TOP 205 câu trắc nghiệm vận dụng cao phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz (có đáp án và lời giải)
TOP 205 câu trắc nghiệm vận dụng cao phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz có đáp án và lời giải. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 146 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!
Tài liệu liên quan:
Preview text:
BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm M
và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm , A ,
B C . Tính thể tích khối chóp . O ABC . 1372 686 524 343 A. . B. . C. . D. . 9 9 3 9 Lời giải Chọn B.
Gọi H là hình chiếu của O lên mp ( P)
Tam giác OHM có OH OM, H . Khi đó d ( ,
O (P)) = OH lớn nhất khi M H , hay OM ⊥ (P) .
Mp ( P) đi qua M và nhận OM = (1;2;3) làm véc tơ pháp tuyến,
phương trình (P) : x + 2y +3z −14 = 0 . ( 14
P) cắt Ox ; Oy ; Oz lần lượt tại A(14;0;0) , B(0;7;0) , C 0;0; 3 Trang 1 868 Thể tích V = . O. ABC 9
Câu 2 (ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019): Trong không gian Oxyz , cho điểm A(0; 4; 3 − )
. Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi
khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. P( 3 − ;0;− ) 3 . B. M (0; 3 − ; 5 − ) . C. N (0;3; 5 − ) . D. Q (0;5; 3 − ) . Lời giải Chọn C
Ta có mô hình minh họa cho bài toán sau: Ta có d ( ; A d ) = d ( ;
A Oz ) − d (d;Oz) = 1. min
Khi đó đường thẳng d đi qua điểm cố định (0;3;0) và do d / /Oz u = k = d (0;0; ) 1 làm vectơ chỉ x = 0
phương của d d y = 3. Dựa vào 4 phương án ta chọn đáp án C. N (0;3; 5 − ) . z = t
Câu 3 (ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(S) x + y +(z + )2 2 2 : 2
= 3 . Có tất cả bao nhiêu điểm A( ; a ; b c) ( , a ,
b c là các số nguyên) thuộc
mặt phẳng (Oxy) sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của (S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 12 . B. 8 . C. 16 . D. 4 . Lời giải Chọn A Trang 2 Do A (a; ;
b c) thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên A (a; ; b 0) .
Nhận xét: Nếu từ A kẻ được ít nhất 2 tiếp tuyến vuông góc đến mặt cầu khi và chỉ khi 2 2 2 2
R £ IA £ R 2 Û 3 £ a + b + 2 £ 6 Û 1 £ a + b £ 4 .
Tập các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hình vành khăn (kể cả biên), nằm trong mặt
phẳng (Oxy ) , tạo bởi 2 đường tròn đồng tâm O (0; 0; 0) bán kính lần lượt là 1 và 2 .
Nhìn hình vẽ ta có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng: ( x − 3 y +1 z +1 x y z −1 x −1 y +1 z −1 x y −1 z d : = = , (d : = = , (d : = = , (d : = = . 4 ) 3 ) 2 ) 1 ) 1 2 − 1 1 2 − 1 2 1 1 1 1 − 1 −
Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là: A. 0 . B. 2 . C. Vô Số D. 1. Hướng dẫn giải Chọn D.
Dễ thấy d / /d do đó có một mặt phẳng ( P) duy nhất chứa d ;d 1 2 1 2
(P) : x + y + x −1= 0
Mặt khác ta có d chéo d lần lượt cắt ( P) tại A(1; 1 − ) ;1 ; B (0;1;0) 3 4
Do đó tồn tại một đường thẳng duy nhất qua ;
A B thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 6y − 4z − 2 = 0
, mặt phẳng ( ) :x + 4y + z −11 = 0. Gọi ( P) là mặt phẳng vuông góc với ( ) , ( P) song song
với giá của v = (1;6; 2) và ( P) tiếp xúc với (S ) . Lập phương trình mặt phẳng ( P) .
A. 2x − y + 2z − 2 = 0 và x − 2y + z − 21= 0.
B. x − 2y + 2z + 3 = 0 và x − 2y + z − 21= 0.
C. 2x − y + 2z + 3 = 0 và 2x − y + 2z − 21= 0 . Trang 3
D. 2x − y + 2z + 5 = 0và 2x − y + 2z − 2 = 0 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;− 3;2) và bán kính là R = 4 .
Mặt phẳng ( ) có VTPT là n = 1; 4;1 . 1 ( )
Vì ( P) là mặt phẳng vuông góc với ( ) , ( P) song song với giá của v = (1;6; 2) nên ( P) có cặp
VTCP là n và v , suy ra ( P) có VTPT là n = n ,v = 2;−1;2 1 ( ) 1 .
Phương trình mp (P) có dạng 2x − y + 2z + D = 0. Vì (P) tiếp xúc với (S ) nên ta có
d (I;(P)) = R 9 + D = = D 3 4 . 3 D = 21 −
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là 2x − y + 2z + 3 = 0 và 2x − y + 2z − 21= 0 . ()
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình tổng quát của mp qua hai điểm
A(2;−1;4) B(3;2;− ) 1
( ): x+ y +2z −3= 0 , và vuông góc với mp là: + − − = + + + =
A. 11x 7y 2z 21 0 .
B. 11x 7y 2z 21 0 . − − − = − + + =
C. 11x 7y 2z 21 0.
D. 11x 7y 2z 21 0 .
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : (x −1) + ( y − 2) + (z − 3) = 16 và các điểm ( A 1;0;2), ( B 1
− ;2;2). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diện
của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình (P) dưới dạng
ax + by + cz + 3 = 0 . Tính T = a + b + . c A. 3. B. –3. C. 0. D. –2. Lời giải Chọn B
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 4 .
Vì IA = 5 R nên điểm A nằm bên trong mặt cầu. Suy ra (P) luôn cắt mặt cầu. Gọi r là bán
kính đường tròn giao tuyến, ta có 2 2
r = R − d với d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P).
Diện tích hình tròn thiết diện nhỏ nhất khi và chỉ khi bán kính r nhỏ nhất, hay d lớn nhất. Trang 4
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB ta có d lớn nhất khi d = IH tức IH vuông góc với (P). x =1− t
Phương trình đường thẳng AB : y = t (t ) z = 2
Gọi H(1− t;t;2) . IH = (−t;t − 2; −1) .
IH ⊥ AB t + (t − 2) = 0 t =1. Suy ra H(0;1;2) .
Mặt phẳng (P) nhận IH làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm A nên có phương trình (
− x −1) − y −(z −2) = 0 −x − y − z +3 = 0.
Vậy a + b + c = 3 − .
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(1;0;0) , B(0;2;0) , C (0;0;3) , D(2; 2
− ;0) . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong5 điểmO , A , B , C , D ? A. 7 . B. 5 . C. 6 . D. 10 . Lờigiải Chọn B x y z
Mặt phẳng ( ABC )có phương trình là +
+ =1 6x +3y + 2z −6 = 0, do đó D( ABC). 1 2 3
Lại có A là trung điểm BD .
Ta có (Oxy) chứa các điểm O , A , B , D .
(Oyz) chứa các điểmO, B , C ;
(Oxz) chứa các điểm O, A, C ;
(ABC)chứa các điểm A, B ,C , D.
(OCD)chứa các điểmO,C , D.
Vậy có 5 mặt phẳng phân biệt thỏa mãn bài toán.
