta có AC  A B    A D    AA.  4  ; a 5  ; b 5   c  4  3 ; a 2  3 ; b 3  3c . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 7 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 4  a  4  3a a  0    5   b  2  4b  b   1  . 5c  33c   c  4  Vậy 2a  b  c  3.
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng Oxy A. N 1;0;2 . B. P 0;1;2 . C. Q 0;0;2 . D. M 1;2;0 . Lời giải Chọn D
Phương trình mặt phẳng Oxy : z  0 . Kiểm tra tọa độ các điểm ta thấy D Oxy .
Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;2;  1 , B 3
 ;4;3 , C 3;1;3 , số điểm D sao cho 4 điểm ,
A B, C, D là 4 đỉnh của một hình bình hành là A. 2 . B. 1. C. 3. D. 0 . Lời giải Chọn D  
Ta có AB  4;2;4 , AC  2;1; 2 .     Dễ thấy AB  2
 AC nên hai véc tơ AB, AC cùng phương do đó ba điểm A , B , C thẳng hàng.
Khi đó không có điểm D nào để bốn điểm ,
A B, C, D là bốn đỉnh của một hình bình hành.
Vậy không có điểm nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.     
Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho a  2i  3 j  k , b2; 3;  7 . Tìm tọa độ của    x  2a  3b .     A. x   2  ; 3; 19 B. x   2
 ;  3; 19 C. x   2
 ; 1; 19 D. x  2; 1; 19 Lời giải Chọn B      Ta có a  2; 3;  
1 , b  2; 3;  7  x  2a  3b   2  ;  3; 19 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 8 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 2: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1;2;3 và B5;2;0. Khi đó:     A. AB  61. B. AB  3 . C. AB  5 . D. AB  2 3 . Lời giải Chọn C   Ta có: AB  4;0; 3  . Suy ra: AB     2 2 2 4 0 3  5 .
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho A1;1; 3   , B3; 1  ; 
1 . Gọi M là trung điểm của AB , đoạn OM có độ dài bằng A. 2 6 . B. 6 . C. 2 5 . D. 5 . Lời giải Chọn D
Ta có M là trung điểm AB nên M 2;0; 
1  OM  4  0 1  5 .    
Câu 13: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho vectơ u  2i  3 j  6k . Tìm độ dài của vectơ u . A.     u  5 . B. u  49 . C. u  7 . D. u  5 . Lời giải Chọn C Ta có   u  2; 3  ;6 nên u    2 2 2 2 3  6  7 .
Câu 14: Trong không gian Oxyz cho các điểm A3; 4
 ;0;B0;2;4;C4;2; 
1 . Tọa độ diểm D trên
trục Ox sao cho AD  BC là:
A. D0;0;2  D0;0;8 .
B. D0;0;0  D0;0;6 .
C. D0;0;3  D0;0;3 .
D. D0;0;0  D6;0;0. Lời giải Chọn D Gọi D ; x 0;0 .   AD x      AD   x  2 2 2 3;4;0 3  4  0 x  0 Ta có:     . BC  x      4;0; 3   6 BC  5 
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A3;2; 
1 , B 5;4;3 . M là điểm thuộc tia đối của tia AM BA sao cho
 2 . Tìm tọa độ của điểm M . BM A.      7;6;7 . B. 13 10 5 ; ;   . C. 5 2 11  ; ;   . D. 13;11;5 .  3 3 3   3 3 3  Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 9 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM AM
M là điểm thuộc tia đối của tia BA sao cho
 2 nên B là trung điểm AM BM  3  x 5 M   2  x  7  2 M  y   4 M   y  6  M . M 7;6;7 2  z  7  1  M  z 3 M   2
Câu 16: Trong không gian Oxyz cho điểm A3;4;3 . Tổng khoảng cách từ A đến ba trục tọa độ bằng. A. 10. B. 34 . C. 10  3 2 . D. 34 . 2 Lời giải Chọn C
Hình chiếu của A lên trục Ox là A 3;0;0 nên d  , A Ox  AA  5 . 1   1
Hình chiếu của A lên trục Oy là A 0; 4  ;0 nên d  , A Oy  AA  3 2 . 2   2
Hình chiếu của A lên trục Oz là A 0;0;3 nên d  , A Oz  AA  5 . 3   3
Tổng khoảng cách từ A đến ba trục tọa độ bằng 10  3 2 .
Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B(3;0;8) , D(5;4;0) . Biết  
đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA  CB bằng: A. 6 10. B. 10 6. C. 10 5. D. 5 10. Lời giải Chọn A
Ta có trung điểm BD là I(1;2;4) , BD 12và điểm Athuộc mặt phẳng (Oxy) nên ( A a; ; b 0) . 2 2 AB  AD  2 2 2 2 2
(a  3)  b  8  (a  5)  (b  4) ABCD là hình vuông  2   1   2  AI   BD  2 2 2
(a 1)  (b  2)  4  36   2   17 b   4  2a   a a  1         5  hoặc   A(1; 2; 0) hoặc 17 14 A ; ;0 (loại). 2 2   (a
 1)  (6  2a)  20 b   2 1  4  5 5 b     5 Với (
A 1; 2;0)  C(3; 6;8) .
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A1;1;  1 , B 1  ;1; 0,
C 3;1; 2 . Chu vi của tam giác ABC bằng: A. 4  5 . B. 4 5 . C. 3 5 . D. 2  2 5 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 10 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn B
Ta có: AB  4  0 1  5, AC  4  0 1  5, BC  16  0  4  20  2 5 .
Vậy chu vi tam giác ABC là : AB  AC  BC  4 5 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A1;2; 
1 ; B 1;1;3 . Gọi I là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác AOB , tính độ dài đoạn thẳngOI . A. 17 OI  . B. 6 OI  . C. 11 OI  . D. 17 OI  . 4 2 2 2 Lời giải Chọn D   Ta có O .
A OB  0 nên tam giác OAB vuông tại O . Vậy, I chính là trung điểm AB , suy ra: 1 17 OI  .AB  . 2 2
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A0;0;  1 , B 1  ;1;0 , C 1;0;  1 . Tìm điểm M sao cho 2 2 2
3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất  3 1   3 1   3 3   3 1  A. M ; ; 1    . B. M  ; ; 2   . C. M  ; ; 1    . D. M  ; ; 1    .  4 2   4 2   4 2   4 2  Lời giải Chọn D  AM   ;x y; z   1
AM  x  y  z  2 2 2 2 1     Giả sử M  ;
x y; z  BM   x 1; y 1; z  BM  x  2 1   y  2 2 2 1  z   CM   x 1; y;z   1 C   M   x  2 1  y   z  2 2 2 1 
 MA  MB  MC  x  y   z  2   x  2   y  2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 1 2 1 1  z     
  x  2  y  z  2 2 1 1    2  3 
 4x  4y  4z  6x  4 y  8z  6  2x   2y  2 1  2z  22 5 5 2 2 2      .  2  4 4 3 1  3 1 
Dấu "  " xảy ra  x   , y  , z  1, khi đó M  ; ; 1    . 4 2  4 2  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 11 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 3: XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG
Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1; 0; 
1 và B4; 6;  2 . Điểm nào thuộc
đoạn AB trong 4 điểm sau? A. N  2  ;  6; 4 . B. Q2; 2; 0 . C. P7;12; 5 . D. M 2;  6;  5 . Lời giải Chọn B  
Giả sử C thuộc đoạn AB  AC  k AB,0  k   1 .      Ta có: AB3;6; 3
 , AM 1;6;6 , AN 3;6;3 , AQ1;2;  1 , AP6;12;4 .
Do đó chỉ có Q thuộc đoạn AB .  Câu 22:  
Trong không gian cho các vectơ a , b , c không đồng phẳng thỏa mãn    
x  y a   y  zb   x  z  2c . Tính T  x  y  z . 3 A. 3. B. 1. C. 2 . D. . 2 Lời giải Chọn A  Vì các vectơ  
a , b , c không đồng phẳng nên: x  y  0  y  z  0  x  y  z  1. x  z  2  0 
Vậy T  x  y  z  3 .
Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A1; 2  ;0, B1;0; 
1 và C 0;1;2, D0; ; m k  . Hệ thức
giữa m và k để bốn điểm ABCD đồng phẳng là A. 2m  k  0 . B. m  k 1. C. m  2k  3. D. 2m  3k  0 . Lời giải Chọn C   
AB  (0; 2; 1) AC  (1;1; 2) AD  (1; m 2; k)  
    AB, AC  (5;1;2)  
  AB, AC .AD  m  2k  3  
  
Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng  AB, AC.AD  0  m  2k  3  
Chú ý: Có thể lập phương trình ( ABC) sau đó thay D để có kết quả.
Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ;a ;bc;B ; m ; n p. Điều kiện để , A B nằm
về hai phía của mặt phẳng Oyz là A. am  0 . B. c  p  0 . C. cp  0. D. bn  0 . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 12 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Ta có phương trình mặt phẳng Oyzlà x  0..
Do vậy A và B nằm về hai phía của mặt phẳng Oyzkhi và chỉ khi hoành độ của điểm A
và hoành độ của điểm B trái dấu. Điều này xảy ra khi am  0.   
Câu 25: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho a  2;3; 
1 , b  1;5;2 , c  4;1;3 và
x 3;22;5. Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau ?         A. x  2 a  3 b  c . B. x  2 a  3 b  c .        
C. x  2 a  3 b  c . D. x  2 a  3 b  c . Lời giải Chọn D     Đặt: x  . m a  . n b  . p c , m, n, p   . 2m  n  4 p  3    3  ;22;5  . m 2;3;  1  . n  1  ;5;2  . p 4;1;3  3
 m  5n  p  22 I  . m 2n 3p  5  m  2
Giải hệ phương trình  
I  ta được: n  3 .  p  1     
Vậy x  2 a  3 b  c .  Câu 26:  
Trong không gian Oxyz , cho ba vectơ a   1
 ;1;0, b  1;1;0 , c  1;1;  1 . Tìm mệnh đề đúng.   A. Hai vectơ   a và b cùng phương.
B. Hai vectơ b và c không cùng phương. C.     a.c  1.
D. Hai vectơ a và c cùng phương. Lời giải Chọn B     Ta có  
b;c   1;1;0  0  
suy ra hai vectơ b và c không cùng phương.
Câu 27: Cho bốn điểm O0;0;0 , A0;1; 2  , B1;2; 
1 ,C 4;3;m . Tìm m để 4 điểm O , A , B , C đồng phẳng. A. m 14 . B. m  7 . C. m  1  4 . D. m  7  . Lời giải Chọn A
  
Để 4 điểm O , A , B ,C đồng phẳng  O , A OB .OC  0   . Ta có.  OA  0;1;2    suy ra O , A OB  5; 2    1   . OB  1;2;  1 
  
Mà OC  4;3;m . Khi đó O ,
A OB .OC  0  20  6  m  0  m  14   . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 13 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM   
Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a  5;3;  1 , b  1;2;  1 , c   ; m 3;   1 . Giá trị của m sao    cho a  b,c   là A. m  2 B. m  2 C. m 1 D. m  1  Lời giải Chọn A  
b,c  5;m 1;3 2m      m 1  3
Ta có: a  b,c    m  2   . 3   2m  1
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A1;  2; 0, B0; 1;  1 , C 2;1;   1 , D3;1; 4 . Hỏi
khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. Bốn điểm ,
A B, C, D là bốn điểm của một hình thoi. B. Bốn điểm ,
A B, C, D là bốn điểm của một tứ diện. C. Bốn điểm ,
A B, C, D là bốn điểm của một hình chữ nhật. D. Bốn điểm ,
A B, C, D là bốn điểm của một hình vuông. Lời giải Chọn B    AB  1;1;  1 ; AC  1; 3;   1 ; AD  2; 3; 4   .
AB  AC  4; 0;  4
   AB  AC. D A  0 suy ra Bốn điểm ,
A B, C, D là bốn điểm của một tứ diện đúng.
Câu 30: Cho bốn điểm A 1  ; 1;  1 , B5; 1;  
1 , C 2; 5; 2 , D0;  3; 
1 . Nhận xét nào sau đây là đúng? A. ,
A B, C, D là bốn đỉnh của hình tứ diện. B. ABCD là hình thang. C. Ba điểm , A B, C thẳng hàng. D. Ba điểm , A B, D thẳng hàng. Lời giải Chọn A    Ta có: AB  6;0; 2  ; AC  3;4; 
1 , AD  1;4  0 .
Không có cặp vectơ nào cùng phương nên không có bộ 3 điểm nào thẳng hàng.
    AB, AC.AD  56  
nên 4 điểm tạo thành tứ diện. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 14 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 4: BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG, GÓC VÀ ỨNG DỤNG         Câu 31: 
Trong không gian với hệ tọa độ  ;
O i ; j;k  , cho hai vectơ a  2; 1
 ;4 và b  i  3k . Tính . a b .         A. . a b  1  1. B. . a b  1  3. C. a.b  5 . D. a.b  1  0 . Lời giải Chọn D   
Ta có b  1;0;3 nên a.b  2 12  1  0 .     
Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho hai vector a  a ,a ,a ,b  b ,b ,b khác 0. cosa,b là biểu 1 2 3   1 2 3 thức nào sau đây? a b  a b  a b a b  a b  a b a b  a b  a b a b  a b  a b A. 1 1 2 2 3 1   . B. 1 2 2 3 3 1   . C. 1 1 2 2 3 3   . D. 1 3 2 1 3 2   . a . b a . b a . b a . b Lời giải Chọn C.     Ta có a b a b  a b  a b cosa,b . 1 1 2 2 3 3       . a . b a . b   
Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba vectơ a   1
 ;1;0 , b  1;1;0 , c  1;1;  1 .
Mệnh đề nào dưới đây sai?       A. b  . c B. a  2. C. b  . a D. c  3. Lời giải Chọn A     Ta có .
b c 1.11.1 0.1  2  0  b không vuông góc với c .  Câu 34: 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho véctơ a  1; 2
 ;3 . Tìm tọa độ của véctơ b biết    rằng véctơ 
b ngược hướng với véctơ a và b  2 a .     A. b   2  ;2;3 . B. b  2;2;3 . C. b  2;4;6 . D. b   2  ;4; 6  . Lời giải Chọn D     Vì véctơ  
b ngược hướng với véctơ a và b  2 a nên ta có b  2a  2;4;6 . Câu 35:  
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ u  1;1; 2 , v  1;0;m . Tìm m để góc giữa hai vectơ   u, v bằng 45 . A. m  2 . B. m  2  6 . C. m  2  6 . D. m  2  6 . Lời giải Chọn B   Ta có:    1 2m 1 2m 2 u v  u.v cos ,       u . v 1 1   2  2 2 2 2 2 . 1  m 2 6. 1 m 2 2  1 2m  3 1 m 2 2
 4m  4m 1  3  3m (điều kiện 1 m  ). 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 15 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM m  2  6 2
 m  4m  2  0  
. Đối chiếu đk ta có m  2  6 . m   2  6 Câu 36: 
Trong không gian Oxyz , véctơ nào dưới đây vuông góc với cả hai véctơ u   1  ;0;2 , v 4;0; 1?     A. w  1;7;  1 . B. w  0; 1  ;0 . C. w   1  ;7;  1 . D. w  0;7;  1 . Lời giải Chọn B   
Hai véctơ a  a ;a ;a và b  b ;b ;b vuông góc với nhau  . a b  0 . 1 2 3  1 2 3     
Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho a, b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết a b  3 khi đó góc giữa 2   vectơ , a b là 4   A. . B. . C. 0 . D.  . 3 3 3 Lời giải Chọn C.   2   2    2  2   Ta có: 2 2 a  b  3  a  2 . a b  b  9  2 .
a b  9  a  b  9 1  2  . a b  2 .     a b    a b . 2 cos ,      1  a,b  0 . a . b 1.2    
Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u và v tạo với nhau một góc 120 và u  2 , v  5.   Tính u  v A. 7 . B. 39 . C. 19 . D. 5  . Hướng dẫn giải Chọn C            2  2 2 2 Ta có :   2 u v    2
u v  u  2uv  v  u  2 u . v cosu;v  v  1 2  2  2  2.2.5.   5  19   .  2    Suy ra u  v  19 .
Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1;2;3 và các điểm A , B , C thuộc các trục Ox , Oy
, Oz sao cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.ABC . A. 343 . B. 343 . C. 343 . D. 343 . 12 36 6 18 Lời giải Chọn B
A(a; 0; 0) , B(0;b; 0) , C(0; 0;c) .   
SA  (a 1; 2; 3) ; SB  (1;b  2; 3) ; SC  (1;2;c  3) .
Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc nên TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 16 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM      SA  SB S . A SB  0 a  7    a  2b  14       7 SB  SC  S .
B SC  0  2b  3c 14  b   .     2   SA  SC S . A SC  0      a 3c 14   7 c   3
Do SA , SB , SC đôi một vuông góc, nên: 1 1 7 7 343 V  S . A S . B SC  .7. .  . SABC 6 6 2 3 36
Câu 40: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A0;1;2 , B2; 3  ;0 , C 2  ;1;  1 , D0; 1  ;3. Gọi 
   
L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức M . A MB  MC.MD  1.
Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? 3 5 7 A. r  . B. r  . C. 11 r  . D. r  . 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Gọi M  ;
x y; z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có     AM   ;
x y 1; z  2 , BM   x  2; y  3; z , CM   x  2; y 1; z   1 , DM   ; x y 1; z  3 .  
    M . A MB  1 Từ giả thiết: M .
A MB  MC.MD  1    MC.MD 1 x
  x  2   y  
1  y  3  z  z  2  1 2 2 2
x  y  z  2x  4y  2z  2  0     x
  x  2   y   1  y   1   z   1  z  3  1 2 2 2
x  y  z  2x  4z 1  0
Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I 1; 2  ;1 , R  2 và 1   1 mặt cầu tâm I 1  ;0;2 , R  2. 2   2 M I1 I2 Ta có: I I  5 . 1 2 2 Dễ thấy:  I I  5 11 2 1 2 r  R   4   . 1    2  4 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 17 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 5: BÀI TOÁN VỀ TÍCH CÓ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG  
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ: a  2; 0; 3, b  0; 4;   1 ,     c   2
m  2; m ; 5. Tính m để a, , b c đồng phẳng? A. m  2  m  4 .
B. m  2  m  4 . C. m  2  m  4 . D. m  2  m  4 . Lời giải Chọn B       m  2  a, ,
b c đồng phẳng  a, b.c  0  12m  2 2 2
 2m  40  0  m  6m  8  0     . m  4 
Câu 42: Cho bốn điểm A ; a 1; 6 , B 3
 ; 1;  4, C 5; 1; 0 và D1; 2; 
1 thể tích của tứ diện
ABCD bằng 30 . Giá trị của a là. A. 1. B. 2 . C. 2 hoặc 32 . D. 32 . Lời giải Chọn C   
Ta có BA  a  3; 0;10, BC  8; 0; 4 , BD  4; 3; 5 .  
Suy ra BC, BD  12;  24; 24   .
   Do đó 1 V
 30  BC, BD.BA  30 . ABCD 6   a  32
 12a  3  24.0  24.10 180  a 17 15  .  . a  2
Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A1; 2
 ;0 , B3;3;2 , C  1  ;2;2 và D 3;3; 
1 . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng  ABC bằng 9 9 A. B. 9 C. 9 D. 7 2 7 14 2 Lời giải Chọn A   
Ta có: AB  2;5;2 , AC   2
 ;4; 2 , AD  2;5;  1 .
1    3.  AB, AC.AD   Khoảng cách từ điểm V 9
D đến mặt phẳng  ABC bằng 3 ABCD 6   . S 1   7 2 ABC  AB, AC 2  
Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho A2;1;   1 , B 3; 0; 
1 , C 2; 1; 3 và D nằm trên trục Oy và thể
tích tứ diện ABCD bằng 5 . Tọa độ của D là. D 0; 7; 0 D0;  7; 0 A.  . B. D0;8; 0 . C.  . D. D0; 7; 0 . D  0;  8; 0 D  0; 8; 0 Lời giải Chọn C Vì D Oy nên D(0; y;0) .      Ta có: AB  (1; 1
 ;2) , AC  0;2;4   AB, AC  0;4;2   , AD  2; y 1;  1 .
1    1  y  7  V
  AB, AC.AD  2  4y  5  . ABCD 6   6   y  8 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 18 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 45: Cho tứ diện ABCD biết A0;1;3, B2;1;0, C  1  ;3;3, D1; 1  ; 
1 . Tính chiều cao AH của tứ diện. A. 29 AH  . B. 1 AH  . C. AH  29 . D. 14 AH  . 2 29 29 Lời giải Chọn D Cách 1.    Ta có BA   2
 ;2;3, BC  3;2;3, BD  1;2;  1 .
   BC; BD.BA Độ dài   14 AH     . BC; BD 29   Cách 2.  
Mặt phẳng BCD nhận vectơ BC  BD  4;6;8 làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm D1; 1  ; 
1 có phương trình là 2x  3y  4z 1  0 . 2.0  3. 1   4.3 1
Khi đó AH  d  A BCD   14 ,   .   2 2 2 29 2 3  4
Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1;2;0 , B3;1;  1 , C 1;1;  1 . Tính diện tích S của tam giác ABC . 1 A. S  2 . B. S 1. C. S  . D. S  3 . 2 Lời giải Chọn D     Ta có AB  2; 3;  1 , AC  0;1; 
1   AB ; AC   2; 2; 2   .   Do đó 1 1 S  AB ; AC    2  2   2  2   2  2  3 . 2   2
Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD.AB C  D
  có A1;1;6, B0;0;2, C  5  ;1;2 và D2;1; 
1 . Thể tích khối hộp đã cho bằng A. 42 . B. 19 . C. 38 . D. 12 . Lời giải Chọn C
  
Thể tích khối hộp đa cho V  6V       .  A , B AC .AD ABCD     
Ta có: AB  1;1;4, AC  6;0;8 và AD  1;0;5.  
   Do đó: A  ,BAC  8  ; 1  6; 6. Suy ra A  ,BAC.AD  3  8. Vậy .     V  38
Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABC . D A B  C  D   có A1;1; 6   , B0;0; 2   , C  5  ;1;2 và D2;1; 
1 . Thể tích khối hộp đã cho bằng:. A. 42 . B. 12 . C. 19 . D. 38 . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 19 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
  
Thể tích khối hộp đa cho V  6V     .  AB, AC .AD ABCD      Ta có: AB   1  ; 1
 ;4 , AC  6;0;8 và AD  1;0;5  
  
Do đó: AB, AC  8;16;6  
. Suy ra  AB, AC .AD  38   . Vậy V  38.   
Câu 49: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho cho a  1;t;2, b  t 1;2; 
1 , c  0;t  2;2 . Xác định t   
để ba vectơ a,b,c đồng phẳng. 1 2 A. . B. 2 . C. . D. 1. 2 5 Lời giải Chọn C   Tính a b     2 ,
t  4; 2t 1; 2  t  t  .      
Ba vectơ a,b,c đồng phẳng 2
 a,b.c  0  t    . Vậy chọn 5
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. AB C  D
  có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B ; m 0;0 , D0; ;
m 0 , A0;0;n với m , n là các số dương và m  n  4. Gọi M là
trung điểm của cạnh CC . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDAM bằng A. 9 . B. 64 . C. 75 . D. 245 . 4 27 32 108 Lời giải Chọn B Ta có: A0;0;0 , B ; m 0;0 , D0; ;
m 0 , A0;0;n suy ra C  ; m ; m 0 , B ; m 0; n , C ; m ; m n ,  n  D0; ; m n , M ; m m;   .  2      n  BD   ; m ; m 0 , BA   ; m 0; n , BM  0; ; m  .  2 
1    1 1 1 3 1  m  m  8  2m  64 V    2  2  m .4  m  . m . m 8  2m   .  BD, BA .BM m .n BDA M   6   4 4 8 8  3  27  HẾT  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 20 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM YÊ Ề U Đ 2 CH N LOẠI 1 LOẠI 2 Phương Trình
  2   2   2  2 x a y b z c R 2 x  2 y  2
z  2ax  2by  2cz d  0 Tâm
Lấy hệ số tự do trong ngoặc chia
Lấy hệ số trước x ;y ;z chia cho 2 . cho 1 . Xác Định 2 2 2 Bán R  a b c d . Kính
Lấy căn bậc 2 vế phải.
Điều kiện tồn tại mặt cầu: 2 a  2 b  2 c d  0 . A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI: Trong không gian x x y y z z Oxyz , cho     0  0  0 :
; mặt phẳng  :Ax By Cz D  0 và a b c
mặt cầu S I ;R . Khi đó: MẶT PHẲNG Không cắt Tiếp xúc
Cắt theo giao tuyến là đường
  S   
  S   M 
tròn  S  C I ;r  MẶT CẦU
d I ;  R   cắt mặt
d I ;  R  Mặt phẳng cầu theo giao tuyến là đường d I ;  R
tiếp xúc mặt cầu tại điểm
tròn có tâm I  và bán kính r . M . R  2 r  2 d I ; . HÌNH MINH HỌA ĐƯỜNG THẲNG Không cắt Tiếp xúc Cắt tại hai điểm A;B MẶT CẦU  S   
 S   H
 S   A ;B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 21 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
d I ;  R  Đường d I ;  R  d I ;  R
thẳng tiếp xúc mặt cầu tại 2 A B 2 điểm R  d I ; H . . 4 HÌNH MINH HỌA
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP: LOẠI HƯỚNG DẪN
LOẠI S  có tâm I a;b;c và bán kính R .
Phương trình S  : x a2  y b2  z c2  2 1. R . – Bán kính mặt cầu
LOẠI S  có tâm I a;b;c và đi qua điểm R  IM  x a y b z c . 0 2   0 2   0 2 2. M x ;y ;z . 0 0 0 
– Mặt cầu có tâm I a;b;c và bán kính R  IM .
– Gọi I là tâm mặt cầu S   I là trung điểm của
LOẠI S  nhận M x ;y ;z và  x x y y z z M N M N M N  M M M  MN     I  ; ;  . 3. N x ;y ;z .  2 2 2  N N N 
– Bán kính mặt cầu  MN R  IM . 2 – Bán kính mặt cầu  A a Bb Cc D d I ;      T iep xuc  2 2 2   A  B C
:Ax By Cz D  0  2  d I ;Oxy    z T iep xuc Oxy R I   hoặc mặt phẳng .  
Oxy ;Oxz ;Oyz  . d I ;Oxz   2 y T iep xuc Oxz I     2 d I ;Oyz   x T iep xuc Oyz I   S  có tâm
– Mặt cầu có tâm I a;b;c và bán kính R  d I ; . LOẠI I a;b;c và 4. tiếp xúc
– Bán kính mặt cầu  với:   u;MI  d I ;     T iep xuc   u  x x y  y z  z 0  0  0 :  a b c R  d I ;Ox   2 y  2 z T iep xuc Ox . hoặc trục tọa độ  I I  2 2 Ox ;Oy ;Oz . d I ;Oy   x   z T iep xuc Oy I I d I ;Oz   2x  2  y T iep xuc Oz I I
– Mặt cầu có tâm I a;b;c và bán kính R d I ; . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 22 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
– Gọi I a;b;c là tâm mặt cầu
I P   .a  .b  .c    0 1.
– Mặt cầu S  đi qua ba điểm  2 IA   2 IB 2
A ;B ;C  IA  IB  IC   .
LOẠI S  có tâm I P  : .x  .y  .z    0  2 IA  2  IC 3 5. và đi qua A ;B ;C .
– Từ 1;2 và 3  I là thỏa hệ: 
 .a  .b  .c    0   2 IA  2 IB  tọa độ I .  2 IA   2 IC
– Mặt cầu có tâm I a;b;c và bán kính R  IA .
– Gọi I a;b;c là tọa độ tâm mặt cầu cần tìm.
– Mặt cầu S  đi qua 4 điểm
LOẠI S  đi qua 4 điểm A ;B ;C ;D không  2 IA  2 IB  6. đồng phẳng
 IA  IB  IC  ID   2 IA  2 IC  tọa độ I .  2 IA  2  ID
– Mặt cầu có tâm I a;b;c và bán kính R  IA .
 DẠNG TOÁN 1: TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu
S x  2  y  z  2 2 : 1 1  4 . A. I  1  ;0;  1 , R  2 . B. I 1;0; 
1 , R  4 . C. I 1;0;  1 , R  2 . D. I  1  ;0;  1 , R  4 . Lời giải Chọn C
Tọa độ tâm I 1;0;  1 và bán kính R  2 .
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  4x  4y  6z  3  0 . Tọa độ
tâm I và tính bán kính R của S  . A. I  2  ; 2  ;3 và R  20 . B. I 2;2; 3   và R  20 . C. I 4;4; 6   và R  71 . D. I  4  ; 4  ;6 và R  71 . Lời giải Chọn B
Tâm I của mặt cầu S  là I  2;2; 3   , bán kính là 2 2 2
R  2  2  (3)  3  20 .
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x  2   y  2 2 1
1  z  2 . Tìm tọa độ tâm
I và tính bán kính R của S  .
A. I 1;1;0 và R  2 . B. I  1  ;1;0 và R  2 . C. I  1  ;1;0 và R  2 .
D. I 1;1;0 và R  2 . Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 23 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn A
Mặt cầu S: x  2   y  2 2 1
1  z  2 có tọa độ tâm I 1; 1
 ;0 và bán kính R  2 .
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Hãy xác định tâm I của mặt cầu có phương trình: 2 2 2
2x  2y  2z 8x  4y 12z 100  0 . A. I  4  ;2; 6   . B. I 2; 1  ;3 . C. I  2  ;1; 3  . D. I 4; 2  ;6 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu có phương trình là 2 2 2
x  y  z  4x  2y  6z 50  0.
 x  2   y  2  z  2 2 2 1
3  8 , suy ra tâm của mặt cầu là I  2  ;1; 3  .
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Tìm độ dài đường kính của mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
x  y  z  2y  4z  2  0 . A. 3 . B. 2 3 . C. 2. D. 1. Lời giải Chọn B Có: 2 2 2
x  y  z  2y  4z  2  0 Ta a 1, b  0, c  2  , d  2 . 2 2 2
a  b  c  d  3  0 . Bán kính 2 2 2
r  a  b  c  d  3
Vậy đường kính là 2 3 .