Câu 9: Xét tứ diện OABC có O , A O ,
B OC đôi một vuông góc. Gọi , , lần lượt là góc giữa các đường thẳng O , A O ,
B OC với mặt phẳng (ABC) . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
M = (3 + cot ).(3 + cot ).(3 + cot ) là A. Số khác. B. 48 3 . C. 48 . D. 125 . Trang 5 A O C B Lời giải Chọn D A H O C B 2 OH 2 2 OH OH Ta có 2 2 sin = sin HAO = , tương tự 2 2 sin = ;sin = 2 OA 2 2 OB OC 1 1 1 Nên 2 2 2 2
sin + sin + sin = OH .( + + ) = 1 . 2 2 2 OA OB OC 2 2 2
(2sin +1).(2sin +1).(2sin +1) Và M =
; Áp dụng BĐT cố si, ta có 2 2 2 sin .sin .sin 2 2sin +1 2 2 2 2 2
= sin + sin + sin + sin + sin 6 2 2 5
5. sin .sin .sin Tương tự, ta được 2 2 2 2 2 2
(2sin +1).(2sin +1).(2sin +1) 125sin .sin .sin
Suy ra M 125. Dấu bằng xẫy ra khi OA = OB = OC . Trang 6 Câu 10: 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 2 và (S) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến
là một đường tròn có bán kính r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu (S ) thỏa mãn yêu cầu. 3 3 2
A. r = 3 . B. r = 2 . C. r = . D. r = . 2 2 Lời giải Chọn D.
* Gọi I là tâm của mặt cầu (S ) . Do I Ox nên ta có I ( ; a 0;0) .
* Do (S ) cắt mặt phẳng ( P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính 2 nên ta có: 2 2 a + a + 4 = R − d (I;(P)) 2 1 1 2 2 ( ) 2 ( ) 4 = R − R = 4 + ( ) 1 6 6
* Do (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r nên ta có: 2 = − ( a − r R d I ;( P)) 2 2 1 2 2 2 2 ( )
r = R − (2) 6 * Từ ( ) 1 và (2) ta có: (a + )2 1 (2a − )2 1 2 2 2 2 2 r = 4 + − 3
− a + 6a + 24 − 6r = 0 −a + 2a + 8 − 2r = 0 (3) 6 6
* Để có duy nhất một mặt cầu (S ) thỏa mãn yêu cầu điều kiện là phương trình (3) có duy nhất
một nghiệm a với r 0 nên điều kiện là: 3 2 2
= 9 − 2r = 0 r = . 2
Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho các mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z −1 = 0,
(Q):2x− y +2z +1= 0. Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc trục tung, đồng thời (S) cắt mặt phẳng (P) theo
giao tuyến là một đường tròn có bán kính 2 và (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn
có bán kính r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu (S ) thỏa mãn yêu cầu. Trang 7 11 11 3 A. r = 3 . B. r = 11 . C. r = . D. r = . 3 3
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho các mặt phẳng (P) : x + y − 2z +1 = 0 , (Q) : x − 2y + z +1 = 0 .
Gọi (S ) là mặt cầu có tâm thuộc trục Oz , đồng thời (S ) cắt mặt phẳng ( P) theo giao tuyến là một đường
tròn có bán kính 2 và (S ) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r . Xác định
r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( S ) thỏa mãn yêu cầu. 7 7 2 A. r = 7 . B. r = . C. r = 7 2 . D. r = . 2 2
Câu 13: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z + 4x − 6y + m = 0 và đường
thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) : x + 2y − 2z − 4 = 0 và ( ) : 2x − 2y − z +1 = 0 .
Đường thẳng cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm phân biệt ,
A B thỏa mãn AB = 8 khi: A. m = 12. B. m = 12. − C. m = 10. − D. m = 5. Lời giải Chọn B.
x + 2y − 2z − 4 = 0 Ta có .
2x − 2y − z +1 = 0 x = 2 − + 2t
Phương trình tham số của là y = t . z = 3 − + 2t
A() A( 2 − + 2t;t; 3 − + 2t) .
A (S ) (− + t )2 + t + (− + t )2 2 2 2 3 2 + 4( 2
− + 2t ) − 6t + m = 0 (*). (*) 2
9t −18t +5+ m = 0.
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi
= 36 −9m 0 m 4. Khi đó A( 2 − + 2t ;t ; 3 − + 2t , B 2 − + 2t ;t ; 3 − + 2t . 1 1 1 ) ( 2 2 2 ) 5 + m
t + t = 2,t t = . 1 1 1 2 9 2 2 2
AB = 8 AB = 64 . Suy ra 9 (t − t
= 64 9 t + t − 4t t = 64 2 1 ) ( 1 2) 1 2 Trang 8 5 + m 2 9. 2 − 4 = 64 m = 1 − 2 . 9 Cách 2:
Mặt cầu (S ) có tâm I ( 2
− ;3;0), R = 13− m , m 13 .
Đường thẳng () qua M 2 − ;0; 3
− , có VTCP u = (2;1;2) 0 ( ) = ( IM u d d I;()) ; 0 = = 3 u 2 AB
Yêu cầu đề bài tương đương 2 2 R =
+ d 13− m = 16 + 9 m = −12(n) . 4
Câu 14: Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng x +1 y −1 z : = = . Gọi M ( ; a ;
b c) sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 1 − 2
tổng T = a + b + c ? A. T = 2. B. T = 3. C. T = 4. D. T = 5. Lời giải Chọn B Ta có M ( ; a ;
b c) → M (2t −1;−t +1;2t) . Từ đó ta có: 2 2
C = MA + MB + AB = 9t + 20 + 9t − 36t + 56 + 2 11 . − C (t ) 9 9t 18 2 2
= 9t + 20 + 9t −36t + 56 + 2 11 C(t) = + = 0 t =1. 2 2 9t + 20 9t − 36t + 56
Lập BBT ta có: min C (t) = C ( )
1 t = 1 M (1;0;2).
Đề xuất: Đánh giá f (t) 2 2
= 9t + 20 + 9t −36t +56 như sau f (t ) = t + + t − t + = t + + (t − )2 2 2 2 9 20 9 36 56 9 20 9 2 + 20
Trong hệ trục Oxy , chọn u = (3t;2 5) , v = ( 3
− (t − 2);2 5) , u +v = (6;4 5) . Khi đó
f (t ) = u + v u + v = 36 + 20 = 2 14 .
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi 3t 2 5
u , v cùng hướng ( = = M (1;0;2). − t − ) t 1 3 2 2 5 Trang 9
Câu 15: Trong không gian Oxyz , biết mặt phẳng ( A B
P) đi qua hai điểm (1;1;1) , (0;2;2) đồng thời ( M N M N
P) cắt các trục tọa độ Ox,Oy theo thứ tự tại hai điểm , ( , đều không trùng với
gốc tọa độ ) thỏa mãn OM O
= N . Biết mặt phẳng (P) có hai phương trình là x+b y+c z+d =0 và 1 1 1
x+b y+c z+d =0 . Tính đại lượng T =b +b . 2 2 2 1 2
A. T =2 .
B. T =0 .
C. T =4 . D. T 4 =− . Lời giải Chọn B.
Gọi phương trình mặt phẳng (P) là: x b
+ y+cz+d 0 =
( b0 do (P) cắt Oy tại điểm N khác O )
(P)đi qua hai điểm ( A 1;1;1) , (
B 0;2;2) nên ta có các phương trình: 1
+b+c+d =0 b +c 1 = .
2b+2c+d =0 d =−2
Mặt phẳng (P) có phương trình dạng: x b + y c + z 2 − 0
= . (P) cắt Ox,Oy lần lượt tại 2
M (2;0;0), N (0; ;0) . OM O = 2 N 2 = b 1 = . b b
Các mặt phẳng (P) tìm được có phương trình: x+ y−2 0
= và x−y+2z 2 − 0 = .
Vậy T =b +b = 0 . 1 2
Câu 16: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A(0; 2;- 4), B(- 3; 5; 2). Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2
MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. æ 3 7 ö ç ÷
A. M(- 1; 3; 2).
B. M (- 2; 4; 0).
C. M(- 3;7;- 2). D. M - ç ; ;- 1÷ ç . 7 2 ÷ è ø Lời giải Chọn B
Gọi M(x; y; z)
Khi đó: AM = x + (y- )2 + (z + )2 2 2 2 4
BM = (x + )2 + (y - )2 + (z- )2 2 3 5 2 Theo bài ra:
MA + MB = x + (y - )2 + (z + )2 + (x + )2 + (y - )2 + (z- )2 2 2 2 2 2 4 2 3 2 5 2 2 ( é ù =
x + y + z + x- y +
)= (êx+ )2 + (y- )2 2 2 2 2 3 4 8 32 3 2 4 + z + 12 ³ ú 3.12 = 36 ë û Trang 10 ìï x = - 2 ïïï Vậy ( 2 2
MA + 2MB ) = 36 Û í y = 4 min ïïï z= 0 ïî
Vậy M (- 2; 4; 0) thỏa ycbt.
Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ
, cho các điểm S (0;0; ) 1 , P (1;1; ) 1 và M ( ; m 0;0), N (0; ;
n 0) thay đổi sao cho m + n =1 và m 0,n 0 . Biết rằng luôn tồn tại một mặt
cầu cố định qua P và tiếp xúc với mặt phẳng (SMN ). Tính bán kính của mặt cầu đó. A. 2 . B. 2 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn C. Phương trình ( x y z SMN ):
+ + =1 nx + my + mmz − mn = 0. m n 1
Do m + n = 1 nên suy ra nx + (1− n) y + n(1− n) z − n(1− n) = 0 Gọi I ( ; a ;
b c) và R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S ) cố định đi qua P và tiếp xúc với mặt phẳng (SMN ).
Khi đó, ta có IP = ( − a)2 + ( − b)2 + ( − c)2 2 1 1 1 = R ( ) *
na + 1− n b + nc 1− n − n 1− n
và d (I;(SMN )) ( ) ( ) ( ) = R = R . 2 2 2 2
n + m + n m
na + (1− n)b + nc (1− n) − n (1− n) = R 1− (1− n) n ( − c) 2
n + (a − b + c − ) n + b = R ( 2 1 1 1− n + n ) (1−c) 2
n + (a − b + c − )
1 n + b = R ( 2 1− n + n ) ( ) 1 (1−c) 2
n + (a − b + c − )
1 n + b = R ( 2 1
− + n − n ) (2) 1 − c = R c = 1− R ( )
1 a − b + c −1 = −R b = R . b = R a = R Khi đó ( ) ( − )2 2 2 * 2 1 R
+ R = R R =1 (2) làm tương tự. Vậy R =1. Trang 11
Câu 18: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) 2
: 3mx + 5 1− m y + 4mz + 20 = 0 . Biết rằng khi m thay đổi trên đoạn 1 − ; 1 thì mặt phẳng
(P) luôn tiếp xúc với một mặt cầu (S) cố định. Tìm bán kính của mặt cầu đó. A. R = 5 . B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn D.
Mặt phẳng ( P) có một véc tơ pháp tuyến là n = ( 2 3 ;
m 5 1− m ; 4m) . Gọi I ( ; a ;
b c) và R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S ) . 2
3ma + 5 1− m b + 4mc + 20
Khi đó, ta có d (I;(P)) = R = R . 2 9m + 25( 2 1− m ) 2 +16m 2
3ma + 5 1− m b + 4mc + 20 = 5R .
Do mặt cầu (S ) cố định và tiếp xúc với ( P) nên 2
3ma + 5 1− m b + 4mc + 20 = k không đổi với
mọi m . Suy ra (S ) có tâm I (0;0;0) . Khi đó R = d (I;(P)) = 4 .
Câu 19: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) với , a ,
b c 0 thỏa mãn a + b + c = 4 và. Biết , a ,
b c thay đổi thì tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC thuộc mặt phẳng ( P) cố định. Tính khoảng cách từ điểm M (1;1;− )
1 đến mặt phẳng ( P) .
A. d (M;(P)) = 3 .
B. d (M (P)) 3 ; =
. C. d (M (P)) 3 ; =
. D. d (M;(P)) = 0 . 2 3 Lời giải Chọn C.
Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: 2 2 2
x + y + z − 2mx − 2ny − 2 pz + d = 0 . Do (S ) đi qua , O , A , B C nên a m = 2 2 a − 2ma = 0 b 2 b − 2nb = 0 n = 2 . 2
c − 2 pc = 0 c p = d = 0 2 d = 0 Trang 12 a b c 2 2 2 a + b + c
Suy ra (S ) có tâm I ; ; và R = . 2 2 2 2 a b c Mặt khác ta luôn có + + − 2 = 0, , a ,
b c 0 thỏa a + b + c = 4 2 2 2
Do đó I (P): x + y + z − 2 = 0 cố định.
Vậy d (M (P)) 3 ; = . 3
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3; 2
− ;6), B(0;1;0) và mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 25 . Mặt phẳng (P): ax +by +cz − 2 = 0 đi qua , A B và cắt
(S)theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a +b+c. A. T = 4 .
B. T = 2 . C. T = 3.
D. T = 5 . Lời giải: Chọn C
(S) có tâm I (1;2;3);R = 5; AB( 3 − ;3; 6 − ) .
Vì B nằm trong mặt cầu nên gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AB thì K cũng nằm trong
mặt cầu. Do đó ( P) luôn cắt (S ) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính r . x = t
AB có phương trình: y = 1− t nên K (t;1− t;2t ) IK = (t −1; t − −1;2t − 3). z = 2t
Vì IK ⊥ AB suy ra IK.AB = 0 t = 1. Do đó K (1;0;2). Trang 13 Ta lại có: 2 2
r = 25 − IH nên để r nhỏ nhất thì IH lớn nhất, mà IH IK nên mp ( P) cần tìm nhận IK (0; 2 − ;− )
1 làm VTPT. Vì IK ⊥ AB nên AB ( P) . Vậy phương trình ( P) :
2y + z − 2 = 0 T = 3. 2 2 2
Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 16
và hai điểm A(1;0;2), B( 1
− ;2;2). Mặt phẳng (P): ax +by +cz +3 = 0 đi qua ,
A B và cắt (S ) theo
giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a + b + c . A. T = 3. B. T = 3 − . C. T = 0 . D. T = 2 − . Lời giải Chọn B
Mặt cầu có tâm I (1, 2, )
3 ; R = 4. Ta có IA = IB = 5 R . Tương tự bài trên ta có K (0;1;2) là
trung điểm AB nên mp (P): −x − y − z +3 = 0 . Chọn B. 2 2 2
Câu 22: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − ) 1
+ ( y − 2) + (z − 3) = 9,
điểm A(0,0,2) . Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và cắt mặt cầu (S ) theo thiết diện là
đường tròn (C)có diện tích nhỏ nhất?