Câu 6: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầuS 2 2 2
: x  y  z  4x  2y  6z  5  0 . Mặt cầu S  có bán kính là A. 7 . B. 5. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu S  có tâm I  2
 ;1; 3 và bán kính R   2    2 2 2 1 3  5  3 .
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z 4x 2y 2z 3 0. Tìm tọa
độ tâm I và bán kính R của S. A. I 2; 1  ;  1 và R  3 . B. I 2  ;1; 1 và R  3. C. I 2  ;1;  1 và R  9 . D. I 2; 1  ; 1 và R  9 . Lời giải Chọn A
Ta viết lại mặt cầu S  như sau S  x  2   y  2  z  2 : 2 1 1  9. .
Mặt cầu S  có tâm I  ; a ;
b c, bán kính R có phương trình.
S x  a2   y b2  z  c2 2 :  R ..
Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu S   x  2   y  2  z  2 : 2 1
1  9 có tâm I 2;1;  1 và bán kính R  9  3.
Câu 8: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các phương trình sau, phương trình nào không TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 24 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
phải là phương trình của mặt cầu? A. 2 2 2
2x  2y  2z  4x  2y  2z 16  0 . B. 2 2 2
3x  3y  3z  6x 12 y  24z 16  0 . C. 2 2 2
x  y  z  2x  2y  2z  8  0 .
D. x  2   y  2   z  2 1 2 1  9 . Lời giải Chọn A Xét C. 2 2 2
x  y  z  x  y  z     2 2 2 2 2 2 4 2 2
16 0 1  x  y  z  2x  y  z  8  0 . Ta có: 1 1 13 2 2 2
a  1, b   , c   , d  8  a  b  c  d    0 . 2 2 2 Suy ra  
1 không là phương trình đường tròn.
Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , trong các phương trình sau, phương trình nào không phải
là phương trình của một mặt cầu? A. 2 2 2
x  y  z  2x  2y  6z  7  0 . B. 2 2 2
x  y  z  2x  2 y  2z  2  0 . C. 2 2 2
2x  y  z  2x  2y  2  0 . D. 2 2 2
2x  2y  2z  4x  6 y  8z  4  0 . Lời giải Chọn C Vì hệ số của 2 2 2 x , y , z không bằng nhau.
Câu 10: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các phương trình sau, phương trình nào
không phải là phương trình của mặt cầu? A. 2 2 2
x  y  z  2x  2y  2z 8  0 .
B. x  2   y  2   z  2 1 2 1  9 . C. 2 2 2
2x  2y  2z  4x  2y  2z 16  0. D. 2 2 2
3x  3y  3z  6x 12y  24z 16  0 . Lời giải Chọn C Xét C: 2 2 2
x  y  z  x  y  z     2 2 2 2 2 2 4 2 2
16 0 1  x  y  z  2x  y  z  8  0 1 1 13 Ta có: 2 2 2
a  1, b   , c   , d  8  a  b  c  d    0 2 2 2 Suy ra  
1 không là phương trình đường tròn. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 25 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 26 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH
Câu 11: Trong hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I  1;2;3 bán kính r  1?
A. x  2  y   z  2 1 ( 2) 3  1. B. x  2  y   z  2 2 1 ( 2) 3  1. C. x  2  y   z  3 2 1 ( 2) 3  1. D. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 13  0 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu (S) có tâm I  ; a ;
b c , bán kính R  0 có phương trình:
S x  a2  y b2 z  c2 2 :  R .
Câu 12: Trong hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I 1; 0;  2 bán kính R  5 có phương trình là
A. x  2  y  z  2 2 1 2  25  0 .
B. x  2  y  z  2 2 1 2  25 .
C. x  2  y   z  2 2 1 2  25 .
D. x  2  y  z  2 2 1 2  25 . Lời giải Chọn D    S  I 1;0; 2 :   S  : x  2 2
1  y   y  2  25 . R  5
Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu
tâm I 1;2; 4 và thể tích của khối cầu tương ứng bằng 36.
A. x  2   y  2  z  2 1 2 4  9. .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 4  3..
C. x  2   y  2  z  2 1 2 4  9..
D. x  2   y  2  z  2 1 2 4  9.. Lời giải Chọn C Ta có 4 3
V   R  36  R  3. 3
Phương trình mặt cầu tâm I 1;2; 4 và bán kính R  3 là : x  2   y  2  z  2 1 2 4  9..
Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu S  có tâm I 1;2;3 và đi qua A1;0;4 .
A. x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 .
D. x  2   y  2   z  2 1 2 3  53 . Lời giải Chọn B Ta có R  IA  53 .
Phương trình mặt cầu tâm I 1;2;3 và bán kính R  53 là x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 .
Câu 15: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , Mặt cầu S  có tâm I 3; 3  ;  1 và đi qua điểm A5; 2  ;  1 có phương trình là TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 27 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
A. x  2   y  2  z  2 5 2 1  5 .
B.  x  2   y  2  z  2 5 2 1  5 .
C. x  2   y  2  z  2 3 3 1  25
D. x  2   y  2  z  2 3 3 1  5 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu S  có tâm I 3; 3  ; 
1 và bán kính R có phương trình là:
x  2  y  2  z  2 2 3 3 1  R Mà A5;2; 
1 S  nên ta có   2    2    2 2 5 3 2 3 1 1  R 2  R  5
Vậy Mặt cầu S  có tâm I 3; 3  ;  1 và đi qua điểm A5; 2  ;  1 có phương trình là
x  2  y  2  z  2 3 3 1  5 .
Câu 16: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu tâm I(1; 2
 ;3) có đường kính bằng 6 có phương trình là
A. x  2   y  2  z  2 1 2 3  36 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 3  36 .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 3  9 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 3  9 . Lời giải Chọn C
Theo giả thiết mặt cầu có bán kính bằng 6 nên có bán kính R  3 , Tâm mặt cầu là I(1; 2  ;3)
nên có phương trình x  2   y  2  z  2 1 2 3  9
Câu 17: Mặt cầu có tâm I 1;2;3và tiếp xúc với mặt phẳng Oxz là. A. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 10  0 . B. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 10  0 . C. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 10  0 . D. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 10  0 . Lời giải Chọn D
Ta có: Mặt cầu có tâm I 1;2;3 tiếp xúc Oxz : y  0 nên có bán kính sẽ là khoảng cách từ
I 1;2;3 đến mặt phẳng Oxz bằng 2. Vậy S   x  2   y  2   z  2 : 1 2 3  4 . Dạng tổng quát là: 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 10  0 .
Câu 18: Trong không gianOxyz , cho điểm I 1;2;3 . Viết phương trình mặt cầu có tâm là I và bán kính R  2 . A. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z  5  0 . B. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z  5  0 .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 3  4 .
D. x  2   y  2   z  2 1 2 3  4 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu có phương trình.
x  2   y  2  z  2 1 2 3  4 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu S  có tâm I 1;0; 3   và
đi qua điểm M 2; 2;  1 ..
A. S  x  2  y  z  2 2 : 1 3  9 .
B. S   x  2  y  z  2 2 : 1 3  3 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 28 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
C. S  x  2  y  z  2 2 : 1 3  3 .
D. S  x  2  y  z  2 2 : 1 3  9 . Lời giải Chọn A Ta có.
R  IM   x  x 2   y  y 2   z  z 2    2    2 2 1 2 0  1  3 2  3 M I M I M I  .
Từ đó ta có phương trình mặt cầu (S) có tâm I 1;0; 3
  và đi qua điểm M 2; 2;  1 . là:
S x  2  y  z  2 2 : 1 3  9 .
Câu 20: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A1;0;4, I 1;2; 3
  . Mặt cầu S  có tâm I
và đi qua A có phương trình:
A. x  2   y  2   z  2 1 2 3  14 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 3  17 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 3  53 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu S  có tâm I và đi qua A suy ra bán kính mặt cầu là R  IA  53 .
Phương trình mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  53 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 29 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 30 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG KÍNH
Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 3;2;5, N  1  ;6; 3   . Phương
trình nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính MN ?
A.  x  2   y  2  z  2 1 2 1  36 .
B.  x  2   y  2   z  2 1 2 1  36 .
C. x  2   y  2   z  2 1 2 1  6 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 1  6 . Lời giải Chọn B Trung điểm MN là I MN 
 S x  2  x  2  x  2 (1; 2;1), 12 ( ) : 1 2 1  36. .
Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 2  ;1;  1 và B0;1;  1 . Viết phương trình
mặt cầu đường kính A . B .
A. x  2  y  z  2 2 1 1  8 .
B. x  2  y  z  2 2 1 1  2 .
C. x  2  y  z  2 2 1 1  8 .
D. x  2  y   z  2 2 1 1  2 . Lời giải Chọn D
Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I  1  ;0;  1 của AB và bán kính AB R   2 . 2
Nên phương trình mặt cầu là: x  2  y  z  2 2 1 1  2 .
Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E(2;1;1), F(0;3;1) . Mặt cầu S đường kính EF có phương trình là
A. x     y  2 2 2 1 2  z  3 .
B. x     y  2 2 2 1 2  z  9 . C. x  2 2 2 1  y  z  9 .
D. x     y  2 2 2 2 1  (z 1)  9 . Lời giải Chọn A
- Gọi I là trung điểm EF  I(1;2;0) .
- Khi đó, mặt cầu S  có tâm I(1;2;0) và bán kính R  IE  3 . - Phương trình 2 2 2
(S) : (x 1)  (y  2)  z  3.
Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 3;2;5, N  1  ;6; 3   . Phương trình
nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính MN ?
A.  x  2   y  2  z  2 1 2 1  36 .
B. x  2   y  2   z  2 1 2 1  6 .
C. x  2   y  2   z  2 1 2 1  6 .
D.  x  2   y  2   z  2 1 2 1  36 . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 31 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Trung điểm MN là I MN 
 S x  2  x  2  x  2 (1; 2;1), 12 ( ) : 1 2 1  36. .
Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2
 ;1;0 , B2;1;2 . Phương trình của mặt cầu có đường kính AB là: A. x  y  z  2 2 2 1  6 . B. x  y  z  2 2 2 1  24 . C. x  y  z  2 2 2 1  24 . D. x  y  z  2 2 2 1  6 . Lời giải Chọn A
Mặt cầu đường kính AB có tâm I 0;0; 
1 là trung điểm của AB và mặt cầu có bán kính AB   2 2 2 4 2  2 R    6 . 2 2
Vậy phương trình mặt cầu là: x  y  z  2 2 2 1  6 .
Câu 26: Trong không gian Oxyz , Cho hai điểm A1;1;0, B1; 1  ; 4
  . Phương trình của mặt cầu
S đường kính AB là A. x  2 2
1  y   z  42  5 . B. x  2 2
1  y   z  22  5 . C. x  2 2
1  y   z  22  5 . D. 2 x   y  2 1   z  22  5 . Lời giải Chọn B 
AB  0;2;4 AB  2 5..
Vì mặt cầu S có đường kính AB S nhận trung điểm I 1;0; 2
  làm tâm và bán kính AB R   S x 2 2 5 :
1  y z  22  5. . 2
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A3;0; 
1 , B 5;0;3. Viết phương trình của
mặt cầu S  đường kính AB. .
A. S x  2  y  z  2 2 : 2 2  4 . B. S 2 2 2
: x  y  z  8x  4z 12  0 . C. S 2 2 2
: x  y  z  8x  4z 18  0 .
D. S x  2  y  z  2 2 : 4 2  8 . Lời giải Chọn D   Ta có AB  2;0; 2    AB  2 2 .
Gọi I là trung điểm AB  I 4;0; 2   .
Mặt cầu: S  x  2  y  z  2 2 : 4 2  8 .
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3
 ;2;0, B1;2;4 . Viết phương trình mặt
cầu S  đường kính AB .
A. S x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  8 .
B. S x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  16 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 32 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
C. S x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  8 .
D. S x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  32 . Lời giải Chọn C Tâm AB
I mặt cầu là trung điểm AB nên I  1
 ;2;2 và bán kính R   2 2. . 2
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1;2;3 và N  1  ;2; 
1 . Mặt cầu đường kính MN có phương trình là
A. x   y  2  z  2 2 2 1  20 .
B. x   y  2  z  2 2 2 1  5 .
C. x   y  2  z  2 2 2 1  5 .
D. x   y  2  z  2 2 2 1  20 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu đường kính MN có tâm I 0;2; 
1 là trung điểm MN và bán kính R  IM  5
Do đó mặt cầu này có phương trình x   y  2   z  2 2 2 1  5 .
Câu 30: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các điểm A1;0;2, B 1
 ;2;4 . Phương trình mặt cầu đường kính AB là:
A. x   y  2  z  2 2 1 3  3 .
B. x   y  2  z  2 2 1 3  12 .
C. x   y  2  z  2 2 1 3  3 .
D. x   y  2  z  2 2 1 3  12 . Lời giải Chọn C Gọi I  ;
x y; z là tâm mặt cầu, nên I là trung điểm AB.
Suy ra tọa độ điểm I 0;1; 3 .  Ta có: IA  1;1;  1  R  IA  3 .
Nên phương trình mặt cầu: x   y  2  z  2 2 1 3  3. . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 33 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 34 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN
Câu 31: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , Viết phương trình mặt cầu S  đi qua bốn điểm O, A1;0;0, B 0; 2  ;0 và C 0;0;4 . A. S  2 2 2
: x  y  z  x  2 y  4z  0 . B. S  2 2 2
: x  y  z  2x  4 y  8z  0 . C. S  2 2 2
: x  y  z  x  2 y  4z  0 . D. S  2 2 2
: x  y  z  2x  4 y  8z  0 . Lời giải Chọn A
Giả sử phương trình mặt cầu có dạng: S 2 2 2
x  y  z  ax  by  cz  d   2 2 2 : 2 2 2
0 a  b  c  d  0
Vì mặt cầu S đi qua O, A1;0;0,B0; 2
 ;0và C 0;0;4 nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt   d  0 d 0   2 1
1  0  0  2.1.a  d  0  vào, ta có  a    S  2 2 2
: x  y  z  x  2 y  4z  0 .      2      2 0 2 0 2 2 .b  d  0 b  1   2 
0  0  4  2.4.c  d  0 c  2
Câu 32: Cho điểm A2;0;0, B0;2;0, C 0;0;2, D2;2;2. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính là: A. 2 . B. 3 C. 3 . D. 3 . 3 2 Lời giải Chọn D Gọi I  ; a ;
b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD có dạng S : 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0, 2 2 2 a  b  c  d  0 . Vì ,
A B, C, D nên ta có hệ phương trình 4  4a  d  0  d  4a  4 d  4a  4 4  4b  d  0   d  0   a  b  c  a  b  c   . 4  4c  d  0  a  b  c  1 1  212a 4  a  4  0   12 12a 4  a  4  0  1  2 4a 4  b  4c  d  0 Suy ra I 1;1; 
1 , do đó bán kính mặt cầu là R  IA  3 .
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A1;1;  1 , B1;2;  1 , C 1;1;2 , D2;2; 
1 . Tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: A.  3 3 3    I ; ;   . B. I 3;3;3 . C. 3 3 3 I ;  ;   . D. I 3;3;3 .  2 2 2   2 2 2  Lời giải Chọn A Giả sử I a; ;
b c . Do I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 35 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM      a  2 1  b  2 1  c  2 1  a  2 1  b  22  c IA IB IA IB  2 2 2 1    
IA  IC  IA  IC  a  2 1  b  2 1  c  2 1  a  2 1  b  2 1  c  22 2 2 .   2 2 IA ID  IA ID     a  2 1  b  2 1  c  2
1  a  22  b  22  c  2 1  2b  3  2    2c  3
 a  b  c  . Vậy 3 3 3 I ; ; . 3     2 2 2  2a  2b  6 
Câu 34: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , Cho m, n là hai số thực dương thỏa mãn
m  2n  1. Gọi A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng P : mx  ny  mnz  mn  0 với
các trục tọa độ Ox , Oy , Oz . Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính nhỏ nhất
thì 2m  n có giá trị bằng A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3 . 5 5 5 Lời giải Chọn A
Phương trình mặt phẳng  x y z
P : mx  ny  mnz  mn  0     1. n m 1
Do A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng P với các trục tọa độ Ox , Oy , Oz nên  n m  A ; n 0;0 ; B 0; ; m 0 ; C 0;0; 
1 khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 1 I ; ;   .  2 2 2  Theo đề bài ta có  n  n  m  2n  1  m 1 1 2 1 2n  I ; ;   .  2 2 2  2
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 1 OABC : R  OI 2  1  2  6 5n  4n  2  5 n     2 2  5  5 1 6  . 2 5
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nhỏ nhất khi 2 1 n   m  . 5 5 4  2m  n  . 5
Câu 35: Cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh A2; 0; 0 , B0; 4; 0 , C 0; 0; 6 , A2; 4; 6. Gọi S  là
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu S có tâm trùng với tâm của mặt
cầu S  và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu S  . A. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 12  0 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 3  56 . C. 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z  0 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 3  14 . Lời giải Chọn B
Gọi phương trình mặt cầu S  có dạng: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 .
Vì S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 36 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 2 2  0  0  2. . a 2  2. . b 0  2. . c 0  d  0  4  a  d  4 a  1  2 2 2   0  4  0  2. . a 0  2. . b 4  2. . c 0  d  0  8  b  d  1  6 b   2      2 2 2 0  0  6  2. . a 0  2. . b 0  2. . c 6  d  0  1  2c  d  3  6  c  3   2 2 2   2  4  6  2. . a 2  2. . b 4  2. . c 6  d  0  4
 a  8b 12c  d  5  6 d  0  2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z  0  I 1; 2; 3 và R  14  R  2 14 .
Vậy: mặt cầu S có tâm I 1; 2; 3 và R  2 14 :x  2   y  2  z  2 1 2 3  56 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 37 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 5: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK
Câu 36: Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu S đi qua bốn điểm
O, A1;0;0, B0;2;0 và C 0;0;4 . A. S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  8z  0 . B. S  2 2 2
: x  y  z  x  2y  4z  0 . C. S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  8z  0 . D. S  2 2 2
: x  y  z  x  2y  4z  0 . Lời giải Chọn D
Giả sử phương trình mặt cầu có dạng: S 2 2 2 2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 (a  b  c  d  0)
Vì mặt cầu S đi qua O, A1;0;0,B0; 2
 ;0và C 0;0;4 nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt   d  0 d 0   2 1
1  0  0  2.1.a  d  0  vào Ta có  a    S  2 2 2
: x  y  z  x  2y  4z  0 .      2      2 0 2 0 2 2 .b  d  0 b  1  2 
0  0  4  2.4.c  d  0 c  2
Câu 37: Mặt cầu tâm I a;b;c bán kính R có tâm thuộc mặt phẳng P : x  y  z  2  0 và đi qua 3 điểm A 2; 0; 
1 ; B1; 0; 0 ; C1;1; 
1 Tìm a  2b  3c.R . A. 12 . B. 8. C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn C Gọi 2 2 2
(S) : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 là phương trình mặt cầu thoả yêu cầu bài toán.
Vì (S) có tâm I a;b;c nằm trên P: x  y  z  2  0 và đi qua ba điểm A , B , C nên ta có a  b  c  2 a 1   4a 2c d 5 b         0 hệ phương trình    . 2  a  d  1  c  1    2
 a  2b  2c  d  3  d 1
Khi đó (S) có tâm I(1; 0;1) , bán kính 2 2 2
R  a  b  c  d  1 .
Vậy a  2b  3c.R  4 .
Câu 38: Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu S đi qua bốn điểm
O, A1;0;0, B0;2;0và C 0;0;4 . A. x  2 2 2 1  y  z  5 . B.  x  2 2 2 1  y  z  5 . C. x  2 2 2 1  y  z  5 . D. x  2 2 2 1  y  z  5 . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 38 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Tâm I Ox  I x;0;0 , S đi qua , A B nên:
IA  IB   x  2     x  2 1 1 4
3  0 1  x  1 I 1;0;0 .
Bán kính của S là r  IA  5 .
Phương trình của mặt cầu S  là: x  2 2 2 1  y  z  5 .
Câu 39: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;0;0, C 0;0;3, B0;2;0 . Tập
hợp các điểm M thỏa mãn 2 2 2
MA  MB  MC là mặt cầu có bán kính là: A. R  2 . B. R  3 . C. R  3. D. R  2 . Lời giải Chọn A Giả sử M  ; x y; z . Ta có: MA   x  2 2 2 2
1  y  z ; MB  x   y  2 2 2 2
2  z ; MC  x  y   z  2 2 2 2 3 . 2 2 2
MA  MB  MC   x  2  y  z  x   y  2  z  x  y   z  2 2 2 2 2 2 2 1 2 3
  x    y  2  x  z  2 2 2 1 2
3   x  2   y  2   z  2 1 2 3  2 .
Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn 2 2 2
MA  MB  MC là mặt cầu có bán kính là R  2 .
Câu 40: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A1;2;3 , B3;4;4, C 2;6;6 và I  ; a ; b c là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a  b  c . A. 46 . B. 10 . C. 63 . D. 31. 5 5 3 Lời giải Chọn A     Ta có AB  2;2; 
1 , BC  1;2;2  AB, BC  2; 5  ;6   .
Phương trình mặt phẳng  ABC là 2x  5y  6z 10  0 . Do I  ; a ;
b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I  ABC
2a  5b  6c 10  0   IA  IB    a  2
1  b  22  c  32  a  32  b  42  c  42 IA  IC     a   2
1  b  22  c  32  a  22  b  62  c  62  3 a  2a  5b  6c  10  10  
4a  4b  2c  27  b   4 . 2a 8b 6c 62     49  c   10 Vậy 46 a  b  c  . 5 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 39 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 41: Trong không gian Oxyz cho các điểm A3;0;0 , B0;3;0 , C 0;0;3. Gọi S  là mặt cầu có
đường tròn lớn cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mệnh đề nào sau đây đúng.
A. Điểm O nằm trên S  .
B. Điểm O nằm trong S  .
C. Điểm O nằm ngoài S  .
D. Điểm O là tâm của S  . Lời giải Chọn B Ta có A
 BC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là G1;1;  1 .
Khi đó : OG  3 ; R  GA  6 . Vì R  OG nên điểm O nằm bên trong mặt cầu.
Câu 42: Trong không gianvới hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S  có tâm I nằm trên mặt phẳng Oxy
và đi qua ba điểm A  1;2;4, B  1;3; 
1 , C  2;2;3. Tọa độ tâm I là: A. 0;0;  1 . B. 2;1;0 . C. 0;0;2 . D. 2;1;0 . Lời giải Chọn B
I Oxy  I a;b;0. IA  IB   1 a 
2  2b2 16  1 a2 3 b2 1 a  2      . IA  IC    a 
2   b2     a2  b2  b  1 1 2 16 2 2 9
Câu 43: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A1;2;3 , B3;4;4, C 2;6;6 và I  ; a ; b c là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a  b  c . A. 46 . B. 10 . C. 63 . D. 31. 5 5 3 Lời giải Chọn A     Ta có AB  2;2; 
1 , BC  1;2;2  AB, BC  2; 5  ;6   .
Phương trình mặt phẳng  ABC là 2x  5y  6z 10  0 . Do I  ; a ;
b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I  ABC
2a  5b  6c 10  0   IA  IB    a  2
1  b  22  c  32  a  32  b  42  c  42 IA  IC     a   2
1  b  22  c  32  a  22  b  62  c  62  3 a  2a  5b  6c  10  10  
4a  4b  2c  27  b   4 . 2a 8b 6c 62     49  c   10 Vậy 46 a  b  c  . 5 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 40 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;2;4, B1; 3  ;  1 , C 2;2;3 .
Tính đường kính l của mặt cầu S  đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy. A. l  2 41 . B. l  2 26 . C. l  2 11. D. l  2 13 . Lời giải Chọn B
Gọi tâm mặt cầu là : I  ; x y; 0 .  IA  IB   x  2
1   y  22  4   x  2 1   y  32 2 2 1    IA  IC  x  2
1   y  22  4   x  22   y  22 2 2  3  
 y  22  4   y 32 2 2 1   2 2
x  2x 116  x  4x  4  9 1  0y 10 x  2       l  R   2  2 2 2 2 3 1  4  2 26 . 2x  4   y  1
Câu 45: 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 mỗi đường kính của hai quả bóng đó là: A. 64 . B. 16. C. 32. D. 34. Lời 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, 13 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 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 41 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 6: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT PHẲNG
Câu 46: Trong không gian Oxyz , mặt cầu S  có tâm I  1  ;2; 
1 và tiếp xúc với mặt phẳng
P: x  2y  2z  2  0 .
A. x  2   y  2  z  2 1 2 1  9 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 1  9 .
C. x  2   y  2   z  2 1 2 1  3 .
D. x  2   y  2   z  2 1 2 1  3 . Lời giải Chọn A    
Bán kính mặt cầu là R  d  A P 1 4 2 2 ,   3. 3
Phương trình của mặt cầu S  là   2    2    2 x 1 y 2 z 1  9 .
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho mặt phẳng P : 2x  2y  z  3  0 và điểm
I 1;2  3 . Mặt cầu S  tâm I và tiếp xúc mpP có phương trình:
A. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  4 .
B. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  16 .
C. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  4 .
D. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  2 . Lời giải Chọn C
Ta có (S) là mặt cầu có tâm I 1;2;3 và bán kính R .
Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng P : 2x  2y  z  3  0 nên ta có
R  d I;P  2 .
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2
(x 1)  ( y  2)  (z  3)  4 .
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu tâm I 4;2; 2
  bán kính R tiếp xúc với
mặt phẳng   :12x 5z 19  0 . Tính bán kính R . A. R  3 13 . B. R 13. C. R  39. D. R  3. Lời giải Chọn D 12.4  5. 2   19 Ta có: R  d   3. I ,  12  0   5  2 2 2
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới dây là phương trình mặt cầu có tâm I 1;2; 
1 và tiếp xúc với mặt phẳng P : x  2y  2z  8  0 ?
A. x  2   y  2  z  2 1 2 1  9..
B.  x  2   y  2  z  2 1 2 1  9..
C. x  2   y  2  z  2 1 2 1  3 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 1  3. Lời giải Chọn A
Gọi mặt cầu cần tìm là (S) .
Ta có (S) là mặt cầu có tâm I 1;2;  1 và bán kính R .
Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) : x  2 y  2z  8  0 nên ta có TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 42 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM    
R  d I P 1 2.2 2.( 1) 8 ;   3.
1  22  22 2
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x  2   y  2  z  2 1 2 1  9 .
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Viết phương trình mặt cầu tâm I 1; 2; 3 và tiếp xúc với Oyz ?
A. x  2   y  2  z  2 1 2 3  4..
B. x  2  y  2  z  2 1 2 3 1. .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 3  9..
D. x  2  y  2  z  2 1 2 3  25. . Lời giải Chọn A Chọn B
Do mặt cầu tiếp xúc với Oyz nên ta có R  d I,  Oyz  x 1  I
 S x  2   y  2  z  2 : 1 2 3 1
Câu 51: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 1; 2 và mặt phẳng   : x  y  2z  3. Viết
phương trình mặt cầu S  có tâm M tiếp xúc với mặt phẳng   .
A. x  2   y  2  z  2 2 1 3  9 .
B. x  2   y  2   z  2 2 1 3  10 .
C. x  2   y  2  z  2 2 1 3  4 .
D. x  2   y  2  z  2 2 1 3  13 . Lời giải Chọn D
Gọi M là hình chiếu của I trên Oy  M 0;1;0
Mặt cầu S  tâm I 2;1; 3
  và tiếp xúc với trục Oy có bán kính IM  13
Vậy S  có phương trình x  2   y  2  z  2 2 1 3  13 .
Câu 52: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình là
2x  2 y  z 16  0 . Viết phương trình của mặt cầu S  có tâm I  3
 ;1;0 , biết S  tiếp xúc với mặt phẳng P .
A. S  x  2   y  2 2 : 3 1  z  4 .
B. S  x  2   y  2 2 : 3 1  z  16 .
C. S  x  2   y  2 2 : 3 1  z  16 .
D. S  x  2   y  2 2 : 3 1  z  16 . Lời giải Chọn D 2. 3   2.1 0 16
Vì S  tiếp xúc với P nên S  có bán kính R  d I,P     4 . 2  2   2 2 2 1
Phương trình mặt cầu S  x  2   y  2 2 : 3 1  z  16 .
Câu 53: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 1; 2; 4 và P : 2x  2y  z 1 0 . Viết TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 43 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
phương trình mặt cầu S  tâm I tiếp xúc với mặt phẳng P .
A. x  2   y  2   z  2 1 2 4  4 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 4  3 .
C. x  2   y  2  z  2 1 2 4  9 .
D. x  2   y  2  z  2 1 2 4  9 . Lời giải Chọn C
Do (P) tiếp xúc (S) nên bán kính R  d I;P  3.
 S: x  2   y  2  z  2 1 2 4  9. .
Câu 54: Trong không gian Oxyz , gọi I  ; a ;
b c là tâm mặt cầu đi qua điểm A1;1;4 và tiếp xúc với
tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P  a  b  c . A. P  3 B. P  9 C. P  6 D. P  0 Lời giải Chọn B
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên a  b  c a  b  c
d I,Oyz  d I,Ozx  d I,Oxy  a  b  c   a  b   c  a  b   c
Nhận thấy chỉ có trường hợp a  b
  c thì phương trình AI  d I,Oxy có nghiệm, các
trường hợp còn lại vô nghiệm. Thật vậy: Với a  b   c thì I  ; a  a; a
AI  d I,Oyx  a  2  a  2  a  2 2 1 1 4  a 2
 a  6a  9  0  a  3
Khi đó P  a b  c  9 .
Câu 55: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  đi qua điểm A2; 2  ;5 và tiếp
xúc với các mặt phẳng   : x 1 ,   : y  1
 ,   : z 1. Bán kính mặt cầu S  bằng. A. 1. B. 33 . C. 3 2 . D. 3. Lời giải Chọn D Gọi I  ; a ; b c là tâm mặt cầu.  a 1  b 1 (*) 
Ta có:  a 1  c 1 (**) .    a   2
1  a  22  b  22  c  52 (***) b  c Từ (*) (**)   . b  c  2  0 Xét b  c  : a  c - Từ (**)   . a  c  2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 44 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM a  4 - Với a  c thay vào  (***)  b
  4  R  a 1  3 . c  4 
Tương tự các trường hợp khác. Chọn D. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 45 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 7: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRÊN NÓ.
Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2 y  0 và mặt phẳng
P: 2x  2y  z  0. Bán kính đường tròn giao tuyến của P và S là A. 2 . B. 1 . . 3 3 C. 1. D. 5 3 Lời giải Chọn D
Mặt cầu S có tâm I  0;1;0 và bán kính R 1.
Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng P : h  d I P 2 ,  . 3
Bán kính đường tròn giao tuyến của  5 P và S  là 2 2 r  R  h  . 3
Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 2;4; 
1 và mặt phẳng P : x  y  z  4  0 .
Tìm phương trình mặt cầu S  có tâm I sao cho S cắt mặt phẳng P theo một đường tròn
có đường kính bằng 2 .
A. x  2   y  2  z  2 2 4 1  4 .
B. x  2   y  2  z  2 1 2 4  3 .
C. x  2   y  2  z  2 2 4 1  4 .
D. x  2   y  2  z  2 2 4 1  3. Lời giải Chọn C 2  4 1 4 Ta có: d I,P   3 . 2 2 2 1 1 1
Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có: 2 R  31  4 .
 S   x  2   y  2   z  2 : 2 4 1  4 .
Câu 58: Đường tròn giao tuyến của mặt cầu S tâm I 3;1;4, bán kính R  4 và mặt phẳng
P: 2x  2y  z 3  0 . Tâm H của đường tròn là điểm nào sau đây? A. H 1;1;3. B. H 1;1;3. C. H 1;1;3. D. H 3;1;  1 . Lời giải Chọn A
Gọi d qua I 3;1;4 và vuông góc P : 2x  2y  z  3  0 . x  3  2t 
 y  1 2t , t  .
 H  d  P  t  1 H 1;1;3 . z  4 t 
Câu 59: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2x  4 y  6z  0 . Mặt phẳng Oxy
cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn giao tuyến ấy có bán kính r bằng. A. r  5 . B. r  6 . C. r  2 . D. r  4 . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 46 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Mặt cầu có bán kính R  1 4 9  14 và tâm I 1;2;3 .
Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng Oxy là d  3.
Bán kính đường tròn giao tuyến là 2 2 r  R  d  5 .
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  x  2   y  2   z  2 : 2 3 4  25 . Mặt
phẳng Oxy cắt mặt cầu S có giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng: A. 21 . B. 3. C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn B
Mặt cầu S có tâm: I 2;3; 4, R  5.
Gọi H là tâm đường tròn cắt nên H là hình chiếu của I. Vậy H 2;  3; 0 . Bán kính đường tròn: 2 2 2 2
r  R  IH  5  4  3 .
Câu 61: Mặt cầu S có tâm I 1,2,5 cắt P: 2x  2y  z 10  0 theo thiết diện là hình tròn có
diện tích 3 có phương trình S là :
A. x  2   y  2  z  2 1 2 5  16 . B. 2 2 2
x  y  z  2x  4y 10z 18  0.
C. x  2   y  2  z  2 1 2 5  25 . D. 2 2 2
x  y  z  2x  4y 10z 12  0 . Lời giải Chọn B
Gọi r, R là bán kính thiết diện của S với P và bán kính mặt cầu. Ta có 2 2
B   r  3  r  3  r  3 .
Mặt khác khoảng cách từ tâm I 1,2,5 đến P : 2x  2y  z 10  0 là.     hI,P 2.1 2.2 5 10 2 2 
 3  R  r  h  9  3  12. .
2  22   2 2 1
Vậy phương trình mặt cầu S là.
x  2   y  2  z  2 1 2 5  12  2 2 2
x  y  z  2x  4y 10z 18  0.
Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm I 1;2;3 và mặt phẳng
P: 2x  2y  z 1 0. Mặt phẳng P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 . Tìm tọa độ tâm và
bán kính của đường tròn giao tuyến. A.  7 2 7    K ;  ; , r  2 3   . B. 7 2 7 K ; ; , r  2 5   .  3 3 3   3 3 3  C.  7 2 7    K ; ; , r  2   . D. 7 2 7 K  ; ; , r  2 3   .  3 3 3   3 3 3  Lời giải Chọn A 2 2
d(I,(P))  2; r  4  2  2 3 .
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với P. K là giao điểm của d và (P) suy ra K
là tâm đường tròn giao tuyến.  7 2 7  K ; ;   .  3 3 3 
Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;2; 2   và mặt phẳng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 47 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
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 8 . .
A. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  25 .
B. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  5 .
C. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  16 .
D. S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 2  9 . 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 8 . Do đó: 2 r  8  r  4. .
Gọi R là bán kính mặt cầu S  2 2 2 2
 R  r  IA  4  3  5.
Vậy phương trình mặt cầu S  : x  2   y  2  z  2 1 2 2  25. .
Câu 64: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  x  y  z 1  0 cắt mặt
phẳng Oxy theo giao tuyến là một đường tròn. Tìm tâm và bán kính của đường tròn này. A.  1 1  6   I  ; ;0 , r    . B. 1 1 2 2 I  ; ;0 , r    .  2 2  3  2 2  3 C.  1 1  6 I  ; ;0 , r    . D. I   6 1;1; 0 , r  .  2 2  2 2 Lời giải Chọn C
Gọi I là tâm đường tròn giao tuyến của mặt phẳng Oxy và mặt cầu S. Khi đó, I là hình
chiếu vuông góc của tâm mặt cầu lên mặt phẳng Oxy nên  1 1  I  ; ;0   .  2 2 
Khi mặt phẳng Oxy cắt mặt cầu S có tâm M , bán kính R theo giao tuyến là đường tròn
có bán kính r thì ta có mối quan hệ như sau: d  M Oxy 2 2 2 ,   r  R  .  6 r  R  d  M ,Oxy 2 6 2 2     r  . 4 2
Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  1 và mặt phẳng
P: x  2y  2z 1 0 . Gọi C là đường tròn giao tuyến của P và S. Mặt cầu chứa
đường tròn C và qua điểm A1; 1; 
1 có tâm là I a; b; c . Tính S  a  b+c . A. S 1. B. S  1  . C. 1 S   . D. 1 S  . 2 2 Lời giải Chọn D
Gọi phương trình S f x y z f x y z 2 2 2 ; ; = 0
; ; =x  y  z  2ax  2by  2cz  d   0 .
Gọi M x ; y ; z thuộc đường tròn giao tuyến  f x ; y ; z  . M M M  0 M M M  M  S  2 2 2  x y z    f  x y z    2 2 2 + + 1 0 ; ; x + y + z   0 . M M M M M M M M M  2
 ax  2by  2cz  d 1 0 . M M M
Mà M P ; vì đường tròn có nhiều hơn ba điểm không thẳng hàng.  2
 ax  2by  2cz  d 1 0 . M M M TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 48 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Mà P: x  2y  2z 1  0  2ax  2by  2cz  d 1  k x  2y  2z   1 . M M M  S 2 2 2
: x  y  z 1 k x  2y  2z   1  0 . Mà A1; 1; 
1  S : 2  2k  0  k  1.     S 2 2 2
: x  y  z  x  2 y  2z  2  0 nên 1 I ; 1; 1   . Vậy 1 S  a  b+c  .  2  2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 49 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 8: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY CUNG.
Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2
 ; 4;5 . Phương trình nào dưới đây là
phương trình của mặt cầu tâm là A và cắt trục Oz tại hai điểm B , C sao cho tam giác ABC vuông.
A. x  2   y  2   z  2 2 4 5  40 .
B.  x  2   y  2   z  2 2 4 5  82 .
C. x  2   y  2   z  2 2 4 5  58 .
D.  x  2   y  2   z  2 2 4 5  90 . Lời giải Chọn A
Do AB  AC nên tam giác ABC vuông tại A .Do đó, trung điểm H của đoạn thẳng BC là
hình chiếu của điểm A lên trục Oz . Ta có: R  AH 2  d  , A Oz . 2 2 2  x  y . 2  2 10 A A
Vậy mặt cầu có phương trình: x  2   y  2 z  2 2 4 5  40
Câu 67: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S tâm I 2;5;3 cắt đường thẳng x 1 y z  2 d :  
tại hai điểm phân biệt ,
A B với chu vi tam giác IAB bằng 14  2 31 . Phương 2 1 2
trình mặt cầu S  là
A. x  2   y  2   z  2 2 5 3  31.
B. x  2   y  2  z  2 2 5 3  49 .
C.  x  2   y  2  z  2 2 5 3  124 .
D. x  2   y  2  z  2 2 5 3  196 . Lời giải Chọn B    u, IM  Ta có  
d đi qua điểm M 1;0;2,u  2;1;2 . Do đó d I,d     3 2 . u Ta có AH  R  2 2 2 3 2
 R 18 , chu vi tam giác IAB là 2
2R  2 R 18  14  2 31 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 50 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 R         2 18 80 14 31 2 7 31 R  R 2
 R 18  7  31  R   7  31  R  0 7 31  R  497 31 R  7       R  7 . R  7  31 R  7  31
Vậy phương trình mặt cầu là x  2   y  2   z  2 2 5 3  49 . Câu 68: x  y z 
Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 2;5;3 cắt đường thẳng d : 1 2   tại hai điểm 2 1 2 phân biết ;
A B với chu vi tam giác IAB bằng 10  2 7 có phương trình:
A. x  2   y  2   z  2 2 5 3  7
B.  x  2   y  2  z  2 2 5 3  28
C.  x  2   y  2  z  2 2 5 3  25
D.  x  2   y  2  z  2 2 5 3  100 Lời giải Chọn C   MI.u  Gọi d  
H là hình chiếu cảu I trên đường thẳng d . Ta có IH  d I;d     3 2 . ud 
với M 1;0;2 d ;u  2;1;2 . d 
đặt HA  x trong tam giác vuông IAH ta có: 2 2 2 IA  HA  IH  x 18 theo giả thiết ta có : 2
IA  IB  AB  2 x 18  2x  10  2 7 . 2    x 7 2 2
x 18  5  2x  7  0   x  7  0 2 x  18  5      x   x 7 7  1  0  x  7  . 2  x 18 5     2 2
 R  IA  HA  IH  5 .
vậy phương trình mặt cầu là: x  2   y  2  z  2 2 5 3  25 Câu 69: x  y z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 3 d :  
và mặt cầu S  tâm 1 2 1
I có phương trình S   x  2   y  2   z  2 : 1 2
1  18 . Đường thẳng d cắt S  tại hai điểm , A B
. Tính diện tích tam giác IAB . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 51 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 11 8 11 8 11 16 11 A. . B. . C. . D. . 6 9 3 3 Lời giải Chọn C 
Đường thẳng d đi qua điểm C 1;0; 3
  và có vectơ chỉ phương u  1;2;  1
Mặt cầu S  có tâm I 1;2;  1 , bán kính R  3 2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d .   IC,u  Khi đó:   IH   , với IC  0;2; 2
  ; 2x  y  3z  4  0 u 2 2 2 Vậy 6  2  2 66 IH   1 4 1 3 Suy ra 22 4 6 HB  18   3 3 Vậy, 1 1 66 8 6 8 11 S  IH  AB     .. I  AB 2 2 3 3 3
Câu 70: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2x  4 y  2z  3  0 và x  2  5t đường thẳng 
d :  y  4  2t . Đường thẳng d cắt S  tại hai điểm phân biệt A và B . Tính độ dài z 1  đoạn AB ? A. 2 17 . B. 2 29 . C. 17 . D. 29 . 17 29 17 29 Lời giải Chọn B
Tọa độ các giao điểm của d và S  là nghiệm của hệ phương trình sau: x  2  5t  y  4  2t  . z  1  2 2 2
x  y  z 2x 4y  2z 3  0 (*)
Từ (*) ta có:   t2    t2 2 2 5 4 2
1  22  5t  44  2t  2  3  0 . t  0 2 29t 2t 0      2 . t   29 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 52 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  48 x   x  2 29  Với  2  120  48 120 
t  0   y  4  A2;4;  1 hoặc t   y   B ; ; 1   .  29 29   29 29  z  1  z 1   Vậy  10 4  2 29 AB   ; ;0  AB    .  29 29  29
Cách 2: Tính khoảng cách d từ tâm đến đường thẳng. Khi đó 2 2 AB  2 R  d .
Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  có tâm I 1;1;2 và đường thẳng x 1 y z d : 
 . Đường thẳng d cắt mặt cầu S tại hai điểm A và B với AB 10. Viết 1 1  1
phương trình của mặt cầu S.
A. S  x  2   y  2  z  2 : 1 1 2  31 2 2 2 . B. S  : x   1   y   1   z  2  31.
C. S  x  2   y  2   z  2 : 1 1 2  27 2 2 2 . D. S  : x   1   y   1   z  2  27 . Lời giải Chọn C B I H 10 R A
Gọi H là trung điểm AB ta có: IH  d I,d  và IH  d .  H 1 t; t  ;t  IH  t; t  1;t  2 .  
Vì: IH  d  IH.u  0  t  1. d  H 2; 1  ; 
1  d I, d   IH  2 . 2 Tam giác 2 10  IAH vuông tại H nên: 2 2 IA  AH  IH      2  27 .  2 
Vậy phương trình mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 1 2  27. . Câu 72: x  y  z 
Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A0;0;2 và đường thẳng 2 2 3  :   2 3 2
. Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC  8 là ?
A. S  x  2   y  2  z  2 : 2 3 1  16 . B. S  x  2 2 2 : 2  y  z  25 .
C. S  x  y   z  2 2 2 : 2  16 .
D. S  x  y  z  2 2 2 : 2  25 . Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 53 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn D
Kẻ AH   H   HB  HC  4. x  2   2t  Ta có 
 : y  2 3t t   H 2t  2;3t  2;2t 3  AH  2t  2;3t  2;2t   1 . z  3   2t     Lại có u  ,
 AH u   22t  2  33t  2  22t   1  0  2;3;2 AH   . 0    t  0  AH   2  ;2;  1  AH   2    2 2 2 2 1  3 .
Mặt cầu S  có tâm A0;0; 2  , bán kính 2 2 2 2
R  AH  HB  3  4  5
 S  x  y  z  2 2 2 : 2  25 . x  1 t Câu 73: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm I(0;0;3) và đường thẳng d :  y  2t . z  2   t
Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm , A B sao cho tam giác IAB vuông là: A. 2 x  y   z  32 8 2 2  . B. x  y  z  32 2 2  . 3 3 C. 3 x  y   z  32 4 2 2  . D. x  y  z  32 2 2  . 3 2 Lời giải Chọn A  Gọi H  1
  t;2t;2  td là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d 
 IH  1 t;2t;1 t 
 Ta có vectơ chỉ phương của d : a  và IH  d d 1;2;  1   1  2 2 7   IH.a  0  1
  t  4t 1 t  0  2
  6t  0  t   H  ; ; d   3  3 3 3  2 2 2  2   2   2  2 3  IH            3   3   3  3
 Vì tam giác IAB vuông tại I và IA  IB  R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I , do đó bán kính: 2 2 3 2 6 0
R  IA  AB cos 45  2IH.  2IH  2.  2 3 3 8
 Vậy phương trình mặt cầu S  : x  y   z  32 2 2  . 3
Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm I 3; 4; 0 và đường thẳng x 1 y  2 z 1  :  
. Viết phương trình mặt cầu S  có tâm I và cắt  tại hai điểm , A B 1 1 4 
sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12 .
A. x  2   y  2 2 3 4  z  25 .
B. x  2   y  2 2 3 4  z  5 .
C. x  2   y  2 2 3 4  z  25 .
D. x  2   y  2 2 3 4  z  5 . Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 54 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn C Gọi 1
H là trung điểm AB . Khi đó S  A . B d I   AB  . IAB  ,  8 2
Do đó, R  HA  d I 2 2 2 2 2 ,  4  3  25 .
Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm I 1;7;5 và đường thẳng x 1 y  6 z d : 
 . Phương trình mặt cầu có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B 2 1  3
sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là
A. x  2   y  2  z  2 1 7 5  2018.
B. x  2   y  2  z  2 1 7 5  2017.
C. x  2   y  2  z  2 1 7 5  2016.
D. x  2   y  2  z  2 1 7 5  2019. Lời giải Chọn B
Gọi H là hình chiếu của I 1;7;5 trên d H 0;0; 4
   IH  d I;d   2 3 2 IH.AB 2S AB    S   AB  AIB  8020 2 2  R  IH   2017 AIB   2 IH  2 
Vậy phương trình mặt cầu là: x  2   y  2  z  2 1 7 5  2017. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 55 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 9: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK Câu 76: x  y z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 3 2 d :   và điểm 1 1 1
M  2; 1; 0 . Gọi S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mp Oxy
tại điểm M . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải Chọn B x  3  t  Ta có  d : y  t
nên I d  I  3t; t;  2 t, IM   1 t; t 1;  2  t z  2   t  
Mặt phẳng Oxy có vtpt k   0; 0;  1 .   
Ta có: IM ;k    1 t; t 1; 0  0  t 1 0  t  1    nên I  2; 1; 3 R  d I Oxy 3 , 
 3 . Vậy x  2   y  2   z  2 2 1 3  9 . 1 Câu 77: x  y z
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 d :  
và hai điểm A2;1;0 , 2 1 2  B 2
 ;3;2 . Phương trình mặt cầu S  đi qua hai điểm A , B và có tâm thuộc đường thẳng d :
A. x  2   y  2  z  2 1 1 2  16 .
B. x  2   y  2  z  2 1 1 2  9 .
C. x  2   y  2  z  2 1 1 2  5 .
D. x  2   y  2  z  2 1 1 2  17 . Lời giải Chọn D
+ Gọi I là tâm của mặt cầu S  . Vì I d nên I 1 2t;t; 2  t, t  .
+ Do mặt cầu S  đi qua hai điểm A , B nên IA  IB  r 2 2  IA  IB  t  1   I  1  ; 1
 ;2  r  IA  17 . Vậy S : x  2   y  2  z  2 1 1 2  17.
Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A3;1;2 , B 1;1; 2
  và có tâm thuộc trục Oz là A. 2 2 2
x  y  z  2z 10  0 . B. x  2 2 2 1  y  z  11 . C. x   y  2 2 2 1  z  11 . D. 2 2 2
x  y  z  2y 11  0 . Lời giải Chọn A
Gọi tâm của mặt cầu là I  ; a ; b c.
Vì I Oz nên I 0;0;c . Lại có 2 2
IA  IB  IA  IB    c  2    c  2 9 1 2 1 1 2  c 1.
Bán kính mặt cầu R  11 .
Vậy phương trình mặt cầu là x  y   z  2 2 2 1  11 2 2 2
 x  y  z  2z 10  0.
Câu 79: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có tâm I thuộc đường thẳng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 56 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x y  3 z  : 
 . Biết rằng mặt cầu S  có bán kính bằng 2 2 và cắt mặt phẳng Oxz theo 1 1 2
một đường tròn có bán kính bằng 2 . Tìm tọa độ của điểm I.
A. I 1;2;2, I 1;2;2 .
B. I 1;2;2, I 0;3;0 .
C. I 1;2;2, I 5;2;10 .
D. I 5;2;10, I 0;3;0. Lời giải Chọn C I R H r  Mặt phẳng  x y 3 z
Oxz : y  0 . I   : 
  I t;3 t;2t . 1 1 2
Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng Oxz . R, r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán
kính đường tròn giao tuyến. Theo bài ta có IH  d I Oxz 2 2 ,
 R  r  8  4  2. 3   t t  1   2  . 1  t  5
Với t  1 I 1;2;2 , với t  5  I 5;2;10 .
Câu 80: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  ax  by  cz  d  0  x  5  t có bán kính 
R  19, đường thẳng d : y  2
  4t và mặt phẳng P :3x  y  3z 1 0.  z  1   4t  Trong các số  ; a ; b ;
c d theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn a  b  c  d  43, đồng thời
tâm I của S  thuộc đường thẳng d và S  tiếp xúc với mặt phẳng P? A.  6  ; 1  2; 1  4;7  5 . . B. 6;10;20;  7 . . C.  1  0;4;2;4  7 .. D. 3;5;6;2  9 . . Lời giải Chọn A.
Ta có I d  I 5 t; 2   4t; 1   4t .  t 
Do S  tiếp xúc với P nên d I P 0 ;
 R  19  19 19t 19   t  2  2 2 2 Mặt khác   a b c  a  b  c S  có tâm I  ; ; ;   bán kính R   d  19  2 2 2  4 Xét khi t  0  I 5; 2  ;  1   ; a ; b ; c d   1  0;4;2;4  7 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 57 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2 2 2
Do a  b  c  d  19 nên ta loại trường hợp này. 4 Xét khi t  2   ; a ; b ; c d   6  ; 1  2; 1  4;7  5 2 2 2
Do a  b  c  d 19 nên thỏa. 4
Câu 81: Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng P: x  y  2z 1 0, Q: 2x  y  z 1 0 . Gọi
Slà mặt cầu 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 . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu S  thỏa yêu cầu. A. r  2 B. 3 2 r  C. r  3 D. 3 r  2 2 Lời giải Chọn B Gọi I  ;
m 0;0 là tâm mặt cầu có bán kính R , d , d là các khoảng cách từ I đến P và 1 2  m 1 2m 1 Q . Ta có d  và d  1 6 2 6 2 2 Theo đề ta có     2 2 2 m 2m 1 4m 4m 1 d  4  d  r 2   4   r 1 2 6 6 2 2
 m  2m  2r  8  0   1 .
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình  
1 có đúng một nghiệm m    2 1 2r  8  0 9 2  r  3 2  r  . 2 2 x 1 x  2 Câu 82:   x  y z 
Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng d : y 1, d : y  t và 1 1  :   . Gọi  1 1 1 z  t z 1t  
S là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng d, d. Phương trình của S là
A.  x  2  y   z  2 2 1 1  1 .
B.  x  2   y  2  z  2 2 1 2  1 . 2 2 2 2 2 2 C.  3   1   3  1  5   1   5  9 x   y   z         . D. x   y   z         .  2   2   2  2  4   4   4  16 Lời giải Chọn A x 1 m Đường thẳng 
 có phương trình tham số là:  : y  m . Gọi I là tâm mặt cầu S  ta có z 1 m  I m 1; ; m m   1 .  
Đường thẳng d đi qua A1;1;0 và có véctơ chỉ phương u  0;0;1  AI   ; m m 1, m   1 . 1    
Đường thẳng d đi qua B2;0; 
1 và có véctơ chỉ phương u  0;1;1  BI  m 1; , m m . 2  
Do S  tiếp xúc với hai đường thẳng d, d nên ta có: d I;d   d I;d  R TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 58 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM     I ; A u  IB;u  m  2 1  m m  2 1  m      2 2 1 2 1       m  0 u u 1 2 1 2  I 1;0; 
1 và R 1. Phương trình của mặt cầu S  là  x  2  y   z  2 2 1 1  1 . x  t Câu 83: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1 và 2 mặt phẳng P và  z  t 
Q lần lượt có phương trình x  2y  2z  3  0 ; x  2y  2z  7  0 . Viết phương trình mặt
cầu S  có tâm I thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với hai mặt phẳng P và Q .
A. x  2   y  2  z  2 4 3 1 3  .
B. x  2   y  2  z  2 4 3 1 3  . 9 9
C. x  2   y  2  z  2 4 3 1 3  .
D. x  2   y  2  z  2 4 3 1 3  . 9 9 Lời giải Chọn D Ta có I d  I t; 1
 ;t . Mặt cầu S  tiếp xúc với P và Q khi và chỉ khi
d I;P  d I;Q t  2  2t  3 t  2  2t  7   2 2 2 2 2 2 1  2  2 1  2  2  1 t  5  t  t  3 3 2  23  7
Vậy tọa độ tâm mặt cầu là 2 I 3; 1  ; 3
  với bán kính R  d I;Q   . 2 2 2 1  2  2 3 Câu 84: x y z 
Trong không gian Oxyz , gọi S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1   và 2 3 4
đi qua điểm M 0;3;9 . Biết điểm I có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng
x  2 y  2z  2  0 , 3x  2  0 . Phương trình của S  là
A. x  2   y  2   z  2 4 6 9  5 .
B. x  2   y  2  z  2 6 9 13  88 . C. x  y  z  2 2 2
1  73 . D.  x  2   y  2   z  2 6 9 13  88 . Lời giải Chọn B Vì tâm x y z  I thuộc đường thẳng 1  
nên I  2t;3t;1 4t . 2 3 4 Ta có hệ:
2t 23t  21 4t 2 32t  2  1   2  2 2 2 2  2 3 t  3  I 6;9;13   2t  2  3t 1   1  2 3 1  . t    I  ;  ;    5  5 5 5 
Vì điểm I có hoành độ là số nguyên, do đó I 6;9;13 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 59 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 IM   2    2    2 6 3 9 9 13  88 .
Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là: x  2   y  2  z  2 6 9 13  88 . Câu 85: x y z 
Trong không gian Oxyz , gọi S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1   và đi qua 2 3 4
điểm M 0;3;9 . Biết điểm I có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng
x  2 y  2z  2  0 , 3x  2  0 . Phương trình của S  là
A. x  2   y  2  z  2 6 9 13  88 .
B. x  2   y  2  z  2 4 6 9  5 .
C. x  2   y  2  z  2 6 9 13  88 . D. x  y  z  2 2 2 1  73 . Lời giải Chọn C Vì tâm x y z  I thuộc đường thẳng 1  
nên I  2t;3t;1 4t . 2 3 4 Ta có hệ:
2t 23t  21 4t 2 32t  2  1   2  2 2 2 2  2 3 t  3  I 6;9;13   2t  2  3t 1  1   2 3 1  . t    I  ;  ;    5  5 5 5 
Vì điểm I có hoành độ là số nguyên, do đó I 6;9;13
 IM   2    2    2 6 3 9 9 13  88 .
Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là: x  2   y  2  z  2 6 9 13  88 .  HẾT  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 60 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM YÊ Ề U Đ 3 CH N
 Phương trình mặt phẳng P :Ax By Cz D  0 với 2 A  2 B  2
C  0 . Có véctơ pháp tuyến là n A;B;C .  Mặt phẳng  
P  đi qua điểm M x ;y ;z và nhận vectơ n  A ;B ;C  làm vectơ pháp tuyến có 0 0 0 
dạng P  :A x x  B y y  C z z   0. 0 0 0
Các mặt phẳng đặc biệt: TÍNH CHẤT MẶT PHẲNG PHƯƠNG TRÌNH HỆ SỐ ĐẶC BIỆT
 đi qua/chứa gốc O . :Ax By Cz  0 D  0
 song song/chứa Ox . :By Cz D  0 A  0
 song song/chứa Oy . :Ax Cz D  0 B  0
 song song/chứa Oz . :Ax By D  0 C  0
 song song/trùng Oxy . :Cz D  0 A  B  0
 song song/trùng Oxz . :By D  0 A C  0
 song song/trùng Oyz . :Ax D  0 B C  0
 Nhận xét: Mặt phẳng không chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa trục đó hoặc
mặt phẳng không chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa mặt phẳng đó.
A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG:
 Cho mặt :Ax By Cz D  0 ;  :Ax By C z D  0 . Khi đó có các trường hợp sau:  cắt   song song   trùng 
 vuông góc  TRƯỜN G HỢP XẢY RA KHI & A  B  C A B C D A B C D .    .    .
A.A  B .B  C .C   0 . A  B  C  A  B  C  D A  B  C  D CHỈ KHI TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 61 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP: LOẠI HƯỚNG DẪN
LOẠI  quaM x ;y ;z có sẵn véctơ pháp tuyến Phương trình 0 0 0  1. n A;B;C 
P :A x x B y y C z z   0. 0 0 0   – Tìm véctơ A B và AC .
 đi qua ba điểm A;B ;C không thẳng hàng.
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng    LOẠI là: n  AB ;A C    . 2.
 đi qua ba điểm A a;0;0;B 0;b;0;C 0;0;c. Phương trình   x y z P :    1 .
(Phương trình đoạn chắn) a b c 
– Tìm véctơ A B và có sẵn véctơ a .
LOẠI  đi qua hai điểm 
A ;B và có véctơ a  a ;a ;a .
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  1 2 3  3.  là: n    A B ;a    . 
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  LOẠI a   a ;a ;a     
 qua M x ;y ;z và có cặp véctơ  1 2 3 . là: n  a;b . 0 0 0  4.    b   b ;b ;b 1 2 3 
– Mặt phẳng  qua điểm M .  Cách 1:
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng 
là: n  n  A ;B ;C   .  
– Mặt phẳng  qua điểm M . LOẠI  qua  Cách 2:
M x ;y ;z và / /  :A x  By Cz  D  0 . 0 0 0  5.
– Do / /   phương trình
:Ax By Cz D  0 với D  D.
– Thay tọa độ điểm M vào
  D  ?  phương trình mặt phẳng  .
– Véctơ pháp tuyến của mặt  là:  LOẠI 
 là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng n  A B . A B . 6.
– Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn A B .
– Mặt phẳng  qua điểm I .   – Tìm cặp véctơ   A B và n  A B ;n    .  
LOẠI  qua điểm A ;B và vuông góc
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  7.  
: A x  By Cz  D  0 . là: n    A B ;n    .  
– Mặt phẳng  qua điểm A .  
 qua M x ;y ;z và  2 mặt
– Tìm cặp véctơ n và n . P  Q 0 0 0 
LOẠI P :Ax By Cz D 0 & Q:Ax By Cz D
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  8.  0 . là: n     n ;n    . Q  P   TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 62 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
– Mặt phẳng  qua điểm M x ;y ;z . 0 0 0 
– Vì / / P   phương trình mặt
:Ax By Cz D  0 với D  D.
– Vì  cách P  một khoảng bằng k
LOẠI  song song P  :A x By Cz D  0 và cách P   d ;P  M     m       
d M ;P   m 9. một khoảng bằng k . D  D   m  D  ? 2 A  2 B  2 C
– Có D  phương trình mặt P  hoàn chỉnh.
– Tìm véctơ u  a;b;c . d  LOẠI 
– Vì  d  véctơ pháp tuyến của mặt  x  X y Y z  qua Z M x ;y ;z và  d :   . 0 0 0  10.   a b c
phẳng  là: n  u . d
– Mặt phẳng  qua điểm M x ;y ;z . 0 0 0 
– Lấy điểm A tùy ý thuộc d , dễ nhất ta nên lấy A X ;Y ;Z  .  LOẠI  qua x X y Y z Z M x ;y ;z và chứa    d :  
– Tìm véctơ A M và u . d 0 0 0  11. a b c
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  .  là: n    A M ;u   . d 
– Mặt phẳng  qua điểm M x ;y ;z . 0 0 0 
– Tìm véctơ u và u . d d
 chứa x X y Y z Z d :   và
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  LOẠI a b c là: n     u  ;u . d d  12. x  X  y Y  z  Z  d :   cắt nhau a  b c
– Mặt phẳng  qua điểm A d hoặc B d .
– Tìm A d hoặc B d  – Tìm véctơ  A B , u và u . d d
 chứa x X y Y z Z d :   và LOẠI
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  a b c   13. x  X  y Y  z  Z     n   n  A B ;u  d :   song song. là: AB ;u   hoặc . d  d   a  b c
– Mặt phẳng  qua điểm A d hoặc B d
– Tìm A d  A P  . – Tìm véctơ   u và n . x X y Y z Z d P  LOẠI  chứa    d :   và vuông góc a b c
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  14.
P :Ax By Cz D  0. là: n     n ;u    . P  d 
– Mặt phẳng  qua điểm A d . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 63 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
– Tìm A d , do d    A  . 
 chứa x X y Y z Z d :   và song song với – Tìm véctơ u và u . d LOẠI d a b c
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  15. x  X  y Y  z  Z  d :   .    a  b c là: n  u ;u . d d 
– Mặt phẳng  qua điểm A d .
 CHƯA SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:3x  2y  z 1 0. Mặt phẳng
P có vectơ pháp tuyến là. A.     n  2;3;  1 . B. n  3;2;  1 . C. n   1  ;3;2 . D. n  3; 1  ;2 . Lời giải Chọn B 
Nếu P : ax  by  cz  d  0 thì P có VTPT là n   ; a ;
b c (hoặc là một vecto cùng phương  với n ).
Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng Oyz là: A.     n  1; 0; 0 . B. n  0; 1; 0 . C. n   0; 0;  1 . D. n  1; 0;  1 . Lời giải Chọn A
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : x  4y  3z  2  0 . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P là ?     A. n  1;4;3 . B. n  1  ; 4; 3 . C. n  4
 ;3; 2 . D. n  0; 4;3 . 1   4   3   2   Lời giải Chọn B    
P có vectơ pháp tuyến là n  1; 4;3 nên n  1
 ; 4; 3  n cũng là vectơ pháp tuyến. 3  
Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P: x  y  2z  3  0 . Một véctơ
pháp tuyến của mặt phẳng P là     A. n  2;1;  1 . B. n  0;0;2. C. n  1; 2  ;  1 . D. n  1;1;2. Lời giải Chọn D 
Câu 5: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào sau đây nhận n  1;2;3 làm vectơ pháp tuyến?
A. 2x  4y  6z 1  0 . B. 2z  4z  6  0 .
C. x  2y  3z 1  0 .
D. x  2y  3z 1  0 . Lời giải Chọn A  
Mặt phẳng 2x  4y  6z 1  0 nhận vectơ n  2;4;6 hay vectơ n  1;2;3 làm vectơ pháp 1   tuyến.
Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 64 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
P:x  y  z 1 0. A. I 1;0;0 . B. O0;0;0 . C. K 0;0;  1 . D. J 0;1;0 . Lời giải Chọn B
Với O0;0;0 , thay vào P ta được: 1   0.
Câu 7: Trong không gian Oxyz , điểm M 3;4;2 thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau? A. Q : x 1 0 . B. P : z  2  0 .
C. R : x  y  7  0 .
D. S  : x  y  z  5  0. Lời giải Chọn C
Xét đáp án A ta thấy 3 4  7  0 vậy M thuộc R .
Xét đáp án B ta thấy 3 4  2  5 10  0 vậy M không thuộc S  .
Xét đáp án C ta thấy 31 2  0 vậy M không thuộc Q . Xét đáp án D ta thấy 2
  2  4  0 vậy M không thuộc P .
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm A1;3;5
A. P : 3x  y  z  5  0 .
B. P : 2x  y  3z 10  0 .
C. P : 3x  y  z  5  0 .
D. P: 2x  y  3z  20  0 . Lời giải Chọn D
Vì 2.1 3  3.5  20  0 .
Câu 9: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P có phương trình 3x  y  z 1  0 . Trong các
điểm sau đây điểm nào thuộc  P . A. A1; 2  ; 4   . B. C 1;2; 4   . C. D 1  ; 2  ; 4   . D. B1; 2  ;4. Lời giải Chọn A
Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy điểm A thỏa.
Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  : x  y  z 1  0 và  : 2
 x  my  2z  2  0. Tìm m để   song song với  . A. Không tồn tại m . B. m  2  . C. m  2 . D. m  5 . Lời giải Chọn A  có VTPT là  
n  1;1;1 và A0;0; 
1   ;  có VTPT là n  2  ; ; m 2 . 2   1    2  m 2 2      Để    
//   thì n , n cùng phương và A    1 1 1  1  không tồn tại m . 1 2  2   0
Vậy không tồn tại m để   //   . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 65 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 2: PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG
Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1; 1; 
1 , B 1; 3;  5 . Viết phương trình mặt phẳng
trung trực của đoạn thẳng AB . A. y  2z  6  0 . B. y  2z  2  0 . C. y  3z 8  0 . D. y  3z  4  0 . Lời giải Chọn C 
AB  0; 2;  6 , trung điểm của AB là M 1; 2;  2 .Mặt phẳng cần tìm là y  3z  8  0 .
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;3;  1 , B 3;1; 
1 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn A . B .
A. 2x  2y  z 1  0 . B. 2x  2y  z  0 . C. 2x  2y  z  0 . D. 2x  2y  z  0 . Lời giải Chọn B
I là trung điểm AB  I 1;1;0 .  qua I  1;1;0
Mặt phẳng trung trực của AB là  :  . VTPT AB   4; 4  ;2  22; 2  ;  1
   :2x  2y  z  0 .
Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;  1 và B3; 2  ; 
3 . Viết phương trình mặt phẳng
trung trực P của đoạn thẳng AB .
A. x  2 y  2z  4  0 .
B. x  2 y  2z  4  0 .
C. x  2 y  2z  4  0 . D. x  2y  2z  0 . Lời giải Chọn C 
Ta có AB  2;4;4;M 2,0, 
1 , phương trình mặt phẳng trung trực P của đoạn thẳng AB
là x  2y  2z  4  0..
Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1; 1  ;  1 , B3;3;  1 . Lập phương trình
mặt phẳng   là trung trực của đoạn thẳng AB
A.  : x  2y  z  2  0
B.   : x  2y  z  4  0
C.  : x  2y  z  3  0
D.  : x  2y  z  4  0 Lời giải Chọn B 
Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến là vectơ AB  2;4; 2    21;2;  1 , qua I 2;1;0 là
trung điểm của cạnh AB nên có phương trình 1x  2  2 y  
1  z  0  x  2 y  z  4  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 66 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng trung trực   của đoạn
thẳng AB với A0;4; 
1 và B2; 2; 3 là
A.  :x 3y  z  4  0.
B.  :x 3y  z  0.
C.   :x 3y  z  4  0 .
D.  :x 3y  z  0 . Lời giải Chọn D
Gọi M là trung điểm của AB , ta có M 1;1; 2. đi qua M
Mặt phẳng trung trực   của đoạn thẳng  AB :   vtpt AB   2; 6; 2
Phương trình   :2x   1  6 y  
1  2 z  2  0  2x  6y  2z  0  x  3y  z  0 .
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A4;0;  1 và B 2  ;2;3 . Phương trình
nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ?
A. 6x  2y  2z 1  0 . B. 3x  y  z  0 .
C. 3x  y  z  6  0 .
D. 3x  y  z 1  0 . Lời giải Chọn B
Gọi P là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .  
Véc tơ pháp tuyến của P là n  AB  6;2;2 P   
P đi qua trung điểm M của AB . Tọa độ trung điểm M 1;1;2
Vậy phương trình trung trực của đoạn thẳng AB là: P:3x  y  z  0 .
Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 1  ;  1 ; B 3;3;  1 . Lập phương trình
mặt phẳng   là trung trực của đoạn thẳng A . B
A.  :x  2y  z 3  0
B.   :x  2y  z  4  0
C.  :x  2y  z  2  0
D.   :x  2y  z  4  0 Lời giải Chọn D
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB , suy ra I 2;1;0.  Ta có AB  2;4; 2    21;2;  1 .
Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là x  2  2 y   1  z  0  0
 x  2y  z  4  0 .
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1;3;2 , B5;7; 4
  . Phương trình mặt
phẳng trung trực của AB là
A. 2x  2y  3z 19  0 .
B. 2x  2y  3z 19  0 .    C. x y z
2x  2 y  3z  38  0 . D. 3 5 1   . 2 2 3 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 67 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn A
Gọi I là trung điểm của AB  I 3;5;  1 .
Mặt phẳng trung trực của AB sẽ đi qua I 3;5; 
1 và có một vectơ pháp tuyến là  AB  4;4; 6
  nên phương trình: 4x 3  4 y 5  6 z  
1  0  2x  2 y  3z 19  0 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1;6; 7   và B3;2;  1 . Phương trình
mặt phẳng trung trực đoạn AB là
A. x  2y  4z 18  0 . B. x  2y 3z 1 0.
C. x  2y  3z 17  0 .
D. x  2y  4z  2  0 . Lời giải Chọn A
Mặt phẳng trung trực đoạn AB đi qua trung điểm I 2;4;3 của đoạn AB và nhân 
AB  2;4;8 làm vectơ pháp tuyến có phương trình:
2 x  2  4 y  4  8 z  3  0  x  2y  4z 18  0 .
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;  1 và B 3  ;0; 
1 . Mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2x  y 1  0 B. x  y  z  3  0 C. 2x  y 1  0 D. x  y  z  3  0 Lời giải Chọn A
Trung điểm của đoạn AB là M  1  ;1;  1 .  Ta có AB   4
 ; 2;0 là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của AB .
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB có phương trình là 2x   1 1 y  
1  0  2x  y 1  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 68 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 3: PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHÔNG DÙNG TÍCH CÓ HƯỚNG)
Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A3;2;2 , B1;0;  1 và C 2; 1
 ;3. Viết phương trình
mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC .
A. x  y  2z 1  0 .
B. x  y  2z  5  0 .
C. x  y  2z  3  0 .
D. x  y  2z  3  0 . Lời giải Chọn D
Ta có: Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A3;2; 2
  và có véc tơ pháp tuyến 
BC  1;1;2 là x  y  2z  3  0 .
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1; 2;4, B2;1;2 . Viết phương trình mặt phẳng
P vuông góc với đường thẳng AB tại điểm A .
A. P :x 3y  2z 1 0.
B. P :x 3y  2z 1 0 .
C. P:x  3y  2z 13  0 .
D. P:x  3y  2z 13  0. Lời giải Chọn D 
Ta có AB  1;3; 2 .
Phương trình mặt phẳng P là 1.x  
1  3 y  2  2.z  4  0  x  3y  2z 13  0 .
Câu 23: Mặt phẳng đi qua A 2
 ;4;3 , song song với mặt phẳng 2x  3y  6z 19  0 có phương trình dạng.
A. 2x  3y  6z  2  0 .
B. 2x  3y  6z 1  0 . C. 2x  3y  6z  0 .
D. 2x  3y  6z 19  0 . Lời giải Chọn A
Loại đáp án B, D vì không song song.
Thử tọa độ điểm A , Chọn C.
Câu 24: Trong hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng qua M 1;1;  1 song song Oxy là. A. x  y – 2  0 .
B. x  y  z – 3  0 . C. z –1  0. D. y –1  0 . Lời giải Chọn C
P€Oxy  P: z  d  0. M P  d  1
  P: z 1 0 .
Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho hai điểm ( A 1;1;1), B(2; 1  ;0). Mặt phẳng qua
A và vuông góc với AB có phương trình là. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 69 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
A. x  2y  z  2  0 . B. x  z  2  0. C. x  2y  z  0 .
D. x  2y  z  4  0 . Lời giải Chọn A  AB  (1;2;1) .
Phương trình mặt phẳng: (x 1)  2( y 1)  (z 1)  0  x  2 y  z  2  0 .
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua điểm M 2;3;4 
và nhận n  2;4;  1 làm vectơ pháp tuyến.
A. 2x  4y  z 12  0 .
B. 2x  4y  z 12  0 .
C. 2x  4y  z 10  0 .
D. 2x  4y  z 11  0 . Lời giải Chọn A
Mặt phẳng có phương trình là: P : 2
 x  2  4 y  3 1.z  4  0  2x  4y  z 12  0 .
Câu 27: Trong không gian Oxyz , Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm A1;5;7 và song song với mặt
phẳng ( ) : 4x – 2y  z – 3  0. Phương trình nào sau đây là phương trình tổng quát của ( ) .
A. 4x – 2y  z  3  0 .
B. 4x – 2y  z 1  0 .
C. 4x – 2y  z – 2  0 .
D. 4x – 2y  z –1  0 . Lời giải Chọn D
() ( ) nên ( ) có dạng 4x – 2 y  z  c  0 , ( ) đi qua điểm A1;5;7..
Nên 4 – 2.5 7  c  0  c  1
 vậy () : 4x – 2y  z 1  0..
Câu 28: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P đi qua gốc toạ độ và nhận
n3;2; 1là véctơ pháp tuyến. Phương trình của mặt phẳng P là
A. 3x  2y  z  2  0 . B. x  2y  3z  0.
C. 3x  2y  z 14  0 . D. 3x  2y  z  0. Lời giải Chọn D 
mpP qua O0;0;0 và nhận n  3;2;  1 làm VTPT  PT
P:3x 0  2 y 0 1x 0  03x  2y  z  0.
Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , phương trình mặt phẳng   đi qua điểm 
M 0;1;4 , nhận n  3;2; 
1 là vectơ pháp tuyến là: A. 3x  3y  z  0 .
B. 2x  y  3z 1  0 .
C. x  2y  3z  6  0 .
D. 3x  2y  z  6  0 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 70 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 
Phương trình mặt phẳng   đi qua điểm M  1;0; 
1 , nhận n  2;1;3 làm vectơ pháp tuyến là: 2x  
1 1. y  0  3 z  
1  0  2x  y  3z 1  0 .
Câu 30: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua M 1;2;3 và song song với mặt phẳng
x  2 y  3z 1  0 có phương trình là:
A. x  2y  3z  6  0 .
B. x  2y  3z  6  0 .
C. x  2y  3z  6  0 .
D. x  2y  3z  6  0 . Lời giải Chọn A
Mặt phẳng cần tìm có dạng x  2y  3z  c  0 .
Vì mặt phẳng cần tìm đi qua M nên 1 4  9  c  0  ;   1 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 71 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 4: PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG.
Câu 31: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng P và Q lần lượt có
phương trình là x  y  z  0 , x  2y  3z  4 và điểm M 1; 2;5 . Tìm phương trình mặt
phẳng   đi qua điểm M đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng P , Q .
A. x  4y  3z  6  0 .
B. 5x  2y  z  4  0 .
C. 5x  2y  z 14  0 .
D. x  4y  3z  6  0 . Lời giải Chọn D 
Vectơ pháp tuyến của P là n  1;1;1 . 1   
Vectơ pháp tuyến của Q là n  1; 2;3 . 2     
n  n ; n   1;  4;  3 1 2     
Vì   vuông góc với P và Q nên   có vectơ pháp tuyến là n .
Mặt phẳng   có phương trình là 1x  
1  4 y  2  3z  5  0 hay x  4y  3z  6  0 .
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M 1;0;2 , N  3  ; 4  ;  1 , P2;5;3 . Mặt
phẳng MNP có một véctơ pháp tuyến là:     A. n16;1;3 . B. n  3; 1  6;  1 . C. n  1;3; 1  6 . D. n1; 3  ;16 . Lời giải Chọn C  
Ta có MN  4;4;  1 ; MP  1;5;  1 .    MN, MP  1;3; 1  6   . 
Vậy mặt phẳng MNP có một véctơ pháp tuyến là n  1;3; 1  6 .
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm
A1;1;4 , B2;7;9 , C 0;9;13 .
A. 7x  2y  z  9  0 B. 2x  y  z  2  0 C. 2x  y  z 1  0 D. x  y  z  4  0 Lời giải Chọn D  
Ta có AB  1;6;5, AC  1;8;9 ,    
ABC đi qua A1;1;4 có vtpt n  AB, AC    14; 1  4;14 141; 1  ;  1 có dạng x  y  z  4  0 .
Câu 34: Trong không gian Oxyz , Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng   đi qua giao tuyến của
hai mặt phẳng  : 2x  y  z 1 0 ,  :3x  y  z 1  0 và vuông góc với mặt phẳng 2  1 
 : x  2y  z 1 0 . 3 
A. 7x  y  9z 1  0 .
B. 7x  y  9z 1  0 .
C. 7x  y  9z 1  0 .
D. 7x  y  9z 1  0 . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 72 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM   
Ta có: a  2;1;  1 , b  3;1;  1 và c  1;2;  1 .
Gọi A điểm thuộc  và  nên A0; 1  ;0. 2  1       
Khi đó: u  a  b  2;5; 
1 và n  u  c  7; 1  ;9 .
Do đó:  :7x  y 9z 1 0.
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;1;  1 và hai mặt phẳng
P:2x  y 3z 1 0 , Q: y  0. Viết phương trình mặt phẳng R chứa A , vuông góc với
cả hai mặt phẳng P và Q . A. 3x  2z 1 0 .
B. 3x  y  2z  2  0 . C. 3x  2z  0 .
D. 3x  y  2z  4  0 . Lời giải Chọn A  
P : 2x  y  3z 1  0 có véctơ pháp tuyến n  2;1;3 . P     
Q : y  0 có véctơ pháp tuyến n  0;1;0 . Q   
Do mặt phẳng R vuông góc với cả hai mặt phẳng P và Q nên có véctơ pháp tuyến
      n  3;0;2 . R   n   n ,n . R P Q   
Vậy phương trình mặt phẳng R là: 3
 x  2z 1  0  3x  2z 1  0.
Câu 36: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , phương trình mặt phẳng P chứa trục Oy và đi
qua điểm M (1; 1;1) là: A. x  y  0 . B. x  z  0 .
C. x  z  0 . D. x  y  0 . Lời giải Chọn B     P qua O và có VTPT là   n  j;OM  1;0;   1   .  
Vậy phương trình P là x  z  0 .
Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm M 1;3;  2 , N 5;2;  4 , P2; 6  ;  1 có dạng
Ax  By  Cz  D  0 . Tính tổng S  A B C  D . A. S  3  . B. S 1. C. S  6 . D. S  5  . Lời giải Chọn B  
MN 4;1;2; MP 1; 9  ;  3
   MN, MP    21;14;3  5   n 3;2; 
5 là vectơ pháp tuyến của MNP
Phương trình MNP:3x2y5z 1 0  A B C  D 1.
Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng Q :3x  y  4z  2  0 và 1 
Q :3x  y  4z 8  0. Phương trình mặt phẳng P song song và cách đều hai mặt phẳng 2  Q và Q là: 2  1 
A. P:3x  y  4z  5  0 .
B. P :3x  y  4z 10  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 73 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
C. P:3x  y  4z 5  0.
D. P :3x  y  4z 10  0 . Lời giải Chọn A
Mặt phẳng P có dạng 3x  y  4z  D  0 .
Lấy M 0;2;0Q và N 0;8;0Q . Do Q // Q trung điểm I 0;5;0 của MN phải 1   2 2  1 
thuộc vào P nên ta tìm được D  5 .
Vậy P :3x  y  4z  5  0 .
Câu 39: Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng P đi qua điểm B2;1;3 , đồng
thời vuông góc với hai mặt phẳng Q: x  y  3z  0 , R: 2x  y  z  0 là
A. 2x  y  3z 14  0.
B. 4x  5y  3z  22  0 .
C. 4x  5y  3z  22  0 .
D. 4x  5y  3z 12  0 . Lời giải Chọn B
Mặt phẳng Q: x  y  3z  0 , R: 2x  y  z  0 có các vectơ pháp tuyến lần lượt là  
n  1;1;3 và n  2; 1;1 . 2   1  
Vì P vuông góc với hai mặt phẳng Q, R nên P có vectơ pháp tuyến là   
n   n , n   4;5;  3 . 1 2    
Ta lại có P đi qua điểm B2;1;3 nên P: 4x  2  5 y   1  3 z  3  0
 4x  5y  3z  22  0 .
Câu 40: Trong không gian Oxyz , Viết phương trình mặt phẳng qua A1;1; 
1 , vuông góc với hai mặt
phẳng  : x  y  z  2  0,   : x  y  z 1 0. A. x  y  z  3  0 B. x  z  2  0 C. x  2y  z  0 D. y  z  2  0 Lời giải Chọn D   
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: n  n ;n   ,.   0;2;2 P   
Phương trình P : y  z  2  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 74 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 5: PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU.
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
x  y  z  4x 8y 12z  7  0 . Mặt phẳng tiếp xúc với S  tại điểm P 4  ;1;4 có phương trình là.
A. 6x  3y  2z 13  0.
B. 2x 5y 10z 53  0 . C. 9y 16z  73  0 .
D. 8x  7y 8z  7  0. Lời giải Chọn A
Mặt cầu S  có tâm là I 2;4;6 và bán kính R  7 .  IP  6;3; 2   .
Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: 6x  4  3 y   1  2z  4  0 .
 6x  3y  2z 13  0 .
Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  4z  0 . Mặt
phẳng tiếp xúc với S  tại điểm A3;4;3 có phương trình.
A. 2x  2y  z 17  0 .
B. 4x  4y  2z 17  0 .
C. x  y  z 17  0 .
D. 2x  4y  z 17  0 . Lời giải Chọn A 
Mặt cầu S  có tâm I 1;2;2 , vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng P là IA  2;2;  1 nên
phương trình của P là 2x  2y  z 17  0..
Câu 43: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S  2 2 2
:x  y  z  2x  6 y  4z  2  0 ,
mặt phẳng  :x  4y  z 11  0. Gọi P là mặt phẳng vuông góc với  ,P song song 
với giá của vecto v  1;6;2 và P tiếp xúc với S  . Lập phương trình mặt phẳng P .
A. 2x  y  2z  3  0 và 2x  y  2z  21  0 .
B. 2x  y  2z  5  0 và 2x  y  2z  2  0 .
C. 2x  y  2z  2  0 và x  2y  z  21  0 .
D. x  2y  2z  3  0 và x  2y  z  21  0 . Lời giải Chọn A  
S  có tâm I 1;3;2 và bán kính R  4 . Véc tơ pháp tuyến của   là n  .  1;4; 1   
Suy ra VTPT của P là n  n ,v  2;1;2. P   
Do đó P có dạng: 2x  y  2z  d  0 .
Mặt khác P tiếp xúc với S  nên d I,P  4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 75 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2  3  4  d d  2  1 Hay  4   . 2   2 2 2 1  2 d  3 Vậy PTMP P :
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  4x  2y 12z  8  0.
Mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với S ?
A. Q : 2x  y  4z 8  0 .
B. R: 2x  y  2z  4  0 .
C. P: 2x  2y  z 5  0 .
D. T  : 2x  y  2z  4  0 . Lời giải Chọn B
S x  2  y  2  z  2 : 2 1 6  49..
S có tâm I 2; 1; 6 và bán kính R  7..   
Ta thấy d I R 4 1 12 4 ,   7  R . 3
Vậy R tiếp xúc với S ..
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 3
2  9 . Mặt phẳng P
tiếp xúc với mặt cầu S  tại điểm A 2  ;1; 4
  có phương trình là:
A. x  2y  2z  4  0 .
B. x  2y  2z  8  0 .
C. 3x  4y  6z  34  0 .
D. x  2y  2z  4  0 . Lời giải Chọn B Mặt cầu có tâm I  1  ;3; 2   . 
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến IA   1  ; 2
 ;2 và đi qua A 2  ;1; 4   nên có phương
trình x  2  2 y  
1  2z  4  0 hay x  2 y  2z  8  0 .
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S   x  2   y  2  z  2 : 1 3 2  49 và điểm M 7; 1
 ;5. Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu S  tại điểm M là.
A. 6x  2y  2z 34  0 .
B. 7x  y  5z 55  0.
C. 6x  2y 3z 55  0.
D. x  2y  2z 15  0. Lời giải Chọn C 
Mặt cầu S  có tâm I 1; 3
 ;2  IM  6;2;3.. 
Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm M 7; 1
 ;5 và có véctơ pháp tuyến IM  6;2;3 nên có.
phương trình là: 6x  7  2 y  
1  3z  5  0  6x  2y  3z  55  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 76 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  6z  2  0 và song song với   : 4x  3y 12z 10  0 .
4x  3y 12z  26  0
4x  3y 12z  26  0 A.  . B. . 4x  3y 12z  78  0   4x  3y 12z  78  0 
4x  3y 12z  26  0
4x  3y 12z  26  0 C.  . D. . 4x    3y 12z  78  0 4x   3y 12z  78  0 Lời giải Chọn C   S  có tâm I 1;2;3 :  . bán kính :R  4
Gọi   mặt phẳng tiếp xúc với S  2 2 2
: x  y  z  2x  4y  6z  2  0 và song song với
 :4x 3y 12z 10  0 .
Ta có:  //  nên phương trình mặt phẳng  : 4x  3y 12z  D  0D 10 . D  78n      26 D
tiếp xúc với S  nên d I,   R   4  2  6  D  52   . 13 D  2  6  n  x  y  z   Vậy:   4 3 12 26 0 : .
4x  3y 12z  78  0
Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 2
5  9 . Mặt phẳng P
tiếp xúc với mặt cầu S  tại điểm A2; 4
 ;3 có phương trình là
A. x  2y  2z  4  0 .
B. x  6y 8z 50  0.
C. 3x 6y 8z 54  0 .
D. x  2y  2z  4  0. Lời giải Chọn D
Mặt cầu S  có tâm I 1; 2  ;5 . 
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là IA  1;2;2 và đi qua điểm A2; 4  ;  3 nên có
phương trinh: 1.x  2  2 y  4  2z  3  0  x  2y  2z  4  0 .
Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S   x  2   y  2  z  2 : 2 1 2  4 và mặt phẳng
P:4x 3y  m  0. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng P và mặt cầu
S có đúng 1 điểm chung. A. m 1 hoặc m  21. B. m  9  hoặc m  31. C. m 1. D. m  1  hoặc m  2  1. Lời giải Chọn A
Mặt cầu S  có tâm I 2; 1  ; 2
  , bán kính R  2 .
Mặt phẳng P và mặt cầu S  có đúng 1 điểm chung khi: d I;P  R . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 77 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 11 m m  1   2  . 5  m  21
Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  x  2   y  2   z  2 : 1 3 2  9. Phương trình nào
dưới đây là phương trình mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu S  tại điểm A 2  ;1; 4  ?
A. x  2y  2z  4  0 .
B. 3x  4y  6z  34  0 .
C. x  2y  2z  4  0.
D. x  2y  2z  8  0 . Lời giải Chọn D S có tâm I  1  ;3; 2  
P tiếp xúc với mặt cầu S tại điểm A 2  ;1; 4   
 P có VTPT AI  1;2;2 và qua A 2  ;1; 4  
 P :1.x  2  2. y  
1  2. z  4  x  2y  2z  8  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 78 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 6: PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CÓ HƯỚNG.
Câu 51: 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  1  2 . C. S  2 . D. S  4  Lời giải Chọn D   Ta có: AB  6;3;  1 , n  3;1;  1 . Q   
Do mặt phẳng P qua A , B và vuông góc với mặt phẳng Q nên n  AB,n  P Q    2;9; 1  5 .
Suy ra phương trình mặt phẳng P:2x 9y 15z  27  0.
Vậy S  a  b  c  2  9 15  4 .
Câu 52: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   đi qua hai điểm A2;1;4 , B3;2;  1 và vuông
góc với mặt phẳng  : x  y  2z 3  0 có phương trình là
A. 11x  7 y  2z  7  0.
B. 11x  7 y  2z  21  0 .
C. 11x  7 y  2z  7  0 .
D. 11x  7 y  2z  21  0 . Lời giải Chọn B   Ta có AB  1;3; 5
  và một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  là n  1;1;2 .    
Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ta có n  AB,n  11;7; 2     . 
Phương trình mặt phẳng  đi qua A2;1;4 và có véc tơ pháp tuyến n  11; 7  ; 2   là
11x  7 y  2z  21  0 .
Câu 53: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình là 2x  2y  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 : 2x  y  2z  2  0 .
B. Q : 2x  y  2z  2  0 .
C. Q : 2x  y  2z  2  0 .
D. Q : 6x  3y  4z  6  0 . Lời giải Chọn C
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. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 79 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  HK   1  ; 2  ;0    
 n  HK,n   6;3;6  32; 1  ;2 . Q P  n  2;2; 3        P   
Phương trình mặt 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 54: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng   qua A2;1;4 , B 3;2; 
1 và vuông góc với mặt phẳng   : x  y  2z  3  0 là
A. 11x  7 y  2z  21  0.
B. 11x  7 y  2z  21  0.
C. 11x  7 y  2z  21  0.
D. 11x  7 y  2z  21  0. Lời giải Chọn A   
Mặt phẳng   có một vectơ pháp tuyến là: n  AB,n      11; 7; 2  
Vậy   :11x  7y  2z  21  0
Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng   qua A2;1;4 , B 3;2; 
1 và vuông góc với mặt phẳng   : x  y  2z  3  0 là
A. 11x  7 y  2z  21  0.
B. 11x  7 y  2z  21  0.
C. 11x  7 y  2z  21  0.
D. 11x  7 y  2z  21  0.
Câu 231: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A1; 2  ;3 , B0;2;  1 , C 3;0; 2
  . Phương trình mặt phẳng P đi qua A , trọng tâm G của tam giác ABC và
vuông góc với  ABC là
A. 3x  2y  z  4  0 .
B. 12x 13y 10z 16  0.
C. 3x  2y  z  4  0 .
D. 12x 13y 10z 16  0 . Lời giải Chọn A    Ta có     AB   1  ; 4; 4   , AC  2;2; 5   , 4 G ;0;0   , 1 AG  ; 2; 3     3   3    
  ABC có vectơ pháp tuyến n  AB, AC  12;13;10   .       59 P có vectơ pháp tuyến 118 59 k   AG, n  59;  ;       3;2;  1  3 3  3
P : 3x  1 2 y  2z 3  0  3x  2y  z  4  0.
Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng   qua A2;1;4 , B 3;2; 
1 và vuông góc với mặt phẳng   : x  y  2z  3  0 là
A. 11x  7 y  2z  21  0.
B. 11x  7 y  2z  21  0.
C. 11x  7 y  2z  21  0.
D. 11x  7 y  2z  21  0. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 80 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 232: Cho hai điểm A1; 1  ;5;B0;0; 
1 . Mặt phẳng P chứa ,
A B và song song với Oy có phương trình là:
A. 4x  y  z 1  0 . B. y  4z 1  0 . C. 4x  z 1 0 . D. 2x  z 5  0. Lời giải Chọn C    Ta có: AB 1
 ;1;4 ,đường thẳng Oy có u n . d  0;1; 0  4;0;1 ( P)  
Phương trình mặt phẳng P là: 4x  z 1 0 .
Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho A1;0; 
1 ; B2;1;2 và P : x  2y  3z  3  0 .
Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua 2 điểm A;B và vuông góc P .
A. Q : x  2y  z  2  0 .
B. Q : x  2y  z  2  0.
C. Q : x  2y  z  2  0.
D. Q : x  2y  z  2  0 . Lời giải Chọn A   AB  1;1; 
1 và P : x  2y  3z  3  0 có vectơ pháp tuyến n 1;2;3 .
Gọi v là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng Q.   Do mặt phẳng   Q đi qua 2 điểm ,
A B và vuông góc P nên v   A . B n  1;2;  1   .
Suy ra phương trình mặt phẳng Q : x  2y  z  2  0 .
Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A2;4;  1 , B 1
 ;1;3 và mặt phẳng P :
x  3y  2z  5  0 . Một mặt phẳng Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với P có dạng
là ax  by  cz 11  0 . Tính a  b  c . A. a  b  c  3 B. a  b  c  5 C. a  b  c  7  D. a  b  c 10 Lời giải Chọn B    Ta có   AB   3
 ;3; 2 , P có vtpt n  1; 3
 ;2 , Q có vtpt k  AB,n    0;8;12
 Q có dạng: 2 y  4  3z  
1  0  2 y  3z 11  0 . Vậy a  b  c  5.
Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A2;4;  1 , B 1  ;1;  3 và mặt phẳng
P: x3y2z50 . Một mặt phẳng Q đi qua hai điểm A, B và vuông góc với P có
dạng: ax by cz 11 0. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a  b  c . B. a  b  c  5. C. a ; b c . D. a  b  c . Lời giải Chọn B  Ta có: A2;4;  1 , B 1  ;1; 
3  AB  3;3;2. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 81 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 
Véc tơ pháp tuyến củaP là: n 1;3;2.
Do mặt phẳng Q đi qua AB và vuông góc với P nên Q nhận véc tơ   AB, n    0; 8  ; 1  2  
làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của Q sẽ là: 2y43z  
1  0  2y 3z 11 0.
Suy ra a  0 , b  2, c  3  a bc  5 .
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;4; 
1 , B 1;1;3 và mặt phẳng
P: x 3y  2z 5  0. Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua hai điểm , A B và vuông
góc với mặt phẳng P. A. 2x  3y 11  0 .
B. 2y  3z 11  0 . C. y  2z 1  0 . D. 2y  3z 11  0 . Lời giải Chọn D  Ta có: AB 3  ;3; 2 .   
Vì P  Q  n  u  1;3;2  n 0;2;3 . P Q Q       
Vậy, PT mặt phẳng (P) là 2y 3z 11 0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 82 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 7: PTMP QUA 3 ĐIỂM KHÔNG THẲNG HÀNG.
Câu 61: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho 3 điểm A0;2;  1 ; B 3;0;  1 ;C 1;0;0 . Phương
trình mặt phẳng  ABC là?
A. 2x  3y  4z 1  0
B. 2x  3y  4z  2  0
C. 2x  3y  4z  2  0
D. 4x  6y  8z  2  0 Lời giải Chọn B  
Ta có AB  3;2;0; AC  1; 2  ;  1 .   
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABClà n    ABC  AB, AC  2;3;4   .
Vậy ptmp  ABClà: 2x  
1  3y  4z  0  2x  3y  4z  2  0 .
Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Mặt phẳng P đi qua 3 điểm A1;2; 3   , B2;0;0 và C  2  ;4; 5
  có phương trình là
A. 2x  7 y  4z  3  0
B. 2x – 7 y  4z – 4  0
C. 2x – 5y  4z – 4  0
D. 2x  7 y  4z – 4  0 Lời giải Chọn D     AB  1; 2  ;3 ; AC   3  ;2; 2
   P có VTPT  AB, AC   2  ; 7  ; 4    2;7;4   .
Khi đó, do P qua A  P: 2x  7y  4z  4  0 .
Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm A2; 3; 5 , B3; 2; 4 và
C 4; 1; 2 có phương trình là A. x  y  5  0 . B. y  z  2  0. C. 2x  y  7  0 . D. x  y  5  0 . Lời giải Chọn A     
Vì AB ; AC   ABC nên  ABC sẽ nhận n  AB, AC 
 làm một vectơ pháp tuyến.      Ta có AB  1; 1  ;  1 , AC  2; 2  ; 3
  suy ra n  AB, AC  1; 1; 0   .
Hiển nhiên  ABC đi qua A2; 3; 5 nên ta có phương trình của  ABC là
1 x  2 1 y  3  0 z  5  0  x  y  5  0 .
Câu 64: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đi qua ba điểm E0; 2  ;  3 , F 0; 3  ;  1 ,G1; 4
 ;2 . Viết phương trình mặt phẳng P .
A. P:3x  2y  z  7  0
B. P:3x  2y  z 1 0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 83 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
C. P:3x  2y  z  7  0
D. P :3x  2y  z 1 0 Lời giải Chọn A     Ta có EF  0; 1  ; 2  , EG  1; 2  ; 
1 , EF, EG   3  ; 2  ;  1 . 
Suy ra VTPT của mặt phẳng (P) là n  3;2;  1 .
Phương trình mặt phẳng P là: 3x  2x  2  y 3  0  3x  2y  z  7  0 .
Câu 65: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A0;1;2 , B2;0;3, C 3;4;0 là
A. 9x  y  7z 13  0.
B. x  7y  9z  25  0 .
C. 9x  y  7z 15  0 .
D. x  7 y  9z 11  0 . Lời giải Chọn A   Ta có AB  2;1;  1 , AC  3;3;2 .   
Khi đó phương trình mp  ABC có VTPT n  AB, AC  1;7;9  
Phương trình mp  ABC là 1
 x  0  7 y  
1  9 z  2  0  x  7 y  9z  25  0 .
Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho các điểm A2; 2  ;  1 , B 3;0;3,C  2  ;2;4 . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua 3 điểm , A B, C .
A. P: 2x  5y  3z 1 0
B. P: 2x  7y  4z  6  0
C. P: 6x  5y  4z  6  0
D. P:3x  2y  4z  6  0 Lời giải Chọn B
Thay tọa độ các điểm vào chỉ có đáp án P : 2x  7y  4z  6  0 thỏa mãn.
Câu 67: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho ba điểm A1;2; 
1 , B 2;1;0, C 1;1;3 . Viết
phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A , B , C . A. x  y  z  4  0
B. 7x  2y  z 10  0
C. 7x  2y  z 12  0 D. 4x  y  z  7  0 Lời giải Chọn C    
Ta có AB  1;3; 
1 , AC  0;1;2 suy ra AB, AC   7  ;2;  1  17;2;  1   . 
Mặt phẳng đi qua ba điểm A , B , C có véc tơ pháp tuyến n  7;2;  1 có phương trình là 7x  2y  z 12  0. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 84 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 68: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M 1;2;3. Gọi A , B , C lần lượt là
hình chiếu của M trên các trục Ox , Oy , Oz . Viết phương trình mặt phẳng ABC.
A. 6x  3y  2z  6  0 .
B. x  2y  3z  6  0 .
C. 3x  2y  z  6  0 .
D. 2x  y  3z  6  0 . Lời giải Chọn A
Gọi A , B , C lần lượt là hình chiếu của M trên các trục Ox , Oy , Oz .
Suy ra A1;0;0, B0;2;0,C 0;0;3. Phương trình   x y z
ABC :    1  6x  3y  2z  6  0 . 1 2 3
Câu 69: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;0;  1 , B 2  ;1;0, C0;1; 2  .
Vectơ nào dưới đây là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC?     A. n  1;2;1 . B. n  1;1;2 . C. n  1; 1  ;2 . D. n  1;2;1 . 3   2   1   4   Lời giải Chọn A    
AB  (3,1,1);AC  (1,1,1)  AB  AC   2  , 4  , 2  ..
Câu 70: Trong không gian cho điểm M 1; 3
 ;2.Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại ,
A B,C mà OA  OB  OC  0 A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn D
Giả sử mặt phẳng  cần tìm cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại (
A a,0,0), B(0, b,0),C(0,0c) (a,b,c  0)   x y z : 
  1;   qua M (1; 3  ;2) nên: 1 3 2 ( ) :    1(*) a b c a b c a  b  c(1) a  b  c(2)
OA  OB  OC  0  a  b  c  0   a  b  c(3)  a  b  c(4)
Thay (1) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm 
Thay (2),(3),(4) vào (*) ta được tương ứng 3 a  4, a  6, a  4 Vậy có 3 mặt phẳng. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 85 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
 DẠNG TOÁN 8: PTMP VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG. Câu 71: x  y  z 
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 1 d :  
. Trong các mặt phẳng dưới 2 1 1
đây, tìm một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d
A. 2x  2y  2z  4  0.
B. 4x  2y  2z  4  0 .
C. 4x  2y  2z  4  0.
D. 4x  2y  2z  4  0 . Lời giải Chọn C Đường thẳng 
d có vec tơ chỉ phương là u  2;1;  1 . Mặt phẳng 
4x  2 y  2z  4  0 có vectơ pháp tuyến n  4; 2;2 . Ta có 2 1 1   nên  
u cùng phương với n do đó đường thẳng d vuông góc với mặt 4 2 2
phẳng 4x  2y  2z  4  0.
Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai mặt phẳng P: x 3my  z  2  0 và Q: x
m  y  z 1 0 và. Tìm m để giao tuyến hai mặt phẳng P và Q vuông góc với
mặt phẳng R: x  y  2z 5  0 . A. m  1. B. m  0 . C. m  1. D. m  2 . Lời giải Chọn C
Các mặt phẳng P,Q,R có vectơ pháp tuyến lần lượt là    n  1;3 ; m   1 , n   ; m 1  ;  1 , n  1;1;2 ,. P Q R 
khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng P và Q có vectơ chỉ phương là    u  n n      2 ,
3m 1;  m1;1 3m . P Q   
Để giao tuyến hai mặt phẳng P và Q vuông góc với mặt phẳng R thì u,n cùng R 2      phương, suy ra : 3m 1 m 1 1 3m    m 1. 1 1  2 
Câu 73: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng P đi qua điểm A1;2;0 và vuông góc với đường thẳng x 1 y z 1 d :   có phương trình là : 2 1 1
A. 2x  y  z  4  0 .
B. 2x  y  z  4  0.
C. x  2y  z  4  0 .
D. 2x  y  z  4  0 . Lời giải Chọn A 
Đường thẳng d có một VTCP là u  2;1;  1 . 
Ta có P  d  P nhận u  2;1;  1 là một VTPT.
Kết hợp với P qua A1;2;0  P : 2x  
1 1. y  2 1. z  0  0  2x  y  z  4  0 .
Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng P song song với hai đường thẳng TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 86 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  2  t x  2 y 1 z   : 
 ,  : y  3 2t . Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của P ? 1 2 3  4 2 z 1t      A. n  5;6;7 B. n   5  ;6;7 C. n   5  ;6; 7   D. n   5  ;6;7 Lời giải Chọn B     2  3 4 
Vì P song song với hai đường thẳng  và  nên n  u ,u     . P        5;6;7 1 2   1 2 1 2 1  
Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng song song với hai đường thẳng x  2 y 1 z x  2 y  3 z 1 d :   , d :  
có một véctơ pháp tuyến là: 1 2 3 4 2 1 2 1      A. n  5;6;7 B. n  5;6;7 C. n  5;6;7 D. n  5;6;7 Lời giải Chọn D   
Gọi u 2;3;4 ;u 1;2;1 lần lượt là vectơ chỉ phương của d ,d và n là vectơ pháp tuyến 1   2   1 2   n  u   
của mặt phẳng. Khi đó: 1
   n  u ,u   5  ;6;7 . 1 2     n  u  2
Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P vuông góc với đường thẳng d
có phương trình x 1 y z 1  
, tìm vectơ pháp tuyến n của mặt phẳng P là. 2 1 2 A.     n   1  ;0;  1 . B. n  2; 1  ; 2  . C. n  1;2;2 . D. n  2;1;2 . Lời giải Chọn D
Véctơ chỉ phương của đường thẳng  d là: n  2;1;2 .
Vì mặt phẳng P vuông góc với đường thẳng d nên mặt phẳng P có véctơ pháp tuyến là: n  2;1;2 .
Câu 77: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng (P) đi qua điểm A1; 2; 0 và vuông góc với đường thẳng x 1 y z 1 d :   có phương trình là: 2 1 1
A. 2x  y  z  4  0 .
B. 2x  y  z  4  0 .
C. 2x  y  z  4  0 .
D. x  2y  z  4  0 . Lời giải Chọn B
Ta có VTCP của đường thẳng  d là u  (2;1; 1) . d Vì  
(P)  d nên VTPT của (P) là n  u  (2;1; 1) . (P) d Khi đó phương trình mp 
(P) đi qua điểm A1; 2; 0 và có VTPT u  (2;1; 1) là d 2x  y  z  4  0 .
Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 0;0; 2   và đường thẳng x  3 y 1 z  2  :  
. Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm M và vuông góc với 4 3 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 87 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM đường thẳng  .
A. 3x  y  2z  4  0 .
B. 4x  3y  z  7  0 .
C. 4x  3y  z  2  0 .
D. 3x  y  2z 13  0 . Lời giải Chọn C 
Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là u  4;3;  1 . 
Mặt phẳng P đi qua điểm M 0;0; 2
  và vuông góc với  nên nhận u  4;3;  1 làm
vectơ pháp tuyến có phương trình: 4x  0  3 y  0 1z  2  0  4x  3y  z  2  0 .
Câu 79: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d  có phương trình là x y  2 z 1  
. Viết phương trình mặt phẳng P và vuông góc với đường thẳng d , 8 3 5
biết P đi qua điểm M 0;8;  1
A. P :8x 3y 5z  27  0 .
B. P :8x 3y  5z 19  0.
C. P :8x  3y 5z 19  0 .
D. P :8x 3y 5z 19  0. Lời giải Chọn D  
P  d  nên VTCP u   8
 ;3;5 của d  là một VTPT của P . d  qua M  0; 8  ;  1 Khi đó P :  
 P :8x  3y  5z 19  0  P:8x 3y  5z 19  0 . VPTN n    8  ;3;5
Câu 80: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm D 2  ;1;  1 và đường thẳng x 1 y  2 z  3 d :  
. Mặt phẳng   đi qua điểm D và vuông góc d có phương trình là 2 1 3
A. 2x  y  3z  6  0 .
B. 2x  y  3z  8  0 .
C. 2x  y  3z 8  0 .
D. 2x  y  3z  2  0 . Lời giải Chọn B 
Mặt phẳng   vuông góc d nên Vtpt của mp  là: n   .  2; 1;3
Vậy phương trình mp : 2x  y  3z  8  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 88 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 9: PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG.
Câu 81: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng x 1 y 1 z 1 d :  
và đi qua điểm A'0;2;2.. 1 2 1 
A. 5x  2y  z  2  0. .
B. 5x  2y  z  2  0. C. 5x  5z  2  0.. D. x  z  2  0. Lời giải Chọn D   u  (1; 2; 1  ) . Gọi M (1; 1  ;1)d  AM  (1; 3  ; 1  ). . d d  (P)    Vì 
nên n  u ; AM   ( 5  ;0;5). . A (P) (P) d    n  ( 5  ;0; 5  ) (P) (P) :   (P) : 5
 (x  0)  5(z 2)  0  x  z  2  0. .  ( A 0;2; 2) (P)
Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;2;3 và đường thẳng x y 1 d : 
 z  3 . Phương trình mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d là. 3 4
A. 23x 17 y  z  60  0 .
B. 23x 17y  z 14  0 .
C. 23x 17 y  z 14  0 .
D. 23x 17y  z 14  0 . Lời giải Chọn C
Đường thẳng d qua điểm I 0;1;3 . Vec tơ pháp tuyến của P là   
n  u ; IA  23; 1  7;  1
P 23x 17y  z 14  0. d . Phương trình của là .  
Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm
M 3;4;7 và chứa trục Oz .
A. P : 4x  3y  0 .
B. P:3x  4y  0 . C. P: 4y  3z  0 . D. P :3x  4z  0 . Lời giải Chọn A   Ta có OM  3; 4
 ;7 , vecto chỉ phương của trục Oz là k  0;0;  1   
Mặt phẳng P qua M 3;4;7 có vectơ pháp tuyến n  k,OM   4;3;0  
Phương trình mặt phẳng P : 4x  3y  0
Câu 84: Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;0;  1 . Mặt phẳng  
đi qua M và chứa trục Ox có phương trình là A. x  y  z  0 . B. y  0. C. x  z  0 . D. y  z 1  0 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 89 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Do mặt phẳng   đi qua M và chứa trục Ox nên   có một véc tơ pháp tuyến là       n  i,OM  
 với i  1;0;0 và OM  1;0;  1  n  0;1;0 .
Vậy phương trình mặt phẳng   đi qua M 1;0; 
1 và có một véc tơ pháp tuyến
n 0;1;0 là y 0.
Câu 85: Trong không gian Oxyz ; phương trình mặt phẳng P đi qua M 1 ;2 ;3 và chứa đường thẳng x  2 y 1 z  4   là. 1 3 4
A. x 11y  8z 1  0 .
B. x –11y  8z – 45  0 .
C. x 11y  8z  45  0 .
D. x –11y – 8z – 3  0 . Lời giải Chọn C  Lấy điểm N  2  ;1; 4   d  MN   3  ; 1  ;  1 . 
d có vectơ chỉ phương u  1;3;4 .    
P có vectơ pháp tuyến n  MN,u   1
 ;11;8  1;11;8.   .
Khi đó, P:1x  
1 11 y  2  8 z  3  0  x 11y  8z  45  0 .
Câu 86: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng đi qua A2;3; 
1 và giao tuyến hai mặt phẳng x  y  0
và x  y  z  4  0 có phương trình là.
A. x  3y  6z 1  0 .
B. x  9y  5z  20  0 .
C. x  y  2z  7  0 .
D. 2x  y  z  2  0 . Lời giải Chọn B   
Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng. Ta có: M 0;0; 4
 d , u  n ;n   1; 1  ; 2  . d 1 2    
Gọi P là mặt phẳng cần tìm.    
Ta có: MA  2;3;5, n  u ;MA  1; 9
 ;5  P: x 9y 5z  20  0. p d    Câu 87: x  y  z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 3 1 1 d :   và điểm 2 3 1 A1;3; 
1 . Viết phương trình mặt phẳng P chứa d và đi qua A . A. x  y 5z 1 0. B. x y z 1 0. C. 2x y  z4  0 . D. x  y4  0 . Lời giải Chọn A 
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  . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 90 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Phương trình P: x  y 5z 1 0.
Câu 88: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;4; 3
 . Viết phương trình mặt phẳng
chứa trục tung và đi qua điểm A . A. 3x  z  0. B. 4x  y  0. C. 3x  z 1 0 . D. 3x  z  0 . Lời giải Chọn D 
Trục tung có véctơ chỉ phương là j  01;0 .
Phương trình mặt phẳng chứa trục tung và đi qua điểm A có véctơ pháp tuyến là.    j,OA   3  ;0;  1  3;0;  1   .
Vậy phương mặt phẳng đó là 3x  
1   z  3  0  3x  z  0 .
Câu 89: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng nào sau đây chứa trục Ox ? A. 2y  z  0. B. x  2y  0 . C. x  2y  z  0 . D. x  2z  0. Lời giải Chọn A 
Ta có Ox nhận i1; 0; 0 làm vectơ chỉ phương.  Gọi n0; 2; 
1 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2y  z  0 .    .ni  0 
suy ra mặt phẳng α chứa Ox . O    α x  1   t Câu 90: 
Trong không gianOxyz , cho đường thẳng d  : y  2  t và điểm A 1  ;1;0, mpP chứa z  t 
d  và điểm A có phương trình là. A. x  y  z  0 . B. x  z 1  0 . C. y  z  2  0. D. x  y  0 . Lời giải Chọn B 
Đường thẳng d  đi qua điểm M  1
 ;2;0 và có véctơ chỉ phương u 1;1;  1 . Ta có:  AM  0;1;0 .   
Vì mpP chứa d  và điểm A nên véctơ pháp tuyến của mpP là n  u, AM    1  ;0;  1   .
Suy ra phương trình tổng quát của mpP là. x   1  0 y  
1  z  0  x  z 1  0  x  z 1  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 91 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 10: PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG THẲNG KHÁC. x  y  z 
Câu 91: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau 1 2 4   và 2  1 3 x 1 y z  2   có phương trình là 1 1  3
A. 2x  y  9z  36  0 B. 2x  y  z  0
C. 6x  9y  z  8  0
D. 6x  9y  z  8  0 Lời giải Chọn C x  y  z   Đường thẳng 1 2 4 d :   đi qua điểm M 1; 2
 ;4 , có một VTCP là u  2  ;1;3 . 1   1 2  1 3 x  y z   Đường thẳng 1 2 d :  
có một VTCP là u  1;1;3 . 2   2 1 1  3
Mặt phẳng P chứa hai đường thẳng cắt nhau d ,d  P qua điểm M 1; 2  ;4, có một 1 2   
VTPT là n  u ,u   6;9;1 . Phương trình mặt phẳng P là : 1 2    
P:6x  1 9 y  2 z  4  0  6x 9y  z 8  0 . Câu 92: x  y  z
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng d : 1 1   và d : 2  1  1 1 2 x 1 y  2 z 1  
. Khi đó mặt phẳng P chứa 2 đường thẳng trên có phương trình là. 1 1 2
A. 5x  3y  7z  4  0
B. 5x  3y  7z  4  0
C. 7x  3y  5z  4  0
D. 7x  3y  5z  4  0 Lời giải Chọn D qua M   1  ;1;0 qua N  1; 2  ;  1 Ta có d :  , d :  . 1   V 1  TCP u   1;1;2 V  TCP u   1;1;2 Ta có d //d . 1 2  MN  2;3;  1 .   
Ta có n  u, MN   7;3;5 . P   
 P :7x  3y 5z  d  0. Qua M  1  ;1;0  d  4 .
Câu 93: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A0;1; 
1 và B1;3;2 . Viết phương
trình của mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB .
A. x  2y  z  9  0 .
B. x  2y  z  3  0 .
C. x  4y  3z  7  0 . D. y  z  2  0. Lời giải Chọn B  Ta có : AB  1;2;  1 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 92 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 
Mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB nên nhận vectơ AB  1;2;  1 làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình tổng quát của mặt phẳng P là :
x 0 2 y  1 z  1  0  x  2y  z 3  0.
Câu 94: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình của mặt phẳng P đi qua giao tuyến
của hai mặt phẳng   : x  3y  5z4  0 và  : xy2z  7  0 đồng thời song song với trục Oy là: A. 4x  z 17  0 . B. y  3  0. C. z  0. D. 4xz 17  0. Lời giải Chọn D
Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của  ,  thì M 0;27;17 .   
  ,  lần lượt có vectơ pháp tuyến a  1; 3; 5, b  1; 1;  2 . Suy ra giao tuyến của    
 ,  có một vectơ chỉ phương u  a,b  1;7;4   .    
P có một vectơ pháp tuyến n  u, j   4;0;   
1 và đi qua M nên có phương trình 4xz 17  0 . x  3  t Câu 95: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y  2
  t , gọi d là giao tuyến 1 2 z 1 2t 
của hai mặt phẳng P : x  y  2z  0 và Q : x  2y  z 3  0 . Viết phương trình mặt phẳng
  chứa d và song song với d . 1 2
A.  :19x 13y 3z  28  0 .
B.   :19x 13y 3z 80  0.
C.  :19x 13y 3z 80  0 .
D.  :19x 13y 3z  28  0 . Lời giải Chọn D  
Đường thẳng d ,d có VTPT lần lượt là u  1; 1  ;2 ,u  5
 ;8;3 . Mặt phẳng   có VTPT 1   2   1 2    là n  u  u  1
 9;13;3 . PTMP   :19x 13y  3z  28  0 .  1 2    
Câu 96: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  : 2x  y  z 3  0,
 : 2x  y  5  0. Viết phương trình của mặt phẳng P song song với trục Oz và chứa
giao tuyến của   và  .
A. P : x  2y  5  0.
B. P : 2x  y  5  0.
C. P : 2x  y  5  0.
D. P: 2x  y  5  0. Lời giải Chọn B
Mặt phẳng P chứa giao tuyến của hai mặt phẳng a và   nên có dạng.
m 2x  y  z  3  n2x  y  5  0  2m  2n x  m  n y  mz  3m  5n  0 .
Mặt phẳng P song song với trục Oz nên m  0.
Chọn n 1 ta có phương trình mặt phẳng P là P: 2x  y  5  0..
Câu 97: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  : 2x  y  z 3  0, TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 93 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 : 2x  y  5  0. Viết phương trình của mặt phẳng P song song với trục Oz và chứa
giao tuyến của   và  . .
A. P : x  2y  5  0 .
B. P : 2x  y  5  0 .
C. P : 2x  y  5  0 .
D. P : 2x  y  5  0 . Lời giải Chọn B
Mặt phẳng P chứa giao tuyến của hai mặt phẳng a và   nên có dạng.
m2x  y  z 3  n2x  y  5  0  2m  2n x  m  n y  mz 3m  5n  0 .
Mặt phẳng P song song với trục Oz nên m  0.
Chọn n 1 ta có phương trình mặt phẳng P là P: 2x  y  5  0..
Câu 98: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d qua điểm M 3;  2;  1 và có VTCP 1
u1; 1; 2, gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng P:x y2z 0 và 2
Q: x  2y  z 3  0 . Viết phương trình mặt phẳng   chứa d và song song với d . 1 2
A.  :5x 13y  4z  45  0.
B.   :5x 13y  4z  7  0 .
C.  :5x 13y  4z  45  0 .
D.   :5x 13y  4z  7  0 . Lời giải Chọn B 
Mặt phẳng P : x  y  2z  0 vó một VTPT n 1; 1; 2 . 1   
Mặt phẳng Q : x  2y  z  3  0 vó một VTPT n 1; 1; 1 . 2     
Đường thẳng d có một VTCP a  n ,n   5  ; 1; 3 . 1 2   2     
Mặt phẳng   chứa d và song song với d có một VTPT n  u,a   5  ; 13;  4 . 1 2   
Mặt phẳng   đi qua điểm M 3;  2; 
1 và có VTPT n  5; 13;  4 có phương trình.
:5x 13y  4z 7  0.
Câu 99: Trong không gian Oxyz , cho A1;1;0, B0;2; 
1 , C 1;0;2 , D1;1; 
1 Mặt phẳng   đi qua A1;1;0 , B0;2; 
1 ,   song song với đường thẳng CD . Phương trình mặt phẳng   là. A. x  y  2  0 .
B. x  y  z  3  0 .
C. 2x  y  z  3  0 .
D. 2x  y  z  2  0 . Lời giải Chọn C     AB   1  1 ; ;  1 ,CD  0 1 ; ;  1   AB,CD   2  ; 1  ;  1   . 
Suy ra mặt phẳng cần tìm có vec tơ pháp tuyến là n  2 1 ; ;  1 .
Vậy phương trình mặt phẳng: 2x  y  z  3  0..
Thử lại thay tọa độ điểm C vào phương trình mặt phẳng thấy không thỏa mãn. Câu 100: x  y z 
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng thẳng 1 2 d :   . Viết 2 1 1
phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng d song song với trục Ox .
A. P : y  z  2  0 .
B. P : x  2y 1 0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 94 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
C. P : x  2z  5  0 .
D. P : y  z 1  0. Lời giải Chọn A 
Đường thẳng d đi qua điểm M  1
 ;0;2 và có vectơ chỉ phương u2;1;  1 ; trục Ox có vectơ  đơn vị i1;0;0 .
Vì P chứa đường thẳng d song song với trục Ox nên P đi qua điểm M  1  ;0;2 và có   
vectơ pháp tuyến n  u,i  0;1;  1   .
 Phương trình của P là : y  z  2  0. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 95 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 11: PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC)
Câu 101: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có điểm A1;1;  1 , B 2;0;2 ,
C 1; 1;0, D 0;3;4 . Trên các cạnh A ,
B AC, AD lần lượt lấy các điểm B ',C ', D' thỏa: AB AC AD  
 4 . Viết phương trình mặt phẳng B 'C 'D ' biết tứ diện AB'C 'D' có thể AB ' AC ' AD ' tích nhỏ nhất?
A. 16x  40y  44z 39  0 .
B. 16x  40y  44z 39  0.
C. 16x  40y  44z 39  0.
D. 16x  40y  44z 39  0 . Lời giải Chọn B
Áp dụng bất đẳng thức AB AC AD A . B AC.AD AM  GM ta có: 3 4     3 AB ' AC ' AD ' AB '.AC '.AD ' AB '.AC '.AD ' 27    V AB '.AC '.AD ' 27 27 AB 'C 'D '    V  V A . B AC.AD 64 V A . B AC.AD 64 AB 'C 'D' 64 ABCD ABCD   Để AB AC AD   V
nhỏ nhất khi và chỉ khi ' ' ' 3    3 7 1 7  AB '  AB  B ' ; ; AB'C ' D ' AB AC AD 4   4  4 4 4  Lúc đó mặt phẳng   
B 'C ' D ' song song với mặt phẳng BCD và đi qua 7 1 7 B ' ; ;    4 4 4 
 B 'C 'D ' :16x  40y  44z  39  0 .
Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A1;3;  1 , B 0;2;  1 ,C 4;3; 2  . Trong
các mặt phẳng chứa đường thẳng AB , xác định mặt phẳng mà khoảng cách từ điểm C đến
mặt phẳng đó là lớn nhất.
A. 13x  5y  4z  6  0.
B. 13x  5y  4z  6  0 .
C. 13x  5y  4z 14  0 .
D. 13x  5y  4z 14  0 . Lời giải Chọn A C B H A I
Gọi P là mặt phẳng chứa AB và d là khoảng cách từ C đến mặt phẳng P .
Gọi I, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên P và AB .
Ta có: d  CI  CH , dấu "  " xảy ra khi I  H . 
 d lớn nhât khi P nhận CH là véc tơ pháp tuyến. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 96 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  Dễ thấy 11 23 8   13 5 2  H ; ;   CH  ; ;    
  Phương trình P :13x  5y  4z  6  0 .  6 6 3   6 6 3 
Câu 103: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;4 , B0;0;  1 và mặt cầu
S x  2   y  2 2 : 1
1  z  4. Mặt phẳng P : ax  by  cz  3  0 đi qua A , B và cắt mặt cầu
S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a b c . A. 27 T  . B. 31 T  . C. 3 T   . D. 33 T  . 4 5 4 5 Lời giải Chọn C
Mặt cầu S  có tâm I  1
 ;1;0 và bán kính R  2 .  x  t Đường thẳng 
AB đi qua điểm B , có một VTCP là BA  1;2;3  AB : y  2t t   z 13t   IB  1;1; 
1  IB  3  R  P luôn cắt mặt cầu S  theo giao tuyến là đường tròn C
C có bán kính nhỏ nhất  d I,P lớn nhất.
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên P và AB , ta có:
d I,P  IH  IK
Do đó d I,P lớn nhất  H  K hay mặt phẳng P vuông góc với IK 
Tìm K : K  AB  K t;2t;1 3t  IK  t 1;2t 1;3t   1    Ta có 1  6 9 4  1
IK  AB  IK.AB  0  t    IK ;  ;    6;9;4 7  7 7 7  7 
Mặt phẳng P đi qua B0;0; 
1 , có một VTPT là n  6;9;4  P 9 27
: 6x  9 y  4z  4  0   x  y  3z  3  0 . Vậy 3 T   . 2 4 4 Câu 104: x y z
Trong không gian Oxyz , Tìm tất cả các mặt phẳng   chứa đường thẳng d :   1 1 3
và tạo với mặt phẳng P : 2x  z 1 0 góc 45.
A.   : x  y 3z  0 .
B.   : x  3z  0 .
C.   : 3x  z  0 hay   : 8x  5y  z  0 . D.   : 3x  z  0 . Lời giải Chọn C 
d đi qua điểm O0;0;0 có vtcp u  1; 1  ;3 .   qua    O có vtpt n   ; a ;
b c có dạng ax  by  cz  0 , do .
n u  0  a  b  3c  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 97 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  
P : 2x  z 1  0 vtpt k  2;0;  1 .   n.k  Ta có 2a c 2 cos 45     
 a  b  c    a  c2 2 2 2 10 4 2 n k 5 2 2 2 a  b  c  2
 b  bc  c b  c    b  c  c2 2 2 2 2 10 6 9 4 12 2
  b  bc  c    b  c2 2 2 10 2 6 10 4 10 b  0 2  4b  20bc  0   . b  5c
+ b  0  a  3c    : x  3z  0 .
+ b  5c , chọn c 1  b  5, a  8    : 8x  5y  z  0 .
Câu 105: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho P : x  4y  2z  6  0 ,Q: x  2y  4z 6  0 . Lập
phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến củaP,Q và cắt các trục tọa độ tại các điểm , A B,C sao cho hình chóp . O ABC là hình chóp đều.
A. x  y  z  6  0 .
B. x  y  z  6  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Lời giải Chọn B
Chọn M 6;0;0, N 2;2;2 thuộc giao tuyến củaP,Q Gọi A ; a 0;0, B0; ;
b 0,C 0;0;c lần lượt là giao điểm của   với các trục Ox,Oy,Oz    x y z
:    1a,b,c  0 a b c  6 1    chứa  M , N a   2 2 2    1 a b c Hình chóp .
O ABC là hình chóp đều OA  OB  OC  a  b  c
Vây phương trình x  y  z  6  0 .
Câu 106: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABC . D AB C  D
  có điểm A trùng với gốc
của hệ trục tọa độ, B ; a 0;0 , D0; ;
a 0, A0;0;b (a  0,b  0) . Gọi M là trung điểm của
cạnh CC . Giá trị của tỉ số a để hai mặt phẳng (A B  )
D và MBD vuông góc với nhau là b A. 1 . B. 1 . C. 1. D. 1. 3 2 Lời giải Chọn D   Ta có     b  AB DC
C a; a;0  C 'a;a;b  M a;a;    2  Cách 1. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 98 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM    Ta có  b  MB  0; a;   ; BD  a; ; a 0 và A' B   ; a 0;b  2       Ta có  ab ab 2  u  MB; BD  ; ; a 2 2 2       và B ; D A' B    a ;a ;a   2 2   Chọn v  1;1;  1 là VTPT của  A' BD    A BD  MBD ab ab a 2 '  . u v  0  
 a  0  a  b  1 2 2 b Cách 2. A' B  A' D A' X  BD
AB  AD  BC  CD  a     với X là trung điểm BD MB  MD MX  BD  A'BD;MBD        A' X ; MX   a a  X ; ;0   là trung điểm BD  2 2    a a  A' X  ; ; b     2 2    a a b  MX   ;  ;     2 2 2 
 A'BD  MBD  A' X  MX
   A' X.MX  0 2 2 2  a   a  b a      0   1      2   2  2 b Câu 107: x y z
Trong không gian Oxyz , Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d :   và cắt 1 1 1 mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  4x  6y  6z  3  0 theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là?
A. 4x 11y  7z  0 . B. 6x  y  5z  0 . C. 4x 11y  7z  0 . D. 6x  y 5z  0 . Lời giải Chọn A
Mặt cầu S  có tâm I 2;3; 3 và bán kính R 
  2   2 2 2 3 3  3  5 .
Gọi H là hình chiếu của tâm I lên đường thẳng. Khi đó, mặt phẳng cần tìm sẽ vuông góc với IH tại H .  
Gọi H t;t;td . Ta có: IH.u  0  t  2;t 3; t 3.1;1;  1  2 0   .  t 3 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 99 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  Mặt phẳng      P cần tìm qua 2 2 2 H ; ;  
 có vectơ pháp tuyến là 4 11 7 IH   ; ;   .  3 3 3   3 3 3  Vậy        P 2 2 2 : 4 x  11 y   7 z   0       P: 4  x 11y  7z  0 .  3   3   3 
Câu 108: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P song song và
cách đều 2 đường thẳng x  2 y z x y 1 z  2 d :   , d :   . 1 1 1 1 2 2 1 1
A. P : 2x  2z 1 0 .
B. P : 2y  2z 1 0 .
C. P: 2x  2y 1  0.
D. P: 2y  2z 1 0 . Lời 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  d  d  d thay vào ta thấy đáp 1   2  1d,P d2,P M ,P N,P án D thỏa mãn.
Câu 109: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A3;0;2 , B3;0;2 và mặt cầu 2 2 2
x  ( y  2)  (z 1)  25 . Phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và cắt mặt
cầu S  theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là
A. 3x  2y  z  7  0 .
B. x  4y  5z 13  0.
C. 3x  2y  z –11 0 .
D. x  4y 5z 17  0 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu S có tâm I 0;2; 
1 , bán kính R  5 . Do IA  17  R nên AB luôn cắt S . Do
đó () luôn cắt S  theo đường tròn C có bán kính r  R  d I  2 2 , . Đề bán kính r
nhỏ nhất  d I,  lớn nhất.
Mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mp ABC.  
Ta có AB  (1;1;1) , AC  (2; 3
 ; 2) suy ra  ABC có véctơ pháp tuyến   
n   AB, AC  (1; 4; 5  )     
(α) có véctơ pháp tuyến n  n, AB  ( 9   6;3)  3  (3;2;1)   
Phương trình   : 3x – 2  2 y – 
1 1 z – 3  0  3x  2y  z –11  0 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 100 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 110: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  có phương trình:  2 2 2 x y
x  y  z  2x  4y  2z  3  0 , và đường thẳng 1  : 
 z . Mặt phẳng P vuông góc 2 2 
với  và tiếp xúc với S có phương trình là.
A. 2x  2y  z  2  0 và 2x  2y  z 16  0.
B. 2x  2y  3 8  6  0 và 2x  2y 3 8  6  0 .
C. 2x  2y 3 8  6  0 và 2x  2y 3 8  6  0 .
D. 2x  2y  z  2  0 và 2x  2y  z 16  0. Lời giải Chọn D 
Mặt phẳng P vuông góc với  nên P có VTPT n  2; 2  ;  1 .
 P : 2x  2y  z  D  0 .
S có tâm I 1;2;  1 , bán kính R  3 .  2.1 2.(2) 1 D
P tiếp xúc S   d I;P  R   3 . 2 2 2 2  (2) 1 7  D  9 D  2  7  D  9    . 7 D 9     D  16
Vậy phương trình P là 2x  2y  z  2  0 và 2x  2y  z 16  0. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 101 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 12: PTMP SONG SONG VỚI MP, THỎA ĐK
Câu 111: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x  2y  z  7  0 và mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  6z 11  0 . Mặt phẳng song song với P và cắt S  theo một
đường tròn có chu vi bằng 6 có phương trình là
A. P : 2x  2y  z 19  0
B. P : 2x  2y  z 17  0
C. P : 2x  2y  z 17  0
D. P : 2x  2y  z  7  0 Lời giải Chọn B
Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  5; bán kính đường tròn giao tuyến là r  3.
Mặt phẳng Q song song với mặt phẳng P : 2x  2y  z  7  0 có phương trình là
2x  2y  z  m  0 m  7   . 2  4  3  m m  17 Ta có d I Q 2 2 ;  R  r 
 25  9  m  5 12  . 3  m  7  Do m  7
 nên m 17 . Vậy phương trình mặt phẳng Q : 2x  2y  z 17  0.
Câu 112: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , Hai mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z – 2x – 4y – 6z  5  0 và song song với mặt phẳng P : x – 2y  2z – 6  0 ?
A. x – 2y  2z 10  0 và x – 2y  2z –10  0 .
B. x – 2y  2z  6  0 và x – 2y  2z –12  0 .
C. x – 2y  2z  6  0 và x – 2y  2z – 6  0 .
D. x  2y  2z – 6  0 và x  2y – 2z  6  0 . Lời giải Chọn B
S có tâm I 1;2;3 và bán kính R  3.
Q song song với P nên Q: x  2y  2z  m  0, m  6  .  m 
Q tiếp xúc S  khi và chỉ khi d I Q 6 ,  R   . m  12
Câu 113: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt
phẳng   : x  y  z  0 đồng thời tiếp xúc với mặt cầu S 2 x  2 y  2 :
z  2x  2y  2z  0 ? A. 0. B. 2 . C. Vô số. D. 1. Lời giải Chọn D
Gọi   là mặt phẳng cần tìm. S 2 2 2
: x  y  z  2x  2y 2z  0  I 1;1;  1 ; R  3 .
    : x  y  z  0    : x  y  z  c  0 c  0.  3  c c  0Nh
 tiếp xúc với S 
 3  3  c  3   . 3 c    6 L
   : x  y  z 6  0vậy có 1 mặt phẳng  .
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 102 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Ta có: d I;     3  R 
nên   tiếp xúc với S . Do đó chỉ còn có 1 mặt phẳng song
song với   và tiếp xúc với S . Câu 114: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
Scó phương trình là 2 2 2
(S) : x  y  z  2x  4y  6z 11  0 và cho mặt phẳng P có phương trình là
P:2x  2y  z 18  0. Mặt phẳng Q song song với mặt phẳng Pđồng thờiQ tiếp xúc
với mặt cầuS  ,Q có phương trình là:
A. Q: 2x  2y  z 12  0.
B. Q : 2x  2y  z  28  0 .
C. Q : 2x  2y  z 18  0 .
D. Q : 2x  2y  z  22  0. Lời giải Chọn A
mặt cầu S  có tâm I(1;2;3) có bán kính R  5.
Mặt phẳng Q song song với mặt phẳng P nên Q có phương trình là
Q:2x  2y  z  D  0;D  1  8 .
Mặt phẳng Q tiếp xúc với mặt cầu S  nên d(I,(Q))  R . 2.1 2.2 1.3  D D  1  8   5  3 D  15  .      2 2 2 D  12 2 2 1
Kết hợp với điều kiện ta có phương trình của mặt phẳng Q là Q: 2x  2y  z 12  0.
Câu 115: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A1; 2;0 , B 0;1;  1 , C 2;1;  1 và
D 3;1;4 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. 7 .
B. Có vô số mặt phẳng. C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A      Ta có: AB   1  ;1;  1 , AC  1;3; 
1 , AD  2;3;4 . Suy ra: AB, AB   4  ;0; 4  4 điểm ,
A B, C, D không đồng phẳng.
Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm ,
A B, C, D sẽ có hai loại:
Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh
chung đỉnh)  có 4 mặt phẳng như thế). A A A A 1 2 4 B D B D B 3 D B D C C C C
Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh
thuộc hai cặp cạnh chéo nhau)  có 3 mặt phẳng như thế). TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 103 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A A A 5 7 6 B D B D B D C C C
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 116: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng Q : x  y  2z 3  0. Mặt phẳng R
song song với Q và cách điểm M 1; 0; 2 một khoảng bằng 2 có phương trình: 6 A. x  y  2z  3  0
B. x  y  2z  7  0 . C. x  y  2z  0 .
D. x  y  2z  7  0 . Lời giải Chọn D
R: x  y  2z  d  0.  d d   d M ,  R 2 5 2 3        . 6 6 6 d  7 
Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho có phương trình 2 2 2
x  y  z  2x  4y  6z 11  0 .
Viết phương trình mặt phẳng   , biết   song song với P: 2x  y  2z 11 0 và cắt mặt
cầu S  theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng 8 .
A. 2x  y  2z  7  0 .
B. 2x  y  2z  5  0 .
C. 2x  y  2z  7  0 .
D. 2x  y  2z 11  0. Lời giải Chọn C
Mặt cầu S  có tâm I 1;2;3 và bán kính 2 2 2
R  1  2  3 11  5.
Chu vi thiết diện bằng 8 nên bán kính r của đường tròn thỏa mãn 8  2r  r  4 d I   2 2 ,  R  r  3 .
Phương trình mặt phẳng   song song với P : 2x  y  2z 11 0 có dạng
 :2x  y 2z  m  0m 1 1. 2.1 2  2.3  m d I,   3 
 3  m  2  9  m 11 m  7
 . Đối chiếu điều kiện suy 2 2 2 1  2  2
ra   : 2x  y  2z 7  0 .
Câu 118: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2x  6y  4z  2  0 và mặt phẳng
 : x  4y  z -11 0. Viết phương trình mặt phẳngP, biết P song song với giá của 
vectơ v  1;6;2 , vuông góc với   và tiếp xúc với S  . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 104 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 2x  y  2z  3  0 3x  y  4z 1  0 A.  B. 
2x  y  2z  21  0 3x  y  4z  2  0 4x  3y  z  5  0 x  2y  z  3  0 C.  D. 
4x  3y  z  27  0 x  2y  z  21  0 Lời giải Chọn A
Mặt cầu S  có tâm I 1; 3
 ;2 và bán kính R  4 . 
Vì mặt phẳng (P) song song với giá của vectơ v  1;6;2 , vuông góc với   nên có vec tơ    pháp tuyến n      2; 1  ;2  n ,v .  
Mặt phẳng P: 2x  y  2z  D  0.
Vì P tiếp xúc với mặt cầu S  nên ta có: 2.1 3  2.2  D D  2  1 d I;P  R 
 4  D  9 12   . 2   2 2 2 1  2 D  3 2x  y  2z  3  0
Vậy phương trình mặt phẳng   là: 
2x  y  2z  21  0
Câu 119: Cho mặt phẳng P: 2x  2y  z 10  0 và mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  6z 11  0
mặt phẳng Q song song với P và tiếp xúc với mặt cầu S  có phương trình là?
A. 2x  2y  z 10  0 . B. 2x  2y  z  0 .
C. 2x  2y  z  20  0 .
D. 2x  2y  z  20  0 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu S  có tâm I 1; 2  ;  3 bán kính R  5.
Mặt phẳng Q có dạng Q : 2x  2y  z  d  0 .
Do Q tiếp xúc với S  nên d I,Q  R . 2.1 2 2    3 d d  20   5  d  5  15  . 3  d  1  0
Câu 120: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 2 3  25 và hai điểm A3; 2
 ;6, B0;1;0 . Mặt phẳng P : ax  by  cz  2  0 chứa đường thẳng AB và cắt S 
theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức M  2a  b  c . A. M  1. B. M  4 . C. M  2 . D. M  3. Lời giải Chọn A 
* Ta có: P  n   ; a ; b c trong đó a; ;
b c không đồng thời bằng 0 . Mặt cầu S  có tâm
I 1;2;3 và bán kính R  5. 3
 a  2b  6c  2  0 b   2
Do mặt phẳng P chứa đường thẳng AB nên ta có:      1 b   2  0 a  2  2c TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 105 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
* Bán kính đường tròn giao tuyến là: 2 2 r  R  d trong đó    d  d I P 2 c 4 c 8c 16 ;  
. Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là 2 2 2 2 a  b  c 5c  8c  8 2 c  8c 16 1 24 2c  3 2c  3 d lớn nhất    . lớn nhất  m  lớn nhất. 2 2 5c  8c  8 5 5 5c  8c  8 2 5c  8c  8 * Coi hàm số 2c  3 m 
là một phương trình ẩn c ta được 2 5c  8c  8 2 5mc  24m   1 c  8m 3  0 , phương trình có nghiệm 2
c    24m  23m 1  1 0  
 m  1  m lớn nhất  c 1. 24
 a  0  M  2a  b  c 1.  HẾT  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 106 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM YÊ Ề U Đ 4 CH N x  x at 0   : y  y bt t
có điểm M x ;y ;z  Véctơ chỉ phương 0 0 0  0   Tham số z  z ct PHƯƠNG  0 u a;b;c TRÌNH .  x x y  y z  z 0  0  0 :
có điểm M x ;y ;z  Véctơ chỉ 0 0 0  Chính tắc a b c
phương u  a;b;c nếu a;b;c  0 .
 Giao tuyến hai mặt phẳng:
Cho hai mặt phẳng  :Ax By Cz D  0 và  :Ax B y C z D  0 cắt nhau.   
Gọi  là giao tuyến của chúng. Khi đó, đường thẳng  có VTCP là   u  n ;n    .  
A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG:
B. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU: (xem lại Chuyên Đề Phương Trình Mặt Cầu).
C. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT PHẲNG: x x y y z z
 Trong không gian Oxyz , cho     0  0  0 :
và mặt phẳng  :Ax By Cz D  0. a b c TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 107 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  x at 0
– Ta viết lại phương trình  dưới dạng tham số:  
: y  y bt thay x ;y ;z vào mặt phẳng 0 z  z   ct 0  .
– Được phương trình: A x at  B y bt  C z ct  D  0 . Đặt 0 0 0
f t   A x at  B y bt  C z ct   D . 0 0 0
– Khi đó:A x at   B y bt  C z ct   D  0  f t   0 . 0 0 0
Ta có các trường hợp sau:
Nếu f t   có 1 nghiệm Nếu 0
Nếu f t   0 vô số nghiệm f t   0 vô nghiệm   Đường thẳng 
 Đường thẳng    
 Đường thẳng  / /  .   I . .
D. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG: PHƯƠNG PHÁP 1 PHƯƠNG PHÁP 2 – Lập  đi qua
Khoảng cách từ M x ;y ;z M x ;y ;z và vuông góc M M M  M M M    M M ;u  đến đường thẳng với  . d M ;  0  
– Tìm tọa độ giao điểm  .  x x y  y z  z u 0  0  0 : . a b c H    .
– Khi đó, d M ;  MH . Khoảng cách hai đường
– Lập  chứa  và song 1  x x y y z  z 0 :  0  0 và song .
   1  a b c 2 u ;u .MN V 1 1 1  1 2  hop d  ;  d N ; d  ; . 1 2      1 2    x  x  y y z  z – Khi đó,      u ;u  S 0 :  0  0 chéo  1 2  day 2 a b c 
 công thức khoảng cách 2 2 2 nhau. từ điểm đến mặt.
 DẠNG TOÁN 1: TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT x  0 Câu 1: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y  t
. Vectơ nào dưới đây là z  2t 
vecto chỉ phương của đường thẳng d ?     A. u  1; 0;   1 . B. u  0; 0; 2 . C. u  0; 1; 2 . D. u  0; 1;   1 . Lời giải Chọn D 
Dễ thấy vectơ chỉ phương của d là u  0; 1;   1 .
Câu 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P:2x  y  z 3  0 và điểm A1; 2; 
1 . Phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với P là: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 108 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  2  t x 1 2t x 1 2t x 1 2t A.      :y  1 2t .
B.  :y  2  2t . C.  :y  2   t . D.  :y  2   4t . z 1t     z  1 2t  z  1 t  z  1 3t  Lời giải Chọn C     qua A1; 2  ;  1 x 1 2t Đường thẳng    :     : y  2   t . VTCP n   2;1;     1 P z 1t 
Câu 3: Trong không gian Oxyz , tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng d : x  4 y  5 z  7   . 7 4 5 A.     u  7; 4  ; 5   . B. u  5; 4  ; 7   . C. u  4;5; 7  . D. u  7;4; 5   . Lời giải Chọn D x  y  z   d : 4 5 7  
có một vectơ chỉ phương là u  7;4; 5   . 7 4 5 Câu 4: x  y  z
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng 2 2 d :   đi qua những điểm 1 2 3 nào sau đây? A. A 2  ;2;0 B. B2;2;0 C. C  3  ;0;3 D. D3;0;3 Lời giải Chọn D Ta có 3 2 0  2 3 
  1 nên đường thẳng d đi qua điểm D . 1 2 3 Câu 5: x  y  z 
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 2 1 3 d :  
. Điểm nào sau đây không 3 1 2 thuộc đường thẳng d ? A. Q 1  ;0; 5   B. M  2  ;1;3 C. N 2; 1  ;3 D. P5; 2  ;  1 Lời giải Chọn B
Nhận xét N, P,Q thuộc đường thẳng d . Tọa độ điểm M không thuộc đường thẳng d .
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A1;1;  1 ; B 1  ;1;0 ; C 1;3;2. 
Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC nhận vectơ a nào dưới đây là một vectơ chỉ phương?     A. a   1  ;1;0 . B. a   2  ;2;2. C. a   1  ; 2;  1 . D. a  1;1;0 . Lời giải Chọn A 
Trung điểm BC có tọa độ I 0;2; 
1 nên trung tuyến từ A có một VTCP là AI   1  ;1;0. Câu 7: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có vectơ chỉ phương u và mặt phẳng  
P có vectơ pháp tuyến n . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  
d song song với P thì u cùng phương với n . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 109 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM B.  
d vuông góc với P thì u vuông góc với n . C.  
u vuông góc với n thì d song song với P . D.  
u không vuông góc với n thì d cắt P . Lời giải Chọn D
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;3; 
1 , B 1;2;4. Phương trình
đường thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng A . B . x  2  t A. x 1 y  2 z  4    . B. y  3t . 1 1 5  z  1   5t  x 1 t C.  x  y  z  y  2  t . D. 2 3 1   .  1 1 5 z  4  5t  Lời giải Chọn D  AB  1;1;5 . 
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận AB   1  ;1;5
làm vectơ chỉ phương là : x  2 y  3 z 1   .Vậy chọn đáp án D. 1 1 5 Câu 9: x  y z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 d :   . Điểm nào 1 2  2
dưới đây không thuộc d ? A. N 1;0;  1 . B. F 3; 4  ;5 . C. M 0;2;  1 . D. E 2; 2  ;  3 . Lời giải Chọn C Thay tọa độ điểm    E 2; 2  ;3 vào 2 1 2 3 1 d   
 thỏa mãn nên loại A. 1 2 2 Thay tọa độ điểm   N 1;0;  1 vào 1 1 0 1 1 d   
 thỏa mãn nên loại B. 1 2 2 Thay tọa độ điểm    F 3; 4  ;5 vào 3 1 4 5 1 d   
 thỏa mãn nên loại C. 1 2 2 Thay tọa độ điểm   M 0;2;  1 vào 0 1 2 1 1 d   
 không thỏa mãn nên chọn D. 1 2 2 Câu 10: x  y   z
Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d  1 1 2 :   . Véctơ nào sau 2 3 1
đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d  ?     A. u   2  ;3;  1 . B. u   1  ;1;2 . C. u   . D. u     . d  2; 3;  1 d 2; 3;  1 d  d Lời giải Chọn C      d  x 1 y 1 z 2 :   suy ra u   . d 2; 3;  1 2 3 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 110 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 2: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHÔNG DÙNG T.C.H)
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 2; 3  ; 
1 và mặt phẳng   :
x  3y  z  2  0 . Đường thẳng d qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng   có phương trình là x  2  t x  1 2t x  2  t x  2  t A.     d : y  33t . B. d : y  3 3t . C. d : y  3   3t . D. d : y  3   3t . z 1t     z  1 t  z  1 t  z  1 t  Lời giải Chọn D x  2  t   d qua điểm M 2; 3  ;  1 nhận n  1;3; 
1 là vtcp nên d có dạng d : y  3   3t . z 1t 
Câu 12: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A3; 2
 ;4 và có véctơ chỉ phương
u 2;1;6 có phương trình A. x  3 y  2 z  4      . B. x 3 y 2 z 4   . 2 1 6 2 1 6 C. x  3 y  2 z  4      . D. x 2 y 1 z 6   . 2 1 6 3 2 4 Lời giải Chọn A 
Phương trình đường thẳng đi qua điểm A3;2;4 và có véctơ chỉ phương u  2;1;6 là: x  3 y  2 z  4   . 2 1 6
Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Đường thẳng d đi qua M 2;0;  1 và có véc tơ chỉ  phương a  4; 6  ;2 có phương trình x  2  2t x  2  2t x  2   4t x  4  2t A.     y  3  t B. y  3  t . C. y  6t . D. y  3  t . z  1   t     . z  1 t  z  1 2t  z  2  t  Lời giải Chọn A  Ta có: a  4; 6  ;2  22; 3  ;  1 . qua M  2;0; 1 d :   . V  TCPu   2; ;  3;  1
Câu 14: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A 2
 ;4;3 và vuông góc với mặt phẳng
2x  3y  6z 19  0 có phương trình là A. x  2 y  3 z  6      . B. x 2 y 4 z 3   . 2 4 3 2 3 6 C. x  2 y  3 z  6      . D. x 2 y 4 z 3   . 2 4 3 2 3 6 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 111 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn B 
Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng 2x  3y  6z 19  0 là n  2;3;6 .
Đường thẳng đi qua điểm A 2
 ;4;3 và vuông góc với mặt phẳng 2x  3y  6z 19  0 có 
một véc tơ chỉ phương là x  y  z 
u  2;3;6 nên có phương trình là 2 4 3   . 2 3 6
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm B2;1;3 và mặt phẳng
P:2x 3y 3z 4  0. Đường thẳng  đi qua điểm B và vuông góc mpP có phương trình là A. x  2 y 1 z  3      . B. x 2 y 1 z 3   . 2 3 1 2 3  1 C. x  2 y 1 z  3      . D. x 2 y 1 z 3   . 2 3  1 2 3 1 Lời giải Chọn B 
Do  vuông góc với mpP nên véc tơ chỉ phương của  : u    2; 3;  1
Vậy phương trình đường thẳng     : x 2 y 1 z 3   . 2 3 1
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình chính tắc của đường thẳng qua
A1; 4;  7 và vuông góc với mặt phẳng P : x  2y – 2z – 3  0 là       A. x 4 y 1 z 7   . B. x 1 y 4 z 7   . 1 2 2  1 2 2       C. x 4 y 1 z 7   . D. x 1 y 4 z 7   . 2 1 2 1 2 2 Lời giải Chọn B 
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến n  (2;  3; 3). 
Đường thẳng cần tìm có vectơ chỉ phương n và đi qua A nên chọn.B.
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1  ; 3
 ;2 và mặt phẳngP : x  2y  3z  4  0 , Đường
thẳng đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳngP có phương trình là x 1 y  2 z  3 x 1 y  3 z  2 A.   . B.   . 1 2  3  1 2  3  x 1 y  3 z  2 x 1 y  3 z  2 C.   . D.   . 1  2 3 1 2  3  Lời giải Chọn B Đường thẳng qua A 1  ; 3
 ;2 vuông góc với mặt phẳng P : x  2 y  3z  4  0 nên có một  x 1 y  3 z  2
vectơ chỉ phương u  1;2; 3
  , có phương trình:   1 2  3  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 112 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho đường thẳng d có phương trình tham số x 1 2t 
y  2  t . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d . z  3t  A. x 1 y  2 z  3 x  y  z  d :   . B. 1 2 3 d :   . 2 1 1 2 1 1 C. x 1 y  2 z  3 x  y  z  d :   . D. 1 2 3 d :   . 2 1  1 2 1 1 Lời giải Chọn B
Từ phương trình tham số ta thấy đường thẳng d đi qua điểm tọa độ 1;2; 3   và có VTCP u  2; 1  ;  1 .