A. (P) : x − 2y + 3z − 6 = 0
B. (P) : x + 2y + 3z − 6 = 0
C. (P) : 3x + 2y + 2z − 4 = 0
D. (P) : x + 2y + z − 2 = 0 Lời giải Chọn D
Mặt cầu có tâm I (1, 2, )
3 ; R = 3. Ta có IA( 1 − ; 2 − ;− )
1 IA = 6 R . Mặt khác IH IA nên bán
kính của đường tròn giao tuyến min khi H A. Do đó mp cần tìm nhận IA làm VTPT và qua
A(0;0;2) có dạng: x + 2y + z − 2 = 0 . Trang 14
Câu 23: Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3; 2
− ;6),B(0;1;0) và mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 25 . Mặt phẳng (P):ax +by +cz −2 = 0 đi qua ,
A B và cắt (S )
theo giao tuyến là hình tròn có bán kinh nhỏ nhất. Tính T = a + b + c :
A. T = 3.
B. T = 5 .
C. T = 2 . D. T = 4 . Lời giải Chọn. A.
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) bán kính R = 5 .
Mặt phẳng ( P) có vtpt n = a b c a b c . P ( ) ( 2 2 2 , , , + + 0)
Do B(0;1;0)(P) : b − 2 = 0 b = 2. x = t Ta có: AB = ( 3 − ;3; 6 − ) = 3 − (1; 1
− ;2), phương trình đường thẳng AB : y =1−t ,t . z = 2t
Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, K là hình chiếu của I trên AB , H là hình chiếu
vuông góc của I lên mặt phẳng ( P) .
Ta có: K AB K (t;1− t;2t ) IK (t −1;−t −1;2t − 3)
IK ⊥ AB A .
B IK = 0 t = 1 IK (0; 2 − ;− ) 1 2 2
r = R − d (I (P)) 2 =
− d (I (P)) 2 , 25 , = 25− IH
Ta có: r đạt min thì IH đạt max.
Mà IH IK IH
H K P ⊥ IK n và IK cùng phương max ( ) P Trang 15 a = 0 a = 0 a = 0 k = 1 −
n = kIK b k b P = 2 − = 2 = 2 b = 2 c = −k c = 1 c =1
Câu 24: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng ( )
P :2x − y + z −10 = 0 , điểm x = 2 − + 2t (
A 1;3; 2) và đường thẳng d : y = 1+ t
. Tìm phương trình đường thẳng cắt (P) và d lần z =1−t
lượt tại hai điểm M và N sao cho A là trung điểm của cạnh MN . x − 6 y −1 z + 3 x + 6 y +1 z − 3 A. = = . B. = = . 7 4 − 1 − 7 4 1 − x − 6 y −1 z + 3 x + 6 y +1 z − 3 C. = = . D. = = . 7 4 1 − 7 4 − 1 − Lời giải Chọn B.
cắt d tại N( 2
− + 2t;1+t;1−t) . Ta có A là trung điểm của cạnh MN nên
M (4 − 2t;5 −t;3+ t) Vì M ( )
P nên ta có: 2(4 − 2t) − (5 − t) + (3+ t) −10 = 0 t = 2 −
Suy ra : M (8;7;1) và N( 6 − ; 1
− ;3) => đường thẳng là đường thẳng đi qua M và N + + − => Phương trình x 6 y 1 z 3 là: = = 7 4 1 − x −1 y z + 2
Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và 2 1 3 − điểm ( A 1; 1 − ; 3
− ). Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A , vuông góc và cắt đường thẳng d là x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 A. = = . B. = = . 2 1 3 − 1 4 2 x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 C. = = . D. = = . 2 1 − 1 1 1 1
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d có phương x −1 y +1 z trình d : = =
. Phương trình của đường thẳng đi qua điểm M cắt và vuông góc 2 1 1 −
với đường thẳng d là: Trang 16 x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z A. = = . B. = = . 1 4 − 2 − 1 − 4 − 2 x − 2 y −1 z x − 2 −y −1 z C. = = . D. = = . 1 − 3 − 2 3 − 4 − 2 −
Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm ( A 3;0;0) , (
B 1;2;1) và C(2; 1
− ;2) . Biết mặt phẳng
qua B , C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là (10; ; a ) b . Tổng a + b là A. 2 − . B. 2 . C. 1. D. 1 − Lời giải Chọn B
Phân tích: Nội dung chính của câu hỏi này là tìm tọa độ tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện.
Phương trình (OAB) là: −y + 2z = 0.
Phương trình (OAC) là: 2y + z = 0.
Phương trình (OBC) là: x − z = 0.
Phương trình ( ABC) là: 5x +3y + 4z −15 = 0 .
Gọi I (a ';b';c ') là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC . Do đó:
I nằm cùng phía với A đối với (OBC ) suy ra: (a '− c ') 0 .
I nằm cùng phía với B đối với (OAC ) suy ra: (2b'+ c ') 0 .
I nằm cùng phía với C đối với (OAB) suy ra: ( b − '+ 2c') 0.
I nằm cùng phía với O đối với ( ABC ) suy ra: (5a '+ 3b'+ 4c '−15) 0 . Suy ra: b − '+ 2c ' 2b '+ c ' = 5 5 − + − b ' 2c ' a ' c '
d (I,(OAB)) = d (I,(OAC )) = 5 2
d (I,(OAB)) = d (I,(OBC)) − + + + − b ' 2c '
5a ' 3b ' 4c ' 15 = d
(I,(OAB)) = d (I,( ABC)) 5 5 2 Trang 17 b
− '+ 2c ' = 2b '+ c ' b
− '+ 2c ' = 2b'+ c ' 2 b
− '+ 2c ' = 5 a '− c ' 2 ( b
− '+ 2c ') = 5 (a'− c') 10 b
− '+ 2c ' = 5a '+ 3b'+ 4c '−15 10 ( b
− '+ 2c ') = −(5a'+ 3b'+ 4c'−15) 3 a ' = 2 3 10 − 9 b ' = 2 9 10 − 27 c ' = 2 . 3 − (3 10 −9 3 3 10 9 )
1 3 10 −13 9 10 − 29 Suy ra: I ; ; = − , BI ; ; , BC = (1; 3 ) ;1 . 2 2 2 2 2 2 30 − + 9 10 10 − 3 10
BI, BC = 50 − +15 10; ;
cùng phương với n = (10;3;− ) 1 . 2 2
Suy ra ( BCI ) có một VTPT là n = (10;3;− ) 1 = (10; ; a b) .
Vậy: a + b = 2 . Cách khác:
Phương trình (OBC) là: x − z = 0.
Phương trình ( ABC) là: 5x +3y + 4z −15 = 0 .
Gọi ( ) là mặt phẳng qua B , C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC .
Suy ra ( ) là mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng (OBC ) và ( ABC ). ( − + + −
3y −8z −15 = 0 ( ) ) x z 5x 3y 4z 15 1 : = . 2 50 1
0x + 3y − z −15 = 0 (2) Phương trình ( )
1 bị loại do O và A phải nằm khác phía đối với ( ) . Vì vậy ta chọn phương
trình (2) . Do đó, ( ) có một VTPT là n = (10;3;− ) 1 = (10; ; a b) .
Vậy: a + b = 2 . Trang 18
Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện với điểm ( A 1;2;2) , ( B 1 − ;2; 1 − ), C(1;6; 1 − ) và ( D 1
− ;6;2) . Biết mặt phẳng qua B , C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có một vectơ pháp tuyến là ( 1 − ; ; b )
c . Tổng b + c là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 1 − Lời giải Chọn B
Ta có phương trình các mặt phẳng như sau:
(ABC) : 6x −3y − 4z +8 = 0 . (BC )
D : 6x −3y + 4z +16 = 0 . (CD )
A : 6x + 3y + 4z − 20 = 0 . (AB )
D : 6x + 3y − 4z − 4 = 0 .
Gọi I (a ';b';c ') là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện DABC . Do đó:
I nằm cùng phái với A đối với ( DBC) suy ra: 6a '− 3b '+ 4c '+16 0 .
I nằm cùng phía với B đối với ( DAC) suy ra: 6a '+ 3b '+ 4c '− 20 0 .
I nằm cùng phía với C đối với ( DAB) suy ra: 6a '+ 3b'− 4c '− 4 0 .
I nằm cùng phía với D đối với ( ABC ) suy ra: 6a '− 3b'− 4c '+ 8 0 . Suy ra:
d (I,(DAB)) = d (I,(DAC))
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = 6a '+ 3b'+ 4c'− 20
d (I,(DAB)) = d (I,(DBC))
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = 6a '− 3b'+ 4c'+16 d
(I,(DAB)) = d (I,( ABC)) 6a'+ 3b'− 4c'− 4 = 6a'−3b'− 4c'+8 a ' = 0
6a '+ 3b '− 4c '− 4 = −(6a '+ 3b'+ 4c'− 20) b ' = 4
6a '+ 3b '− 4c '− 4 = 6a '− 3b'+ 4c '+16 1 c ' =
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = −
(6a'−3b'− 4c'+8) 2 . 1 3 Suy ra: I 0; 4; , BI = 1;2; , BC = (2;4;0) . 2 2 Trang 19
BI, BC = ( 3 − ;3;0)
cùng phương với n = ( 1 − ;1;0) .
Suy ra ( BCI ) có một VTPT là n = ( 1 − ;1;0) = ( 1 − ; ; b c) .
Vậy: b + c = 1.
Cách khác: có thể sử dụng mặt phẳng phân giác như trên.
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với điểm ( A 1;2;2) , ( B 1 − ;2; 1 − ), C(1;6; 1 − ) và ( D 1
− ;6;2) . Thể tích của mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là 72 61 288 61 216 61 288 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = 3721 3721 3721 61 Lời giải Chọn B
Ta có phương trình các mặt phẳng như sau:
(ABC) : 6x −3y − 4z +8 = 0 . (BC )
D : 6x −3y + 4z +16 = 0 . (CD )
A : 6x + 3y + 4z − 20 = 0 . (AB )
D : 6x + 3y − 4z − 4 = 0 .
Gọi I (a ';b';c ') là tâm và R là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện DABC . Do đó:
I nằm cùng phái với A đối với ( DBC) suy ra: 6a '− 3b '+ 4c '+16 0 .
I nằm cùng phía với B đối với ( DAC) suy ra: 6a '+ 3b'+ 4c '− 20 0 .
I nằm cùng phía với C đối với ( DAB) suy ra: 6a '+ 3b'− 4c '− 4 0 .
I nằm cùng phía với D đối với ( ABC ) suy ra: 6a '− 3b'− 4c '+ 8 0 . Suy ra:
d (I,(DAB)) = d (I,(DAC))
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = 6a '+ 3b'+ 4c'− 20
d (I,(DAB)) = d (I,(DBC))
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = 6a '− 3b'+ 4c'+16 d
(I,(DAB)) = d (I,( ABC)) 6a'+ 3b'− 4c'− 4 = 6a'−3b'− 4c'+8 Trang 20 a ' = 0
6a '+ 3b '− 4c '− 4 = −(6a '+ 3b'+ 4c'− 20) b ' = 4
6a '+ 3b '− 4c '− 4 = 6a '− 3b'+ 4c '+16 1 c ' =
6a '+ 3b'− 4c '− 4 = −
(6a'−3b'− 4c'+8) 2 . 36 R = 1 Suy ra: I 0; 4; , bán kính 61 . 2 4 288 61
Vậy thể tích mặt cầu cần tìm là: 3 V = . R = . 3 3721
Cách khác: Sử dụng công thức nhanh. 1 V = .r. S + S + S + S
( r là bán kính của mặt cầu nội tiếp) ABCD ( ABC ABD ADC BCD) 3 Ta có: AB = ( 2 − ;0; 3 − ), AC = (0;4; 3 − ) , AD = ( 2 − ;4;0) , DB = (0; 4 − ; 3 − ) , DC = (2;0; 3 − ) . 1 V = . A , B AC.AD = 8 ABCD . 6 1 1 1 S = . A , B AC = 61 S = . A , D AC = 61 S = . A , B AD = 61 ABC , , , 2 ADC 2 ABD 2 1 S = . D , B DC = 61 BCD . 2 Ta có: 1 V = .r. S + S + S + 1 36 S
8 = .r.4 61 r = . ABCD ( ABC ABD ADC BCD) 3 3 21 4 288 61 Vậy: 3 V = . R = . MatCau 3 3721 x − 2 y z
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và mặt cầu 2 1 − 4
(S) (x− )2 +(y − )2 +(z − )2 : 1 2 1
= 2 . Hai mặt phẳng (P) và (Q) chứa d và tiếp xúc với (S).
Gọi M và N là tiếp điểm. Độ dài đoạn thẳng MN bằng 4 3 2 3 A. 2 2. B. . C. . D. 4. 3 3 Lời giải P Chọn B. Trang 21 M H K I d Q N
Từ (S ) : Tâm I (1;2; ) 1 và bán kính R = 2
Từ d :Vectơ u = (2; 1 − ;4)
Hạ IH ⊥ d H (2 + 2t; t − ;4t)
IH = (2t +1; 2
− − t;4t − ) 1
IH.u = 0 (2t + ) 1 2 + (− ) 1 ( 2
− −t) +(4t − ) 1 4 = 0 .
t = 0 H (2;0;0) .
Xét tam giác IHM vuông tại M ta có 2 2 2
MH = IH − IM = 6 − 2 = 4 MH = 2 . 1 1 1 Ta có = + 1 1 = + 3 = 2 MK = . 2 2 2 MK MH MI 4 2 4 3 Vậy MN = 4 3 2MK = . Vậy chọn Đáp án B 3 x − 3 y + 2 z +1
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = 2 1 1 − và mặt phẳng ( )
P : x + y + z + 2 = 0. Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P) , vuông góc với đường
thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm I của d với ( P) đến bằng 42. Gọi M (5; ;
b c) là hình chiếu vuông góc của I trên . Giá trị của bc bằng A. 10 − . B. 10 . C. 12 . D. 20. − Lời giải Chọn B.
Đường thẳng d có vecto chỉ phương là u 2;1; 1 − . 1 ( )
Mặt phẳng ( P) có vecto pháp tuyến là n(1;1; ) 1 . Trang 22
Gọi u là vecto chỉ phương của đường thẳng . Khi đó u = u , n = 2; 3 − ;1 2 1 ( ) 2
Vì I = d (P) nên ta tìm được I (1; 3 − ;0) Gọi
là đường thẳng nằm trong (P) và vuông góc với ,
= M thỏa mãn IM = 42
có vecto chỉ phương là u = , n u = 4;1; 5 − . 2 ( ) x = 1+ 4t
Khi đó ' có phương trình là y = 3 − + t . z = 5 − t 2 2 Gọi M
M (1+ 4t; 3 − + t; 5
− t) , IM = 42 ( t) 2 4
+ t + (5t) = 42 t = 1 .