Suy ra phương trình chính tắc của x  y  z  d là: 1 2 3   .. 2 1  1
Câu 19: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi
qua hai điểm A1;2;3, B2;3;  1 .. x 1 t x  2  t x  1 t x  3 t A.     y  2  5t . B. y  3   5t . C. y  2  5t . D. y  8   5t . z  3 4t     z 1 4t  z  3   2t  z  5  4t  Lời giải Chọn D  Ta có AB  1; 5  ;4 . 
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB  1;5;4 nên loại đáp án A, B. 1   1 t t   0 Thay tọa độ   A1;2; 3
  vào đáp án C được 2  2 5t  
3 hay điểm A không thuộc t    3 3 4t       2
đường thẳng ở đáp C nên loại đáp án C, còn lại là D.
Câu 20: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x  y  3z  0. Đường thẳng d đi
qua M 1; 1; 2 và vuông góc với P có phương trình x 1 2t x 1 3t x  3  3t x  2  3t A.     y  1 t . B. y  1   t . C. y  t . D. y  t . z  23t     z  5  2t  z  2t  z  2  2t  Lời giải Chọn A   n  u  2; 1; 3 . P d  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 113 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 3: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H
Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho điểm A3;1; 5
 , hai mặt phẳng P : x  y  z  4  0 và Q :
2x  y  z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A đồng thời  song song với
hai mặt phẳng P và Q . A.  x  y  z  x  y  z  : 3 1 5   . B.  : 3 1 5   . 2 1  3  2 1 3  C.  x  y  z  x  y  z  : 3 1 5   . D.  : 3 1 5   . 2 1 3  2 1 3 Lời giải Chọn A 
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P là n  1; 1  ;1 . 1   
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng Q là n  2;1;1 . 1       1 1 1 
  n và n không cùng phương. 2 1 1 1 2
 P và Q cắt nhau.
Mặt khác: AP, AQ .   Ta có: n ,n    2  ;1;3. 1 2   
Đường thẳng  đi qua A3;1; 5
  và nhận vectơ n  2;1;3 làm vectơ chỉ phương.
Phương trình chính tắc của đường thẳng x  y  z   là: 3 1 5   . 2 1 3
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x  3y  2z  2  0 và Q: x 3y  2z 1 0.
Phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng P , Q là A. x y z   . B. x y z   . C. x y z   . D. x y z   . 9 12 2 12 2  9  9 12 2 12 2 9  Lời giải Chọn C   
P có VTPT n  2;3;2 , Q có VTPT n  1; 3  ;2 .
Do đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng P , Q nên đường thẳng có VTCP   
u  n, n  12; 2  ; 9  .
Vậy phương trình đường thẳng là x y z   . 12 2 9 
Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;3;2, B1;2; 
1 ,C 1;1;3 . Viết phương
trình tham số của đường thẳng  đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC. x 1 3t x 1 3t x 1 3t x 1 A.      : y  2  2t . B.  : y  2 . C.  : y  2  t . D.  : y  2  2t . z  2t     z  2  z  2  z  2  t  Lời giải Chọn B TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 114 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM  
Ta có:  qua G1;2;2 và có một vectơ pháp tuyến là: AB, AC   3  ;0;0   . x 1 3t Do đó:   : y  2 . z  2 
Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A2;1;0, B1;1;3,C 5;2;  1 . Tìm tất cả
các điểm cách đều ba điểm , A B, C . 3 y 
A. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm x  3 z  2 , A B, C là đường thẳng 2   . 3 1  0 1 3 y 
B. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm x  3 2  z , A B, C là đường thẳng 2   . 3 10 1 3 y 
C. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm x  3 z  2 , A B, C là đường thẳng 2   . 3 10 1 3 y 
D. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm 3  x z  2 , A B, C là đường thẳng 2   . 3 1  0 1 Lời giải Chọn A  
AB  1;0;3, AC  3;1;  1 . .   Khi đó A .
B AC  0 suy ra tam giác ABC vuông tại A , suy ra tất cả các điểm cách đều ba điểm   ,
A B,C nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC tại 3 I 3; ; 2   (với I  2    
là trung điểm cạnh BC ). VTCP của đường thẳng u  AB, BC   3;10;  1   . 3 y 
Suy ra phương trình của đường thẳng là x 3 z  2 2   . 3 10 1 
Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 3  ;4 , đường thẳng x  2 y  5 z  2 d :  
và mặt phẳng P : 2x  z  2  0 . Viết phương trình đường thẳng  3 5 1 
qua M vuông góc với d và song song với P. A. x 1 y  3 z  4     x y z :   . B. 1 3 4  :   . 1 1 2 1 1 2 C. x 1 y  3 z  4     x y z :   . D. 1 3 4  :   . 1 1 2 1 1  2 Lời giải Chọn B  
Đường thẳng d có VTCP là u  3;5; 
1 và mặt phẳng P có VTPT là np  2;0;  1 . d   Suy ra u  n  5; 5  ;10 . d p  
Khi đó chọn VTCP của đường thẳng  là u   .  1;1; 2
Phương trình đường thẳng x 1 y  3 z  4  :   . 1 1 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 115 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 26: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC biết A1;0;  1 , B 2;3;  1 , C  2  ;1;  1 .
Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và vuông
góc với mặt phẳng  ABC là: A. x  3 y 1 z  5    . B. x y 2 z   . 3 1 5 3 1 5 C. x 1 y z 1      . D. x 3 y 2 z 5   . 1 2 2 3 1 5 Lời giải Chọn A   
Ta có: AB  1;3;0; BC  4; 2  ;2 , AC   3  ;1;2 2  AB  10 , 2 BC  24 , 2
AC  14  ABC vuông tại A .
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của BC  I 0;2;0 .   
Đường thẳng d cần tìm đi qua I 0;2;0 và nhận vectơ 1
u   AB, AC   3;1;5 làm véc tơ 2  
chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng x  y  z  d là : 3 1 5   . 3 1 5
Câu 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
P: z 1 0 và Q: x  y  z 3  0. Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, cắt
đường thẳng x 1 y  2 z  3  
và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của 1 1 1 đường thẳng d là x  3 t x  3 t x  3  t x  3  t A.     y  t . B. y  t . C. y  t . D. y  t . z 1t     z  1  z  1  z  1 t  Lời giải Chọn C d' Q I d P Đặt   n  0;0;  1 và n 
lần lượt là véctơ pháp tuyến của P và Q . Q 1;1; 1 P Do      
P Q nên  có một véctơ chỉ phương u  n ,n    .     1;1;0 P Q  Đường thẳng  
d nằm trong P và d   nên d có một véctơ chỉ phương là u  n ,u d P     1  ; 1  ;0 . Gọi x 1 y  2 z  3 d :  
và A  d d  A  dP 1 1 1  z 1  0 z 1 Xét hệ phương trình  
 x 1 y  2 z  3  y  0  A3;0;  1 .    1 1 1 x  3  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 116 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  3  t
Do đó phương trình đường thẳng  d : y  t . z 1  Câu 28: x  y  z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d  1 1 2 :   và mặt 2 1 3
phẳng P: x  y  z 1  0 . Viết pt đường thẳng  đi qua điểm A1;1; 
 2 , biết // P và  cắt d . A. x 1 y 1 z  2      . B. x 1 y 1 z 2   . 1 1 1 2 1 3 C. x 1 y 1 z  2      . D. x 1 y 1 z 2   . 8 3 5 2 1 1 Lời giải Chọn C
Gọi M  d     M 1 2t;1 t; 2  3t. 
Khi đó AM  2t  2; t;3t  4 là một vectơ chỉ phương của  .   
// P  AM  n     . P 1; 1;   n với 1 P     
 AM. n   0  2t  2t 3t  4  0  t  3   AM   8  ;   3;   5 . P
Vậy  x 1 y 1 z  2 :   . 8 3 5 x  1 t Câu 29: 
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : y  2  t và mặt phẳng P : x  2y  z  6  0 . z  2t 
Phương trình đường thẳng qua điểm M 0;2; 
1 cắt d và song song với P là. x  t x  1 t x 1 2t x 1 t A.     y  2 . B. y  2t . C. y  2  3t D. y  2 . z  1   t     z  1 t  z  1 t  . z  1 t  Lời giải Chọn A
Lấy tọa độ điểm M 0;2; 
1 thay vào các phương án. 0 1 2t 
2  2  3t vô nghiệm nên loại phương án A.  1  1 t  0 1 t  2  2
vô nghiệm nên loại phương án B.  1  1 t  0 1 t  2  2t
vô nghiệm nên loại phương án C.  1   1 t  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 117 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  t
Đường thẳng y  2 qua điểm M 0;2; 
1 cắt d và song song với P . z  1t  Câu 30: x  y  z
Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng   3 3 d :   , mặt phẳng 1 3 2
P: x  y  z 3  0 và điểm A1;2; 1. Đường thẳng  đi qua A , cắt d  và song song
với mặt phẳng P có phương trình: A. x 1 y  2 x 1      . B. x 1 y 2 x 1   . 1 2 1 1 2 1 C. x 1 y  2 z 1      . D. x 1 y 2 x 1   . 1 2 1 1 2  1 Lời giải Chọn C 
Gọi B  d    B3 t;3 3t;2t  AB  t  2;3t 1;2t  
1 là một vectơ chỉ phương của  
 . Mặt phẳng P có một vectơ pháp tuyến n  1;1;  1 .      // P  A .
B n  0  t  2  3t 1 2t 1  0  t  1
 . Ta được AB  1; 2  ;  1 . 
Do AP nên đường thẳng đi qua A nhận AB  1;2; 
1 làm một vectơ chỉ phương thoả bài toán. TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 118 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 4: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI ĐƯỜNG KIA.
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm A1;2;3 và hai đường thẳng x  2 y  2 z  3 x 1 y 1 z 1     1 d : ;d2 :
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua 2 1 1 1 2 1 A , vuông góc với 1 d và cắt 2 d .       A. x 1 y 2 z 3   . B. x 1 y 2 z 3   . 1 3 5  1 3  5       C. x 1 y 2 z 3   . D. x 1 y 2 z 3   . 1 3  5 1 3  5 Lời giải Chọn B
Gọi B là giao điểm của d và d . Bd  B t  t   t . 2 2 (1 ;1 2 ; 1 )   d       1 d A . B 1 u 0 t 1 suy ra B(2;-1;-2).     PT x y z
d đi qua A và có vecto chỉ phương AB  (1; 3  ; 5  ) : 1 2 3   . 1 3 5 Câu 32: x 2 y  2 Trong không gian Oxyz , cho 2 đường thẳng d :   z 3 ; 1 2 1 x 1 y 1 z 1 d :   và A1;2; 
3 . Đường thẳng qua A vuông góc d , cắt d có phương 2 1 2 1 1 2 trình là : A. x1 y 2 z 3   . B. x1 y 2 z 3   . 1 3 5 1 3 5 C. x 1 y 2 z 3   . D. x1 y 2 z 3   . 1 3 5  1 3 5 Lời giải Chọn C
Giả sử đường thẳng d cần tìm cắt đường thẳng d tại B  B1t;1 2t;1 t,t  . R . 2   Vì d  d  . u AB  0  3  t  3  0 t  1  . 1 
Vậy đường thẳng d đi qua điểm A1;2;3 và có vtcp AB1; 3  ; 5
  nên có phương trình là. x 1 y  2 z  3   . 1 3 5 Câu 33: x  y  z 
Trong không gian Oxy , cho điểm M  1
 ;1;2 và hai đường thẳng 2 3 1 d :   , 3 2 1 x 1 y z d :  
. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm 1 3 2 
M , cắt d và vuông góc với d ? x 1 3t x  1   3t x  1   7t x  1   3t A.     y 1 t . B. y 1 t . C. y 1 7t . D. y 1t . z  2     z  2  z  2  7t  z  2  Lời giải Chọn D
Gọi đường thẳng cần tìm là  , A là giao của  và d . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 119 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 
Khi đó: A2  3t;3 2t;1t , MA  3 3t ; 4  2t ;1 t .  
Do  vuông góc với d nên: M .
Au  0  7t  7  0  t  1. 2 
Khi đó MA  6; 2;0 , hay vectơ chỉ phương của  là 3;1;0 . x  1   3t Vậy phương trình   : y 1t . z  2 
Câu 34: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A1;2;3 và đường thẳng x 1 y z  3 d :  
. Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d 2 1 2 
và cắt trục hoành. Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  .     A. u  1; 2; 0 . B. u  1; 0;  1 . C. u  2; 2; 3. D. u  0; 2;  1 . Lời giải Chọn C
 là đường thẳng đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d nên  nằm trong mặt
phẳng P qua A và vuông góc với d .
Phương trình mặt phẳng P : 2x  
1   y  2  2z  3  0 hay 2x  y  2z  2  0 .
Giao điểm B của trục hoành và P có tọa độ là B 1  ; 0; 0 . 
Khi đó BA  2; 2; 3 . 
Vậy một vectơ chỉ phương của  là u  2; 2; 3.
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 2;1;0 và đường thẳng x 1 y 1 z  :  
. Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt và vuông 2 1 1 góc với  . A. x  2 y 1 z x  y  z d :   . B. 2 1 d :   . 1 4 1 1 4 1 C. x  2 y 1 z x  y  z d :   . D. 2 1 d :   . 2 4 1 1 4  2 Lời giải Chọn D 
* Gọi N  d   N  nên N 1 2t; 1   t; t
  . Khi đó ta có MN  2t 1;t  2; t   . Đường 
thẳng  có vectơ chỉ phương a  2;1;  1 .    * Vì  
d    MN.a  0    t  2
2 1 2  2  t  t  0  t  1 4 2  MN  ;  ;   . Chọn vectơ chỉ 3  3 3 3  
phương của d là a  1;4; 2  . d  * Vậy phương trình của x  2 y 1 z d :   . 1 4 2 x  1 t Câu 36: x  2 y  2 z  3 
Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  
; d : y 1 2t và điểm 1 2 1  1 2 z  1   t 
A1;2;3. Đường thẳng  đi qua ,
A vuông góc với d và cắt d có phương trình là. 1 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 120 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. x 1 y  2 z  3      . B. x 1 y 2 z 3   . 1 3 5 1 3 5  C. x 1 y  2 z  3      . D. x 1 y 2 z 3   . 1 3  5 1 3 5 Lời giải Chọn C  Ta có ud  2;1;1 . 1   
Đáp án B có u  1;3;5 .  
Nhận thấy ud .u  2.11.31.5  0  d   . 1 1
Các đáp án khác không thỏa mãn điều kiện vuông góc.
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ x  y  z  B là 3 3 2  
, phương trình đường phân giác trong của góc C là 1 2 1 x  2 y  4 z  2  
. Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là 2 1 1     A. u2  1; 1  ;0 . B. u4  0;1;  1 . C. u1  1;2;  1 . D. u3  2;1;  1 . Lời giải Chọn B x  2  2t
Phương trình tham số của đường phân giác trong góc  C là CD : y  4  t . z  2t  Gọi   t  t 
C  2  2t;4  t;2  t , suy ra tọa độ trung điểm M của AC là 7 5 M  2  t; ;   . Vì  2 2  M  BM nên:  7  t   5  t     t  3 2 2 3        2   2       t 1 1 t 1 t     t  1. 1  2 1 1 4 2 Do đó C  4;3;  1 .
Phương trình mặt phẳng P đi qua A và vuông góc CD là
2. x  2 1. y  3 1.z  3  0 hay 2x  y  z  2  0 .
Tọa độ giao điểm H của P và CD là nghiệm  ; x ; y z của hệ x  2  2t x  2  2t x  2    y  4  t y  4  t   y  4       H 2;4;2 . z  2  t  z  2  t  z  2 
2x  y  z  2  0 2
 2  2t  4  t  2  t  2  0 t  0
Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy ra H là trung điểm AA , bởi vậy: x       2x x 2.2 2 2 A H A  y       A2;5;  .  2y y 2.4 3 5 1 A H A x        2z z 2.2 3 1 A H A TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 121 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM 
Do A BC nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là CA  2;2;0  2 1  ;1;0 , nên x  4  t
phương trình đường thẳng  BC là y  3 t . z 1 
Vì B  BM  BC nên tọa độ B là nghiệm  ; x ; y z của hệ x  4  t x  2 y  3t    y  5 z 1    B2;5;  1  A . z  1   x  3 y  3   1 t   2  1 2  
Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là AB  0;2; 2    20;1;  1 ; hay u4  0;1;  1
là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB . x  1 t Câu 38: x  2 y  2 z  3 
Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :   và d : y  1 2t . 1 2 1 1 2 z  1 t 
Đường thẳng  đi qua điểm A 1; 2; 3 , vuông góc với d và cắt d có phương trình là 1 2 A. x  1 y  2 z  3      . B. x 1 y 2 z 3   . 1 3 5 1 3 5 C. x  1 y  2 z  3      . D. x 1 y 2 z 3   . 1 3 5 1 3 5 Lời giải Chọn D x  1 t 
M  d :  y  1 2t  M 1 t;1 2t; 1 t  . 2 z  1t   
Vectơ chỉ phương của d là u 2; 1;1 ; AM t; 2t 1; 4   t 1   
Theo yêu cầu bài toán: u.AM 0  2  t  2t  
1  4  t  0  t  1 nên AM 1; 3  ; 5   . 
Đường thẳng  đi qua điểm A 1; 2; 3 nhận AM 1; 3  ; 5
  làm vectơ chỉ phương nên: x  1 y  2 z  3  :   . 1 3 5 Câu 39: x  y z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng 1 3 d :   2 1 2
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. A. x 1 y  2 z  3      . B. x 1 y 2 z 3   . 2 2 3 2 2 3 C. x  2 y  2 z  3      . D. x 2 y 2 z 3   . 1 2 3 1 2 3 Lời giải Chọn A
Gọi B là giao điểm của đường thẳng  và trục Ox . Khi đó B ; b 0; 0 .    
Vì  vuông góc với đường thẳng d nên AB  u ( với AB  (b 1; 2  ; 3  ),u  2;1;2 ). d  d TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 122 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM    Suy ra A . B u  0  b  1  . Do đó AB  ( 2  ; 2  ; 3  ) . d 
Chọn VTCP cho đường thẳng     là x y z u  . Phương trình  là 1 2 3   .  2;2;3 2 2 3 x 1 t Câu 40: x  2 y  2 z  3 
Trong không gian Oxyz , Cho hai đường thẳng d :   ; d : y 1 2t và 1 2 2 1  1 z  1t 
điểm A1;2;3 . Đường thẳng  đi qua A , vuông góc với d và cắt d có phương trình là. 1 2    A. x 1 y  2 z  3 x y z   . B. 1 2 3   . 1 3  5 1 3 5  C. x y 1 z 1      . D. x 1 y 2 z 3   . 2 1 1 1 3 5 Lời giải Chọn A
Gọi M    d  M 1 t;1 2t;1 t . 2    AM   t  ;2t 1;t  4 .   
Có AM  u  t  1  AM  1;3;5. 1 d TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 123 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 5: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P).
Câu 41: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M 1;2;2 , song song với mặt phẳng  x  y  z 
P : x  y  z  3  0 đồng thời cắt đường thẳng 1 2 3 d :   có phương trình là 1 1 1 x 1 t x 1 t x 1 t x 1 t A.     y  2  t . B. y  2 t . C. y  2 t . D. y  2 t . z  3     z  3  t  z  3  z  2  Lời giải Chọn D
Gọi đường thẳng cần tìm là  . Gọi I   d  I d  I 1 t;2  t;3 t .    
MI  t;t;1 t mà MI // P nên MI.     
    MI  1; 1  ;0  n   0 t t 1 t 0 t 1 P 
Đường thẳng  đi qua M 1;2;2 và I có véctơ chỉ phương là MI   1  ; 1  ;0 có phương x 1 t
trình tham số là y  2 t . z  2 
Câu 42: Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng R : x  y  2z  2  0 và đường thẳng x y z 1  :  
. Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng R đồng thời cắt và vuông góc 1 2 1 1  2
với đường thẳng  có phương trình là 1 x  2  t x  2  3t x  t x  t A.     y 1 t . B. y 1t . C. y  3t . D. y  2  t . z  t     z  t  z  1 t  z  1 t  Lời giải Chọn C x  2t
Phương trình tham số của đường thẳng  là y  t . 1 z 1t  Gọi I  ; x ;
y z là giao điểm của  và R . Khi đó tọa độ của I là thỏa mãn 1 x  2t  x  0 y  t  
 y  0  I  0;0;  1 . z  1 t    z  1  x  y  2z  2  0 Mặt phẳng    R có VTPT n  1;1; 2
  ; Đường thẳng  có VTCP u  2;1;  1 . 1 Ta có    n,u  1;3;  1 .
Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng R đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng 2  . 1 Do đó  đi qua   I  0;0; 
1 và nhận n,u làm một VTCP. 2 x  t
Vậy phương trình của  là y  3  t . 2 z 1t  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 124 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Câu 43: x  y  z
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  1 1 :   và mặt phẳng 1 1 3
P: x 3y  z  0. Đường thẳng  đi qua M 1;1;2 , song song với mặt phẳng P đồng
thời cắt đường thẳng d  có phương trình là A. x  2 y 1 z  6      B. x 1 y 1 z 2   1 1 2 1 2 1 C. x 1 y 1 z  2      D. x 3 y 1 z 9   1 1 2 1 1 2 Lời giải Chọn C x 1 t
Phương trình tham số của  
d  : y 1 t ,t  . z  3t  
Mặt phẳng P có véc tơ pháp tuyến n  1;3;  1 .
Giả sử   d  A1 t;1t;3t.   
 MA  t;t;3t  2 là véc tơ chỉ phương của   M .
A n  0  t  3t  3t  2  0  t  2 .   x  y  z 
MA  2;2;4  21; 1
 ;2 . Vậy phương trình đường thẳng 1 1 2  :   . 1 1 2
Câu 44: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M 1;2;2 , song song với mặt phẳng  x  y  z 
P : x  y  z  3  0 đồng thời cắt đường thẳng 1 2 3 d :   có phương trình là 1 1 1 x 1 t x 1 t x 1 t x 1 t A.     y  2  t . B. y  2 t . C. y  2 t . D. y  2 t . z  3     z  2  z  3  t  z  3  Lời giải Chọn B
Gọi đường thẳng cần tìm là  . Gọi I   d  I d  I 1 t;2  t;3 t .    
MI  t;t;1 t mà MI // P nên MI.     
    MI  1; 1  ;0  n   0 t t 1 t 0 t 1 P 
Đường thẳng  đi qua M 1;2;2 và I có véctơ chỉ phương là MI   1  ; 1  ;0 có phương x 1 t
trình tham số là y  2 t . z  2 
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P: x  y  z  9  0, đường thẳng x  3 y  3 z d : 
 và điểm A1;2; 
1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A 1 3 2
cắt d và song song với mặt phẳng P . A. x 1 y  2 z 1      B. x 1 y 2 z 1   1 2 1 1 2 1 C. x 1 y  2 z 1      D. x 1 y 2 z 1   1 2 1 1 2 1 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 125 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn D 
Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P là n  1;1;  1 . 
Gọi B    d thì B3 t;33t;2t  AB  2  t;3t 1;2t   1 .  
Do đường thẳng  song song với mặt phẳng P nên ta có A . B n  0
 2  t  3t 1 2t 1  0  t  1 .  
Với t  1 thì AB  1;2; 
1  một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u   1  ; 2;  1 .
Vậy phương trình đường thẳng     là x 1 y 2 z 1   . 1 2 1 Câu 46: x  y  z 
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1 5 d :   và mặt phẳng 3 1 1 
(P) : 2x  3y  z  6  0 .Đường thẳng  nằm trong (P) cắt và vuông góc với d có phương trình A. x  8 y 1 z  7      . B. x 4 y 1 z 5   . 2 5 11 2 1 1  C. x  8 y 1 z  7      . D. x 4 y 3 z 3   . 2 5 11 2 5 11 Lời giải Chọn C x  2  3t
Phương trình tham số của  d : y  1   t z  5  t 
Tọa độ giao điểm M của d và (P) 2(2  3t)  3( 1
  t)  5  t  6  0  t  2  M (8;1; 7)   
VTCP của  u  u ;n   (2; 5  ; 1  1)  1.(2;5;11) d ( P)   
 nằm trong (P) cắt và vuông góc với d suy ra  đi qua M có VTCP a  (2;5;11) nên có
phương trình: x  8 y 1 z  7   . 2 5 11 Câu 47: x  y z 
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 d :   và mặt phẳng 1 1 1
P:2x  y 2z 1 0. Đường thẳng nằm trong P , cắt và vuông góc với d có phương trình là: A. x 1 y 1 z 1      . B. x 2 y 1 z 3   . 3 4 1 3 4 1 C. x  2 y 1 z  3      . D. x 2 y 1 z 3   . 3 4 1 3 4 1 Lời giải Chọn D x 1 t
Phương trình tham số của  d : y  t . z  2 t 
Xét phương trình 21 t  t
   22  t 1 0  t 1.
Vậy đường thẳng d cắt mặt phẳng P tại M 2;1;3 . TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 126 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM   Gọi a  1; 1  ;  1 và n  2;1; 2
  lần lượt là vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến d
của mặt phẳng P . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là   
a  a , n  3;4;  1 . d  
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x  2 y 1 z  3   . 3 4 1
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Cho mặt phẳng P : 2x  y  z 10  0, điểm A1;3;2 x  2   2t và đường thẳng  d : y 1 t
. Tìm phương trình đường thẳng  cắt P và d lần lượt z 1t 
tại hai điểm M và N sao cho A là trung điểm cạnh MN . A. x  6 y 1 z  3      . B. x 6 y 1 z 3   . 7 4 1 7 4  1 C. x  6 y 1 z  3      . D. x 6 y 1 z 3   7 4  1 7 4 1 Lời giải Chọn B
Ta có M  d    M d  . Giả sử M  2
  2t,1 t,1 t, t 
Do A là trung điểm MN nên N 4  2t; 5t; t 3.
Mà N P nên ta có phương trình 24  2t 5 t  3 t 10  0  t  2  . Do đó, M  6  ;1;3.  AM   7  ; 4; 
1 là vectơ chỉ phương của đường thẳng  .
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  6 y 1 z  3   . 7 4 1
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  nằm trong mặt phẳng
 : x  y  z 3  0 , đồng thời đi qua điểm M 1;2;0 và cắt đường thẳng x  2 y  2 z 1 d :  
. Một véc tơ chỉ phương của  là 2 1 3     A. u  1;1; 2   . B. u  1;1;2 . C. u  1; 2  ;  1 . D. u  1;0;  1 . Lời giải Chọn A 
Gọi N  d   khi đó ta có MN là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  .
Do N  d nên N 2  2t;2  t;3 t . Mà N   nên 2  2t  2  t  3 t 3  0  t  1  
 N 0;1;2  MN  1; 1  ;2 . 
Vậy một vec tơ chỉ phương của  là u  1;1; 2   .
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho điểm A1; 2;  
1 , đường thẳng d có phương trình x  3 y  3 z 
 và mặt phẳng α có phương trình x  y  z  3  0 . Đường thẳng  đi qua 1 3 2
điểm A , cắt d và song song với mặt phẳng α có phương trình là A. x 1 y  2 z 1      B. x 1 y 2 z 1   1 2 1 1 2 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 127 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM C. x 1 y  2 z 1      D. x 1 y 2 z 1   1 2 1 1 2 1 Lời giải Chọn B 
Gọi B3  t; 3  3t; 2t là giao điểm của d và  . Đường thẳng  nhận AB2  t; 1 3t; 2t  1 làm vec tơ chỉ phương.   Vì € α nên A . B n  0 . Suy ra α
2  t  1 3t  2t  1  0  2  2t  0  t  1
 . Suy ra B2; 0;  2 . 
Vec tơ chỉ phương của đường thẳng  : AB  1;  2;   1
Phương trình đường thẳng     : x 1 y 2 z 1   . 1 2 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 128 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 6: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VUÔNG GÓC D2. Câu 51: x  y  z 
Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;1;3 và hai đường thẳng 1 1 1 d :   và 2 1  1  x y z 1 d :  
. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và cắt cả hai đường thẳng d và d . 3 2 1 A. 1. B. 0 . C. Vô số. D. 2 . Lời giải Chọn B
Với A2t 1; t 1; t  
1  d và 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.  
2  t  k 2  t t   2k  kt  2  
Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề.   Câu 52: x y 1 z 2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d :   và 1 2 1  1 x  1 2t  d :  y  1 t
. Phương trình đường thẳng vuông góc với P : 7x  y  4z  0 và cắt hai 2 z  3  đường thẳng d , d là 1 2     A. x 2 y z 1   . B. x 2 y z 1   . 7 1 4  7  1  4     C. x 2 y z 1   D. x 7 y z 4   . 7 1 4 2 1 1 Lời giải Chọn A
Gọi d là đường thẳng cần tìm
Gọi A  d d , B  d d 1 2
A d  A 2a;1 a; 2  a 1   B  d  B 1 2 ; b 1 ; b 3 2    AB   2  a  2b 1;a  ; b a  5 
P có vectơ pháp tuyến n  7;1;4 P   
d  P  AB,n cùng phương p   2a  2b 1  7k 2a  2b  7k 1 a  1  có một số   
k thỏa AB  kn  a  b  k  a  b  k  0  b   2 p  a 5 4k  a 4k 5          k  1      
d đi qua điểm A2;0; 
1 và có vectơ chỉ phương a  n  7;1 4 d P    Vậy phương trình của x y z d là 2 1   . 7 1 4 
Câu 53: Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm M 0; 1; 2 và hai đường thẳng x 1 y  2 z  3 x 1 y  4 z  2 d :   , d :  
. Phương trình đường thẳng đi qua M , cắt cả 1 1 1 2 2 2 1 4 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 129 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM d và d là 1 2 x y 1 z  3 A.   . B. x y 1 z  2   . 9 9 8  3 3  4 2 2 C. x y 1 z  2 x y  z    . D. 1 2   . 9 9 16 9 9 16 Lời giải Chọn C
Gọi  là đường thẳng cần tìm.
  d  A t 1;  t  2; 2t  3 ;   d  B 2t 1;  t  4; 4t  2 . 2  2 2 2  1  1 1 1   
MA  t 1;  t 1; 2t 1 ; MB  2t 1;  t  5; 4t . 2 2 2  1 1 1   7 t   t 1  k 2t   1 1 2 1 2   7    Ta có:  1 t  M , ,
A B thẳng hàng  MA  kMB  t 1  k t  5 1  k     2 . 1 2 2   t  4 2t 1  4kt  2 1 2  kt  2 2  
 MB  9; 9; 16. 