Với t = 1 M (5; 2 − ; 5 − ) bc =10 . Với t = 1 − M ( 3 − ; 4 − ;5) (loại) Vậy bc = 10
Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;2; ) 1 , B (2; 1 − ; )
3 . Tìm tọa độ điểm M trên
mặt phẳng (Oxy) sao cho 2 2
MA − 2MB lớn nhất. 3 1 1 3 − A. M ; ; 0 . B. M ; ;0 .
C. M (0;0;5). D. M (3; 4 − ;0). 2 2 2 2 Lời giải Chọn D. Gọi M ( ; x ;
y 0)(Oxy) là điểm cần tìm.
MA = ( − x)2 + ( − y)2 2 2 2 1 2
+1= x + y − 2x − 4y + 6
MB = ( − x)2 + (− − y)2 2 2 2 2 1
+9 = x + y − 4x + 2y +14 Ta có: 2 2 2 2
MA − MB = x + y − x − y + − ( 2 2 2 2 4
6 2 x + y − 4x + 2 y +14) 2 2 2 2
MA − 2MB =− x − y + 6x −8y − 22
MA − MB = −(x − )2 − ( y + )2 2 2 2 3 4 + 3 3 x − 3 = 0 x = 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ y + 4 = 0 y = 4 − Trang 23 Vậy điểm M (3; 4
− ;0) là điểm cần tìm. x − 3 y +1 z +1
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 đường thẳng (d : = = , 1 ) 1 2 − 1 ( x y z −1 x −1 y +1 z −1 x y −1 z d : = = , (d : = = , (d : = =
. Số đường thẳng trong 4 ) 3 ) 2 ) 1 2 − 1 2 1 1 1 1 − 1 −
không gian cắt cả 4 đường thẳng trên là A. 0 . B. 2 . C. Vô số. D. 1. Lời giải Chọn A.
(d đi qua điểm M 3;−1;−1 và có VTCP u = 1;−2;1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 )
(d đi qua điểm M 0;0;1 và có VTCP u = 1;−2;1 . 2 ( ) 2 ( ) 2 ) M M = 3 − ;1;2 . 1 2 ( ) Vì u ;u = 0 u ;M M = 5 − ;−5;−5 0
d song song với (d . 2 ) 1 2 và 1 1 2 ( ) nên ( 1 )
Gọi ( P) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng (d và (d . 2 ) 1 )
(P) đi qua điểm M 0;0;1 và có n = u ;M M = 5 − ;−5;− 5 n = 1;1;1 có phương P 1 1 2 ( ) 2 ( ) hay ( ) trình ( 1 x − 0) + ( 1 y − 0) + ( 1 z − )
1 = 0 x + y + z −1= 0 . x =1+ 2t x =1 y = 1 − + t y = 1 −
Gọi A = (d P . Xét hệ phương trình A(1;−1 ) ;1 . 3 ) ( ) z = 1+ t z = 1
x + y + z −1= 0 t = 0 x = t x = 0 y =1− t y =1
Gọi B = (d P . Xét hệ phương trình B(0;1;0) . 4 ) ( ) z = t − z = 0
x + y + z −1= 0 t = 0 Vì BA = (1; − 2 )
;1 cùng phương với u nên (d ) không thỏa mãn. 1 Trang 24 x −1 y − 2 z
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 đường thẳng (d : = = , 1 ) 1 2 2 − x = t x = 1+ t ( x − 2 y − 2 z d : = =
, (d : y = t , (d : y = 2t . Gọi (d ) là đường thẳng cắt cả bốn 4 ) 3 ) 2 ) 2 4 4 − z = t z = 1− t
đường thẳng trên. Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng (d ) ? A. A(0;0; ) 1 . B. B (2;2;2) . C. C (6;6;− ) 3 .
D. D(4;4;− 2) . Lời giải Chọn D.
(d đi qua điểm M 1;2;0 và có VTCP u = 1;2;−2 . 1 ( ) 1 ( ) 1 )
(d đi qua điểm M 2;2;0 và có VTCP u = 2;4;−4 . 2 ( ) 2 ( ) 2 ) M M = 1;0;0 . 1 2 ( ) Vì u ;u = 0 u
;M M = 0;− 2;− 2 0
d song song với (d . 2 ) 1 2 và 1 1 2 ( ) nên ( 1 )
Gọi ( P) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng (d và (d . 2 ) 1 )
(P) đi qua điểm M 1;2;0 và có n = u
;M M = 0;− 2;− 2 n = 0;1;1 có phương P 1 1 2 ( ) 1 ( ) hay ( ) trình 0( x − ) 1 + ( 1 y − 2) + (
1 z − 0) = 0 y + z − 2 = 0 . x = t x =1 y = t y =1
Gọi A = (d P . Xét hệ phương trình A(1;1 ) ;1 . 3 ) ( ) z = t z = 1
y + z −2 = 0 t =1 x =1+ t x = 2 y = 2t y = 2
Gọi B = (d P . Xét hệ phương trình B(2;2;0) . 4 ) ( ) z = 1− t z = 0
y + z −2 = 0 t =1 x =1+ t (
d ) đi qua điểm A(1;1; )
1 và có VTCP AB = (1;1; − )
1 có phương trình y = 1+ t . z =1−t
Vì AB không cùng phương với u nên (d ) thỏa mãn. 1 Trang 25
Dễ thấy D(4;4;− 2)(d ) . x = t
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng (d : y = 4 − t , 1 ) z = 1 − + 2t ( x y − 2 z x +1 y −1 z +1 d : = = , (d : = =
. Viết phương trình đường thẳng (d ) cắt ba đường 3 ) 2 ) 2 1 1 5 2 1
thẳng (d , d , d lần lượt tại các điểm , A ,
B C sao cho AB = BC . 1 ) ( 2 ) ( 3 ) x y − 2 z x y − 2 z x y − 2 z x y + 2 z A. = = . B. = = . C. = = . D. = = . 1 1 − 1 1 1 1 1 1 1 − 1 1 − 1 Lời giải Chọn B.
A(d A ; a 4 − ; a −1+ 2a . 1 ) ( )
B (d B 2 ; b 2 + ; b b . 2 ) ( )
C (d C 1 − +5 ; c 1+ 2 ; c −1+ c . 3 ) ( ) a −1+ 5c 2b = 2
a − 4b + 5c = 1 a = 1 4 − a +1+ 2c
Vì B là trung điểm của AC nên 2 + b =
−a − 2b + 2c = 1 − b = 0 . 2
2a − 2b + c = 2 c = 0 1 2a 1 c − + − + b = 2 A(1;3; ) 1 , B(0;2;0) . ( x y − z
d ) đi qua điểm B(0;2;0) và có VTCP BA = (1;1; ) 1 có phương trình 2 = = . 1 1 1 x − 2 y z
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 − và mặt cầu 4
(S) :(x − )2 +( y − )2 +(z − )2 1 2 1
= 2 . Hai mặt phẳng (P) và(Q) chứa d và tiếp xúc với (S ) . Gọi
M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN . 4 A. 6. B. 2 2. C. . D. 4. 3 Lời giải Chọn C. Trang 26
Ta có mặt cầu (S ) có tâm I (1;2; ) 1 , bán kính R = 2 . Cách 1: I E M N H
Gọi H là hình chiếu của điểm I trên đường thẳng d IH = d (I,d ) = 6
Theo bài ra ta có: IM = IN = R = 2 2 2
MH = NH = IH − IM = 2 1 1 1 1 1 3 = + = + = 2 2 2 ME MI MH 2 4 4 2 ME = 4 MN = - 3 3 Cách 2:
Đường thẳng d đi qua điểm A(2;0;0) , có vectơ chỉ phương u (2; 1 − ;4) .
Mặt phẳng ( P) chứa d có dạng (P) : A( x − 2) + By + Cz = 0 ( 2 2 2
A + B + C 0)
Do d (P) nên ta có 2.A −1.B + 4C = 0 B = 2A + 4C .
Ta có điều kiện tiếp xúc
−A+ 2B + C 3A + 9C
R = d (I,(P)) 2 = 2 = ( ) * 2 2 2 A + B + C 2 2
5A +17C +16AC
Biến đổi phương trình (*) về phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với ,
A B . Giải phương trình, tìm
được mối liên hệ của A theo B . Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng tiếp diện, suy ra tọa độ tiếp điểm.
Chú ý: - Do phương trình (*) có nghiệm quá lẻ nên tôi không trình bày chi tiết ở đây. Tôi đã chọn
bài 01 minh họa cách giải này.
- Với bài tập này cách giải thứ nhất phù hợp hơn. Tuy nhiên với bài toán tìm tọa độ tiếp
điểm M , N hay viết phương trình đường thẳng MN thì cách 2 phù hợp hơn. Trang 27 x −13 y +1 z
Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt 1 − 1 4 cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x − 4 y − 6z − 67 − 0 . Qua d dựng các mặt phẳng tiếp xúc với (S ) lần
lượt tại T ,T . Viết phương trình đường thẳng T T . 1 2 1 2 x − 8 y −1 z − 5 x − 8 y +1 z − 5 A. = = B. = = 1 5 1 − 1 5 1 − x − 8 y −1 z + 5 x − 8 y −1 z − 5 C. = = D. = = 1 5 1 1 5 − 1 − Lời giải Chọn A.
Ta có mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) , bán kính R = 3 .
Đường thẳng d đi qua điểm A(13; 1
− ;0) , có vectơ chỉ phương u ( 1 − ;1;4) .
Mặt phẳng ( P) chứa d có dạng (P) : A( x −1 ) 3 + B ( y + ) 1 + Cz = 0 ( 2 2 2
A + B + C 0)
Do d (P) nên ta có 1
− .A+1.B + 4C = 0 B = A− 4C . 1
− 2A + 3B + 3C
Ta có điều kiện tiếp xúc R = d (I,(P)) 9 = 2 2 2 A + B + C 9A + 9C A = 2C 9 = 2 2 A = 8C
2A +17C − 8AC
Suy ra hai mặt phẳng tiếp diện là (P : 2x − 2y + z − 28 = 0; (P :8x + 4y + z −100 = 0 . 2 ) 1 ) x − 7 y + 4 z − 6
Suy ra tọa độ các tiếp điểm T 7; 4
− ;6 , T 9;6;4 TT : = = 2 ( ) 1 ( ) 1 2 1 5 1 − Chọn đáp án A. x − 2 y z
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = 2 1 − và mặt cầu 4
(S) tâm I (1;2; )
1 , bán kính R . Hai mặt phẳng (P) và (Q) chứa d và tiếp xúc với (S ) tạo với nhau góc 0
60 . Hãy viết phương trình mặt cầu ( S ) 2 2 2 2 2 2 A. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − ) 1 = 6 B. ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − ) 1 = 3 2 2 2 C. 2 2 2 3 − + − + − = ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − ) 1 = D. ( x ) 1 ( y 2) (z ) 1 1 2 Lời giải Trang 28 Chọn C. I E M N H
Gọi M , N là tiếp điểm của mặt phẳng (P),(Q) và mặt cầu (S ). Gọi H là hình chiếu của điểm
I trên đường thẳng d IH = d (I, d ) = 6 .
TH1: Góc MHN = 60 : 1 6 Theo bài ra ta có: 0
R = IM = IH.sin 30 = 6. = 2 2
(S) : (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 3 1 2 1 = . 2
TH2: Góc MHN = 120 : 3 18 Theo bài ra ta có: 0
R = IM = IH.sin 60 = 6. = 2 2
(S) : (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 9 1 2 1 = . 2
Câu 38: Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có trọng tâm G , biết B(6; 6 − ;0),C(0;0;12)
và đỉnh A thay đổi trên mặt cầu(S ) 2 2 2
: x + y + z = 9 . Khi đó G thuộc mặt cầu ( S2 ) 1 A. ( 2 2 2
S ) : ( x + 2)2 + ( y − 2)2 + ( z + 4)2 = 1
B. (S : x − 2 + y + 2 + z − 4 = 1. 2 ) ( ) ( ) ( ) 2 C. ( 2 2 2
S ) : ( x − 4)2 + ( y + 4)2 + ( z − 8)2 = 1.
D. (S : x − 2 + y + 2 + z − 4 = 3. 2 ) ( ) ( ) ( ) 2 Lời giải Chọn B.
Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm, ta có: x = 3x − 6; y = 3y + 6; z = 3z −12 A G A G A G
Do A thay đổi trên mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z = 9 nên ta có: 1 x − + ( x + )2 2 2 (3 6) 3 6 + (3x −12) = 9 G G G Trang 29 2 2 2
(x − 2) + (y + 2) + (z − 4) = 1 G G G
Vậy G thuộc mặt cầu có PT: (S ) : ( x − 2)2 + ( y + 2)2 + ( z − 4)2 = 1 2 .
Câu 39: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E , M lần lượt là
trung điểm các cạnh BC , SA , là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng (SBD). Tính tan . A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn D. S M A D O B E C
Giả sử OA = 1. Chọn hệ trục tọa độ sao cho Ox OC , Oy OB , Oz OS ,
Ta có C (1;0;0) , A( 1
− ;0;0) (SBD) nhận AC = (2;0;0) là một vecto pháp tuyến.
Từ SA = AB = OA 2 = 2 2 2
SO = SA −OA =1. S (0;0 ) ;1 1 1 M − ;0; . A ( 1 − ;0;0) 2 2 C (1;0;0) 1 1 1 1 Ta có E ; ; 0
EM nhận ME = 1; ;−
là một vecto chỉ phương. B (0;1;0) 2 2 2 2 ME.AC 2 6
sin (EM ;(SBD)) = sin = = = ME.AC 2 2 1 1 3 2 1 + + − .2 2 2 1 cos = tan = 2 . 3
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(0;2;− 2), B(2;2;− 4) . Giả sử I ( ; a ;
b c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính 2 2 2
T = a + b + c . A. T = 8 B. T = 2 C. T = 6 D. T =14 Lời giải Trang 30 Chọn A
Ta có OA = AB = 2 2 nên tam giác OAB cân tại A , vì vậy I thuộc đường trung tuyến qua A là x =1+ t (
d ) : y = 1− t I (1+ t; 1− t; − 2) z = 2 −
IA = IO t = 1 I (2; 0; − 2)
Do đó T = 8 → chọn A.