Đường thẳng  đi qua M 0;1;2 , một VTCP là u  9;  9;16 có phương trình là: x y 1 z  2  :   . 9 9  16
Câu 54: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm
A1; 2;  5 và vuông góc với mặt phẳng P : 2x  3y  4z  5  0 là x  2  t x 1 2t x 1 2t x  2  t A.     d : y  3  2t .
B. d : y  2 3t . C. d : y  2  3t . D. d : y  3 2t . z  45t     z  5   4t  z  5   4t  z  4  5t  Lời giải Chọn C
Đường thẳng d đi qua điểm A1; 2; 5 và vuông góc với mặt phẳng  
P : 2x  3y  4z  5  0 nên nhận u  2; 3;  4 là véctơ chỉ phương x  1 2t
Phương trình đường thẳng  d là d : y  2  3t . z  5   4t 
Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A0;1;  1 và đường thẳng x  3 y 1 z  3 d :  
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc và cắt 4 1 4 đường thẳng d . A. x y 1 z 1     . B. x y 1 z 1   . 13 28 2  0 13 28 20 C. x y 1 z 1     . D. x y 1 z 1   . 13 28 20 13 28 20 Lời giải TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 130 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Chọn D
Gọi B là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng  . x  3   4t Đường thẳng 
d có phương trình tham số y  1 t t  . z  3 4t  B  d  B  3
  4t;1 t;3 4t . 
AB  3 4t;t;4  4t  . 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u  4; 1  ; 4   .    
Ta có: AB  u  AB u     t  t    t 28 . 0 4 3 4 1
4 4 4  0  33t  28  t  . 33  13 2  8 20  AB  ; ;   .  33 33 33   
Đường thẳng  đi qua điểm A0;1; 
1 và nhận vectơ AB hay u  13; 2  8; 20 có phương d  trình chính tắc là x y 1 z 1   . 13 28 20 x  4  3t Câu 56: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 0; 2; 0 và đường thẳng d :y  2  t . z  1   t 
Đường thẳng đi qua M , cắt và vuông góc với d có phương trình là A. x y z 1       B. x y 2 z   C. x 1 y z   D. x 1 y 1 z   1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 Lời giải Chọn B qua N 4;2;   1 Ta có : d :  vtcp u   3;1;  1 d   MH  d  Gọi MH u 
H là hình chiếu vuông góc của M lên d   . 0 d   H  d H  d x  4  3t   y  2  t    H 1;1; 2 . z  1 t  3
 x  y  2 z  0 
Đường thẳng  đi qua M và vuông góc với d có véctơ chỉ phương là MH  1;1; 2 . Phương trình x y  2 z  :   . 1 1 2 Câu 57: x y 1 z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 1 1
P: x  2y  2z  4  0. Phương trình đường thẳng d nằm trong P sao cho d cắt và
vuông góc với đường thẳng  là x  3  t  x  3t A.  
d :  y  1 2t t   .
B. d :  y  2  t t .  z 1t   z  2  2t  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 131 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  2  4t x  1 t C.  
d :  y  1 3t t   .
D. d : y  33t t .  z  4  t   z  3  2t  Lời giải Chọn C  
Vectơ chỉ phương của  : u 1;1;1 , vectơ pháp tuyến của P là n  1;2;2 . P      d          Vì ud u      u    d
u; nP  4;3;  1 . d  P u    d  n  P x  t     Tọa độ giao điểm y 1 t
H    P là nghiệm của hệ   t  2   H 2; 1  ;4. z  2  t 
x  2y  2z  4  0
Lại có d;P  d , mà H   P . Suy ra H  d . 
Vậy đường thẳng d đi qua H  2  ; 1
 ;4 và có VTCP ud  4;3;  1 nên có phương trình x  2  4t 
d :  y  1 3t t   .  z  4  t 
Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;0;2 và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1  
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . x 1 2 A. x 1 y z  2    x y z :   . B. 1 2  :   . 1 1 1 1 1 1 C. x 1 y z  2    x y z :   . D. 1 2  :   . 1 3 1 2 1 1 Lời giải Chọn A B  
Do  cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B    d   . B  d x  t 1
Phương trình tham số của  d : y  t ,t   . z  t 1  
Do Bd , suy ra Bt 1;t;t  
1  AB  t;t;2t  3 .  Do ,
A B   nên AB là vectơ chỉ phương của  .   
Theo đề bài,  vuông góc d nên AB  u u  1,1,2 là vectơ chỉ phương của d .    Suy ra A .
B u  0 . Giải được t  1 AB  1,1,   1 .
Câu 59: 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 2 1 1 đường thẳng  . A. x  2 y 1 z x  y  z d :   . B. 2 1 d :   . 1 4  1 2 4 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 132 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM C. x  2 y 1 z x  y  z d :   . D. 2 1 d :   . 1 4 1 1 4 2 Lời 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  Vậy x  2 y 1 z d :   . 1 4 2
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1;0;2 và đường thẳng d có phương trình: x 1 y z 1  
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . 1 1 2 A. x 1 y z  2    x y z :   . B. 1 2  :   . 1 1 1 1 1 1 C. x 1 y z  2    x y z :   . D. 1 2  :   . 2 1 1 1 3 1 Lời giải Chọn B B  
Do  cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B    d   B  d x  t 1
Phương trình tham số của  d :  y  t
, t   . Do Bd , suy ra B t 1; t; t   1  z  t 1 
 AB  t; t; 2t 3.  Do ,
A B   nên AB là vectơ chỉ phương của  .    
Theo đề bài,  vuông góc d nên AB  u , u  1;1;2 (u  (1;1;2) là vector chỉ phương của    x  y z  d ). Suy ra A .
B u  0 . Giải được t 1  AB  1;1;  1 . Vậy 1 2  :   1 1 1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 133 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 7: PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VUÔNG GÓC VỚI D.
Câu 61: Trong không gian Oxyz , Cho hai điểm A3;3;  1 , B0;2;  1 và mặt phẳng
: x  y  z 7  0. Đường thẳng d nằm trên  sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm , A B có phương trình là x  t x  t x  t x  2t     A. y  7  3t. B. y  7  3t. C. y  7  3t. D. y  7  3t. z  2t     z  2t  z  2t  z  t  Lời giải Chọn A
Mọi điểm trên d cách đều hai điểm ,
A B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB .  Có   AB   3
 ;1;0 và trung điểm AB là 3 5 I ; ;1 
 nên mặt phẳng trung trực của AB là:  2 2   3   5  3  x   y   0  3x  y  7  0     .  2   2 
Mặt khác d    nên d là giao tuyến của hai mặt phẳng: 3x  y  7  0  y  7  3x    . x   y  z  7  0 z   2x x  t 
Vậy phương trình d : y  7  3t t  . z  2t  Câu 62: x  y  z 
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 3 1 d :   và mặt phẳng 1 1 1 
P: x  2y  2z 3  0. Phương trình đường thẳng a nằm trong P, cắt và vuông góc với d là. x 1 4t x 1 4t x 1 4t x  2  4t A.     y  4   3t . B. y  4  3t . C. y  4   3t . D. y  3  3t . z  2t     z  2  t  z  2  t  z  1 t  Lời giải Chọn A x  2  t    d : y  3
  t có vectơ chỉ phương u1; 1;  
1 .Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến n1; 2; 2 . z 1t    
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d : v  u; n  4; 3;  1   .
Tọa độ giao điểm của d và P là : x  2  t t  1   x 1 4t  y 3 t     x  1    
.Đường thẳng d cần tìm là : y  4   3t . z  1 t y  4      z  2  t  x  2y  2z  3  0 z  2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 134 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  2y  z  4  0 và đường thẳng x 1 y z  2 d :  
. Lập phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng P , đồng 2 1 3
thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . x  y  z  x  y  z  A. 1 1 1   . B. 1 3 1   . 5 1  3  5 1  3 x  y  z  x  y  z  C. 1 1 1   . D. 1 1 1   . 5 2 3 5 1  2 Lời giải Chọn A
Giao điểm của d với P là H 1;1;  1 .   
  đi qua H và nhận u  n ;u  làm véc tơ chỉ phương   p d   x  y  z   u       .    1 1 1 5; 1; 3 : 5 1 3
Câu 64: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
P: z 1 0 và Q: x  y  z 3  0. Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, cắt
đường thẳng x 1 y  2 z  3  
và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của 1 1 1 đường thẳng d là x  3 t x  3 t x  3  t x  3  t A.     y  t . B. y  t . C. y  t . D. y  t . z 1t     z  1  z  1  z  1 t  Lời giải Chọn C d' Q I d P Đặt   n  0;0;  1 và n 
lần lượt là véctơ pháp tuyến của P và Q . Q 1;1; 1 P Do      
P Q nên  có một véctơ chỉ phương u  n ,n    .     1;1;0 P Q  Đường thẳng  
d nằm trong P và d   nên d có một véctơ chỉ phương là u  n ,u d P     1  ; 1  ;0 . Gọi x 1 y  2 z  3 d :  
và A  d d  A  dP 1 1 1  z 1  0 z 1 Xét hệ phương trình  
 x 1 y  2 z  3  y  0  A3;0;  1 .    1 1 1 x  3  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 135 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  3  t
Do đó phương trình đường thẳng  d : y  t . z 1    Câu 65: x y z
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : 3 2   và mặt phẳng 2 1 3 
P: x  y  2z  6  0. Đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, cắt và vuông góc với d có phương trình       A. x 2 y 4 z 1   . B. x 2 y 2 z 5   . 1 7 3 1 7 3       C. x 2 y 4 z 1   . D. x 2 y 2 z 5   . 1 7 3 1 7 3 Lời giải Chọn B  x y  3 z  2   
Tọa độ giao điểm M của d và P là nghiệm của hệ 2 1 3  x  y  2z  6  0  x  2y  6  x  2    3  y  z  11  y  2  M  2  ;2;5. x  y  2z 6  0   z  5    
P : x  y  2z  6  0 có vtpt n  1; 1
 ;2, d có vtcp u  2;1; 3    Ta có  đi qua M  2  ;2;5 nhận  
k  n,u  1;7;3 là một vectơ chỉ phương có dạng     : x 2 y 2 z 5   . 1 7 3
Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng P: x  2y  z – 4  0 và đường thẳng x 1 y z  2 d :  
. Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng P , 2 1 3
đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là. A. x 1 y  3 z 1      . B. x 1 y 1 z 1   . 5 1 3 5 2 3 C. x 1 y 1 z 1      . D. x 1 y 1 z 1   . 5 1 2 5 1 3 Lời giải Chọn D
Gọi M là giao điểm của d và  . Khi đó, M  1   2t;t; 2   3t  .
Do điểm M P nên M 1;1;  1 .    Đường thẳng     có x y z u  u , n    . Vậy 1 1 1    .   5;1;3 : d P    5 1 3
Câu 67: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng(P) : x  2y  z  4  0 và đường thẳng x 1 y z  2 d :  
. Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) , 2 1 3
đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là: TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 136 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM A. x 1 y 1 z 1      . B. x 1 y 3 z 1   . 5 2 3 5 1  3 C. x 1 y 1 z 1      . D. x 1 y 1 z 1   . 5 1 3 5 1 2 Lời giải Chọn C  Ta có VTPT của mp 
(P) là n  (1; 2;1) ; VTCP của đường thẳng d là u  (2;1; 3). d   (P) Vì    
nên VTCP của  là u  n ,u   (5; 1;  3) .   d   (P) d  d    M  Lại có   M   d  (P) .   (P) Khi đó M (1;1;1) .
Vậy phương trình đường thẳng x 1 y 1 z 1  :   . 5 1 3 Câu 68: x y  z 
Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 3 2 d :   và mặt phẳng 2 1 3 
P: x  y  2z 6  0. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng nằm
trong mặt phẳng P cắt và vuông góc với d ? A. x  2 y  4 z 1      . B. x 2 y 2 z 5   . 1 7 3 1 7 3 C. x  2 y  4 z 1      . D. x 2 y 2 z 5   . 1 7 3 1 7 3 Lời giải Chọn B x  2t
Đường thẳng d tham số y  3 t . z  23t  x  2t t   1   y  3  t x  2 
Gọi M  d P . Tọa độ M là nghiệm hệ     M  2  ;2;5. z  2  3t  y  2 
x  y  2z 6  0 z  5   
Gọi  là đường thẳng cần tìm  u  n ,u   .  1;7;3 P d    Vậy đường thẳng     cần tìm x 2 y 2 z 5   . 1 7 3
Câu 69: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  2y  z  4  0 và đường thẳng x 1 y z  2 d :  
. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng P , đồng 2 1 3
thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . A. x 1 y  3 z 1 x  y  z    . B. 1 1 1   . 5 1 3 5 1 3  C. x 1 y 1 z 1 x  y  z    . D. 1 1 1   . 5 1 2 5 1 3 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 137 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM Lời giải Chọn D
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là: n  . P 1;2;    1
Vectơ chỉ phương của đường thẳng  d là u  . d 2;1;3 x  1   2t
Phương trình tham số của đường thẳng  d : y  t . z  2   3  t Xét phương trình: 1
  2t  2t  2  3t  4  0  7t  7  0  t 1.
Suy ra giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng P là A1;1;  1 . Ta có: A  .
Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là: u     n ,u   . P d 5;1;3      
Phương trình chính tắc của đường thẳng x 1 y 1 z 1  :   . 5 1 3 Câu 70: x  y  z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 3 5 1  :   và mặt 1 1 1
phẳng P : x  2y 3z  4  0 . Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng P sao cho d cắt và
vuông góc với đường thẳng  .     A. u  1;2;  1 . B. u   1  ;2;  1 . C. u   1  ; 2  ;  1 . D. u   1  ;2;  1 . Lời giải Chọn B 
Đường thẳng  có 1 vectơ chỉ phương u  1;1;  1 . 
Mặt phẳng P có 1 vectơ pháp tuyến n  1;2; 3   .   u   , n   1  ;2;  1   .
Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng P sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng   nên d nhận u   1  ; 2;  1 làm vectơ chỉ phương. d TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 138 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 8: GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG.
Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng chứa đường thẳng  có
phương trình x  2 y 1 z 
 và vuông góc với mặt phẳng   : x  y  2z 1  0 . Giao 1 1 2
tuyến của   và   đi qua điểm nào trong các điểm sau. A. A2;1;  1 . B. D2;1;0 . C. B0;1;0. D. C 1;2;  1 . Lời giải Chọn A 
Ta có véc – tơ chỉ phương của đường thẳng  là u1;1;2 . 
Véc – tơ pháp tuyến của mặt phẳng   : x  y  2z 1 0 là n1;1; 2   .
Vì   là mặt phẳng chứa đường thẳng  
 có phương trình x 2 y 1 z   và vuông góc 1 1 2
với mặt phẳng  : x  y  2z 1 0 nên   có một véc – tơ pháp tuyến là     n  u, n   4  ; 4;0  41; 1  ;0  4.a .      
Gọi d     , suy ra d có véc – tơ chỉ phương là u  a,n  2;2;2  21;1;  1 . d  
Giao điểm của đường thẳng  
 có phương trình x 2 y 1 z   và mặt phẳng 1 1 2
 : x  y  2z 1 0 là I 3;2;2.  x  3  t
Suy ra phương trình đường thẳng  d : y  2  t . z  2t  Vậy A2;1; 
1 thuộc đường thẳng d .
Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng P:3x  2y  2z 5  0 và
Q:4x 5y  z 1 0 . Các điểm ,
A B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  
P và Q . Khi đó AB cùng phương với véctơ nào sau đây?     A. w  3;2;2 .
B. v  8;11;23. C. k  4;5;  1 . D. u  8; 1  1;23 . Lời giải Chọn D  
* Ta có: P  nP  3;2;2 , Q  nQ  4;5;  1 .  AB   P AB  n * Do P   
 nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là: AB   Q AB  n  Q    u  n  Q ; nP  8; 1  1;23     
* Do AB cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên AB//u  8;11;23 .
Câu 73: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , B0; 2; 
1 , mặt phẳng P : x  y  z  7  0 . Đường
thẳng d nằm trên P sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm A , B có phương trình là TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 139 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  t x  t x  t x  2t A.      y  7  3t . B. y  7 3t . C. y  7  3t . D. y  7 3t . z  2t     z  2t  z  2t  z  2t  Lời giải Chọn A  Ta có   AB   3  ; 1  ;0 ; 3 5 I ; ;1 
 là trung điểm của AB và ,
A B nằm ở hai phía của mặt  2 2  phẳng P .
Gọi   là mặt phẳng trung trực của AB và     P . Khi đó  chính là đường thẳng
thuộc mặt phẳng P và cách đều hai điểm , A B . 
Phương trình mặt phẳng   đi qua  3 5  I ; ;1 
 và có véc tơ pháp tuyến AB   3  ; 1  ;0 là:  2 2      5  3 x   y   0  3x  y  7  0     .  2   2 
Khi đó d là đường giao tuyến của   và P .   
Véctơ chỉ phương của d : u  n ,n        , d đi qua A0;7;0 .   1;3; 2 1; 3;2 d P        x  t Vậy 
d có phương trình tham số là: y  7  3t (t là tham số). z  2t 
Câu 74: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng chứa đường thẳng x  2 y 1 z  :  
và vuông góc với mặt phẳng   :x  y  2z 1 0 . Khi đó giao tuyến 1 1 2 
của hai mặt phẳng   ,   có phương trình A. x  2 y 1 z        . B. x y 1 z   . C. x y 1 z 1   . D. x 2 y 1 z   . 1 5 2 1 1 1 1 1 1 1 5  2 Lời giải Chọn B x  2 y 1 z   :  
đi qua M 2;1;0 và có vtcp : u  1;1; 2 . 1 1 2   
 :x  y  2z 1 0 có vtpt : n  1;1;2 . đi qua M    :   .
vtpt u, n  4; 4;0  41;1;0   
Phương trình   :x  2   y  
1  0  x  y 1  0 .
Gọi d  là giao tuyến của hai mặt phẳng   ,  . Ta có: đi qua N 0;1;0   d  :   . vtcp n, n        2;2; 2 21;1;  1   
Phương trình   x y 1 z d :   . 1 1 1
Câu 75: Trong không gian Oxyz , Viết phương trình đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt
phẳng  : x  2y  z 1 0 và   : x  y  z  2  0 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 140 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  2  t x  1   t x  1   t x  1   3t A.     y  2t . B. y 1 2t . C. y 1 2t . D. y 1 2t . z  1   3t     z  3t  z  3t  z  t  Lời giải Chọn C  
  : x  2y  z 1 0 có vectơ pháp tuyến là: n  .  1;2; 1  
 : x  y  z  2  0 có vectơ pháp tuyến là: n    .  1; 1;  1   Khi đó: n ,n     .    1;2; 3  
Vì đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng  : x  2y  z 1 0 và   
: x  y  z  2  0 nên vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u cùng phương với    
n , n  . Do đó chọn u  1; 2  ;3 .     x  2y  z 1  0 Tọa độ M  ; x ;
y z thỏa hệ phương trình:  . x  y  z  2  0 2y  z  2  y  1 Cho x  1  ta được:     M  1  ;1;0 . y  z 1 z  0
Phương trình đường thẳng  đi qua điểm  M  1
 ;1;0 và có vectơ chỉ phương u  1; 2  ;3 x  1   t là:   : y 1 2t . z  3t 
 DẠNG TOÁN 9: ĐƯỜNG VUÔNG GÓC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU. Câu 76: x  4 y 1 z  5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng  :   và 1 3 1  2  x  2 y  3 z  : 
 . Giả sử M  , N  sao cho MN là đoạn vuông góc chung của hai 2 1 3 1 1 2 
đường thẳng  và  . Tính MN . 1 2     A. MN  5;5;10
B. MN  2;2;4 C. MN  3; 3  ;6 D. MN  1; 1  ;2 Lời giải Chọn B  
 có VTCP u  3;1;2 và  có VTCP u  1;3;1 . 2   1   1 2 Gọi M 4  3t;1t; 5
  2t và N 2  ;s 3   3s;s . 
Suy ra MN  2 3t  ;st  3s  4;2t  s  5 .   MN.u  0 2s  t  3  0 s  1 Ta có 1       . MN.u  0  s  8t  9  0 t   1 2  Vậy MN  2; 2  ;4 . Câu 77: x  y  z 
Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 3 2 1 d :   và 4 1 1 x y 1 z  2 d ' :  
. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng vuông góc 6 1 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 141 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM chung của d và d '? A. x 1 y 1 z 1     . B. x 1 y 1 z   . 1 2 2 1 2 2 C. x 1 y 1 z     . D. x 1 y 1 z   . 1 2 2 1 2 2 Lời giải Chọn D A  3  4a; 2   ; a 1 ad AB  d Gọi  sao cho  B   6  ; b 1 ; b 2  2 b d AB  d   
Ta có AB  4a  6b 3;b  a  3;2b  a  3 ; u  4;1;  1 ; u   ;   6;1;2 d  d   A . B u  0  4 
 4a  6b  3  b  a  3  2b  a  3  0 a  1 d       A . B u    6 
 4a  6b  3  b  a  3  22b  a  3  0 b   0  0 d   A 1  ; 1
 ;0, B0;1;2 , AB  1;2;2 .
Vậy phương trình đường thẳng vuông góc chung của x  y  z d và d ' là 1 1   . 1 2 2
Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng x  2 y  3 z  4 x  y  z  d :   và 1 4 4 d :   2 3 5 3 2 1  A. x y z 1 x  y  z    . B. 2 2 3   . 1 1 1 2 3 4 C. x  2 y  2 z  3 x y  z    . D. 2 3   . 2 2 2 2 3 1 Lời giải Chọn A
Ta có M d suy ra M 2  2 ; m 3  3 ;
m 4  5m . Tương tự N d suy ra N  1   3 ; n 4  2 ; n 4  n 
. Từ đó ta có MN  3 3n  2 ; m 1 2n  3 ; m 8  n  5m . MN  d
Mà do MN là đường vuông góc chung của d và d nên  MN  d 2
 3 3n  2m  3.1 2n  3m  58  n  5m  0 38m  5n  43 m  1        . 3   3
  3n  2m  2.1 2n  3m 18  n  5m  0 5m 14n 19 n  1 Suy ra M 0;0;  1 , N 2;2;3 .  Ta có x y z 
MN  2;2;2 nên đường vuông góc chung MN là 1   . 1 1 1 Câu 79: x 1 y z  2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :   và 1 2 1 1 x 1 y 1 z  3 d :  
. Đường vuông góc chung của d và d lần lượt cắt d , d tại 2 A và B . 1 7 1 1 2 1 2
Tính diện tích S của tam giác OAB . A. 3 S  . B. S  6 . C. 6 S  . D. 6 S  . 2 2 4 Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 142 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  1 2t1  Phương trình tham số  d : y  t  ,  là VTCP của d1 . 1 a  2; 1;  1 1 1 z  2t  1 x  1   t2  Phương trình tham số 
d : y 1 7t , a  1;7; 1  là VTCP của d2 . 2   1 2 z  3t  2 A  d  d  A 1 2 ; a  ; a 2   a . 1   B  d  d  B 1   ; b 1 7 ; b 3  b . 2   
AB  2  b  2a;1 7b  ; a 5  b  a
AB là đường vuông góc chung của d và d 1 2   AB  d A . B a  0 1 1      AB  d  2 A . B   2 a 0 2   2
  b  2a 1 7b  a  5 b  a  0    2   b  2a 
 71 7b a5b  a  0  6  b  6a  0 A  1;0;2   a  b  0   . 5  2b  6a  0 B  1;1;3 Ta có      
OA  1;0;2;OB   1  ;1;3;O , A OB  2;1;  1   .Vậy 1 6 S  O , A OB  . OAB 2   2 x 1 t Câu 80: 
Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng d : y  0 và z  5   t  x  0 
d : y  4  2t có phương trình là z  53t  A. x  4 y z  2     . B. x 4 y z 2   . 2 3 2 2 3  2 C. x  4 y z  2     . D. x 4 y z 2   . 2 3 2 1 3 1 Lời giải Chọn A
Giả sử AB là đường vuông góc chung của d và d với Ad , Bd.   A  a 1;0;a  5  Ta có u  1;0;  1 , u   , 
 BA  a 1;2b  4;a 3b 10 .  0; 2;3 d  d B  0;4  2 ; b 3b  5   d  AB u  .BA  0  a   a  b    a  d  1  3 10 0 3 Khi đó         d  AB u              .BA 0 22b 4 3a 3b 10 0 b 1 d A  4;0;2      BA  4; 6
 ;4  u  2;3;2 là một VTCP của AB . B  0;6; 2 Kết hợp với x  4 y z  2 AB qua A4;0; 2    AB :   . 2 3 2 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 143 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
 DẠNG TOÁN 10: HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC CỦA D LÊN (P).
Câu 81: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu của    đường thẳng x 1 y 2 z 3  
trên mặt phẳng Oxy ? 2 3 1 x 1 t x 1 t x 1 2t x 1 t     A. y  2   3t . B. y  2   3t . C. y  2   3t . D. y  2  3t . z  0     z  0  z  0  z  0  Lời giải Chọn C
Đường thẳng x 1 y  2 z  3   qua M 1; 2  ;3 và N 3;1;4 . 2 3 1
Gọi M  và N lần lượt là hình chiếu của M và N trên Oxyta có M1; 2  ;0 , N3;1;0.  x  1 2t
Phương trình hình chiếu cần tìm là:  M N
 : y  2 3t .  z  0  Câu 82: x  y  z 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 1 1 d :   . Hình chiếu 2 1 3 
vuông góc của d trên mặt phẳng Oyz là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là     A. u  0;1;3 . B. u  0;1; 3  . C. u  2;1;3 . D. u  2;0;0. Lời giải Chọn B Ta có  
d cắt mặt phẳng Oyz tại 5 7 M  M 0; ;    , chọn A 3  ;1;  1  d và gọi B là hình  2 2 
chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz  B0;1;  1 .  Lại có  3 9  BM  0; ;  
 . Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng  2 2  
phương với vectơ BM nên chọn đáp án B.
Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P :3x 5y  2z 8  0 và đường  x  7  5t thẳng 
d : y  7  t t  . Tìm phương trình đường thẳng  đối xứng với đường thẳng  z  65t  d qua mặt phẳng P. x  1  1 5t x 13 5t A.    : y  23 t .
B.  : y  17  t . z  325t   z  104  5t  x  5  5t x  1  7  5t C.    :  y  13  t . D.  : y  33 t . z  2 5t   z  66  5t  Lời giải Chọn C TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 144 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM
Gọi M 7; 7;6d . Gọi N  ;
x y; z là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng P và I là trung điểm MN .   MN  kn
x  7; y  7; z  6  k 3;5;2 Ta có: P    . I   P
3x  5y  2z  84  0 x  5   5t Giải hệ, ta có:  k  4  M  5
 ;13; 2 . Do đó:  : y 13 t . z  2   5t    Câu 84: x y z
Viết phương trình đường thẳng d là hình chiếu của đường thẳng 1 2 d :   trên 1 2 1  mặt phẳng Oyz . x 1 t x  0 x  0 x  0 A.     d : y  0 . B. d : y  4  2t . C. d : y  4  2t . D. d: y  4   2t . z  0     z  1 t  z  1 t  z  1 t  Lời giải Chọn D x  1 t x  0 Ta có:  
d : y  2  2t  Hình chiếu d của d lên mặt phẳng Oyz là: d: y  2   2t z  t    z  t  x  0 Cho  t  1  , ta được A0; 4  ; 
1  d  d : y  4  2t . z 1t  Câu 85: x 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 d :
 y 1  z  2 . Hình chiếu 2
của d lên mặt phẳng Oxy là x 1 2t x 1 2t x  1   2t x  0 A.     y  1 t . B. y  1   t . C. y 1 t . D. y  1   t . z  0     z  0  z  0  z  0  Lời giải Chọn B x 1 2t 
Phương trình tham số của đường thẳng d : y  1   t . z  2t  x 1 2t 
Do mặt phẳng Oxy : z  0 nên hình chiếu của d lên Oxy là y  1 t . z  0  x 1 2t Câu 86: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : y  2  4t . Hình chiếu song z  3t     song của x y z
d lên mặt phẳng Oxz theo phương 1 6 2  :   có phương trình là 1  1  1 TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 145 CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUYÊN 🙲 MINH TÂM x  3  t x  1 2t x  3 2t x  3 2t A.      y  0 . B. y  0 . C. y  0 . D. y  0 . z 1 2t     z  5  4t  z  1 t  z  1 4t  Lời giải Chọn A
Giao điểm của d và mặt phẳng Oxz là: M (5;0;5) . 0 x 1 2t Trên 
d : y  2  4t chọn M bất kỳ không trùng với M (5;0;5) ; ví dụ: M (1; 2  ;3) . Gọi A là 0 z  3t    
hình chiếu song song của M lên mặt phẳng  x y z Oxz  theo phương 1 6 2  :   . 1  1  1   
+/ Lập phương trình d’ đi qua M và song song hoặc trùng với x 1 y 6 z 2  :   . 1  1  1
+/ Điểm A chính là giao điểm của d’ và Oxz +/ Ta tìm được ( A 3;0;1) x 1 2t
Hình chiếu song song của 
d : y  2  4t lên mặt phẳng Oxz theo phương z  3 t  x 1 y  6 z  2    :
là đường thẳng đi qua M (5;0;5) và ( A 3;0;1) . 1  1  1 0 x  3  t
Vậy phương trình là y  0 . z 1 2t   HẾT  TÀI LIỆU TỰ HỌC K12 Trang | 146

Phân dạng và bài tập phương pháp tọa độ trong không gian Toán 12

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Bài giảng vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian Toán 12 KNTTVCS

Toán ứng dụng thực tế vectơ và hệ trục toạ độ trong không gian

Chuyên đề hình học giải tích không gian – Lưu Huy Thưởng Toán 12

Chuyên đề HH giải tích không gian – Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn Toán 12

Bài tập tọa độ không gian phân theo dạng có lời giải chi tiết – Trần Sĩ Tùng Toán 12