Câu 41:Cho hình lập phương A BCD.A ' B 'C ' D ' có cạnh bằng .
a Gọi K là trung điểm của DD ' .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A ' D bằng a 3 a 3 2a 3 a A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3 Hướng dẫn giải:
Chọn a =1 ta có hệ trục tọa độ Oxyz sao cho D( ) A ( ) 1 0;0;0 , ' 1;0;1 , K 0;0; và C (0;1;0) 2 1 1 Ta có DA' = (1;0 ) ;1 ; CK 0; 1 − ; và DK 0;0; 2 2 1
Ta có DA';CK = 1; − ; 1 − 2 1
DA';CK.DK = − 2 1 − 1 − Do đó 2 2 1 d = = ( = . A' D;CK ) 2 1 1 3 + + 1+ − + (− )2 1 1 1 2 4 a Vậy d( = . A' D;CK ) 3
Câu 42: Biết rằng có n mặt phẳng với phương trình tương ứng là
(P ) : x + a y + b z + c = 0(i = 1, 2,... )
n đi qua M (1;2;3) (nhưng không đi qua O) và cắt các trục tọa i i i i Trang 31 độ , Ox O ,
y Oz theo thứ tự tại , A ,
B C sao cho hình chóp .
O ABC là hình chóp đều. Tính tổng
S = a + a + ... + a . 1 2 n A. S = 3. B. S =1. C. S = 4. − D. S = 1. − Lời giải Chọn D x y z
Mặt phẳng ( ABC ) là: + + = 1 (abc 0) a b c M ( ABC) 1 2 3 (1; 2;3) + + =1 ( ) * a b c .
O ABC là hình chóp đều nên ta có: b = a ( )1 c = a b = a (2) c = −a
a = b = c b = −a (3) c = a b = −a (4) c = −a +) Thay ( ) 1 vào ( )
* ta được: a = b = c = 6 (P :x + y + z − 6 = 0 1 ) 1 2 3 +) Thay (2) vào ( ) * ta được: + − =1 ( vô nghiệm) a a a 1 2 3 +) Thay (3) vào ( ) * ta được:
− + =1 a = c = 2;b = 2
− (P :x − y + z − 2 = 0 2 ) a a a 1 2 3 +) Thay (4) vào ( ) * ta được: − − =1 a = 4
− ;b = c = 4 (P :x − y − z + 4 = 0 3 ) a a a
Vậy S = a + a + ...+ a = 1+ 1 − + 1 − = 1 − . 1 2 n ( ) ( )
Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P) qua hai điểm M (1;8; ) 0 , C (0;0;3)
cắt các nửa trục dương Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho OG nhỏ nhất ( G là trọng tâm tam giác ABC ). Biết ( G ; a ; b )
c , tính P = a + b + c . A. 7 . B. 12 . C. 3 . D. 6 . Lời giải Chọn D. m n 1 Gọi A( ; m 0;0), B(0; ;
n 0) mà C (0;0;3) nên G ; ;1 và 2 OG = ( 2 2 m + n ) +1 . 3 3 9 ( ) x y z 1 8 P :
+ + =1. (P) qua hai điểm M(1;8; ) 0 nên + =1. m n 3 m n 1 8 1 16 ( + )2 1 4 Ta có 1 = + = +
m + 2n 25 m n m 2n m + . 2n 134
Suy ra 25 m + 2n 5( 2 2 m + n ) 2 2 2
m + n 125 OG . 9 Trang 32 1 8 + =1 m = 5 m n 5 10 Dấu bằng khi G ; ;1 . m n n =10 3 3 = 1 2
Câu 44:Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;5) . Mặt phẳng ( P) đi qua
điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại , A ,
B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
Phương trình mặt phẳng (P) là x y z A. + + = 0.
B. x + y + z −8 = 0 . 5 2 1 x y z
C. x + 2y + 5z −30 = 0 . D. + + =1. 5 2 1 Lời giải Chọn C. Cách 1: Gọi A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) . Phương trình mặ x y z t phẳng ( ABC ) là + + =1. a b c 1 2 5
Do M ( ABC) nên ta có phương trình + + = 1 ( ) 1 . a b c Ta có AM = (1− ;
a 2;5), BC = (0; − ;
b c), BM = (1;2 − ;
b 5), AC = (− ; a 0; c). 5c AM.BC = 0 2 − b + 5c = 0 b =
Do M là trực tâm tam giác ABC nên 2 (2) . = −a + 5c = 0 BM .AC 0 a = 5c 1 4 5 Thế (2) vào ( ) 1 ta được +
+ =1 c = 6 a = 30;b =15. 5c 5c c x y z
Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) là +
+ =1 x + 2y + 5z − 30 = 0 . 30 15 6 Cách 2:
Ta có chứng minh được OM ⊥ ( ABC) .
(ABC) đi qua M nhận OM làm VTPT. (ABC): ( 1 x − )
1 + 2( y − 2) + 5( y −5) = 0 x + 2y + 5y −30 = 0 .
Câu 45: Cho hình lập phương ABC . D A B C D cạnh .
a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và B C
(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D bằng A D M B C A' D' B' N C' Trang 33 5a a A. 5 . a B. . C. 3 . a D. . 5 3 Lời giải Chọn D.
Cách 1. ( dùng tọa độ)
Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ' B ), 0 ; 0 ; 0 ( C' (a ), 0 ; 0 ; ' A ; 0 ( a ), 0 ; ' D ( ; a a ), 0 ; B ; 0 ; 0 ( ), a A ; 0 ( ; a ), a C(a ; 0 ; ) a .\ a a a − a − a Ta có : *) M ( ; ; a), N ( ) 0 ; 0 ; MN = ( ; 0 ;−a) = ( ) 2 ; 1 ; 0 u ( ) 2 ; 1 ; 0 là VTCP của MN. 2 2 2 2 2 1 *) ' B D ( ' ; a a ) 0 ; = a ) 0 ; 1 ; 1 (
u là VTCP của B’D’. 2 u ;u B N 1 2 ' a
d (MN; B' D' ) = = . u u 1 2 3 ; Cách 2.
Gọi P là trung điểm của C’D’. E = ' A C' , NP I = ' A C' ' B '. D
Ta có : d(MN; B' D' ) = d(B' D'; (BDPN)) = d(I; (BDPN)) = h .
Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN. 1 1 1 16 1 9 a Vậy = + = + = h = . 2 2 2 h MI IE 2 2 2 2 a a a 3
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : x − z − 3 = 0 và điểm M (1;1; ) 1 . Gọi A là
điểm thuộc tia Oz , B là hình chiếu của A lên ( ) . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện
tích của tam giác MAB bằng: 3 3 3 123 A. 6 3. B. . C. . D. 3 3. 2 2 Lời giải Chọn B.
Gọi A(0;0;a) với a 0 . Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;0;a) và có một vectơ chỉ phương x = t u = (1;0; − )
1 có phương trình là: y = 0 (t ).
z = a −t + a + a a −
B ( ) t − a + t − 3 = 3 0 t = 3 3 B ;0; . 2 2 2 2 2 + − 2 a 1 a 5
Vì tam giác MAB cân tại M MA = MB 1+1+ (a − ) 1 = +1+ 2 2 Trang 34 2 2 a + 2a +1 a −10a + 25 2
a − 2a +1+1 = + 2 2
4a −8a +8 = 2a −8a + 26 2
2a =18 a = 3 4 4
A(0;0;3) và B(3;0;0) . 1
Cách 1: AM = (1;1;− 2) , BM = ( 2 − ;1 )
;1 AM , BM = (3;3;3) S = AM , BM ABM . 2 3 3 = . 2 3 3
Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB . Ta có I ; 0; . 2 2 2 2 1 6 IM = + (− )2 1 1 + = . 2 2 2 AB = + + (− )2 2 2 3 0 3 = 3 2 . Do đó 1 S = 1 6 IM .AB = 3 3 . .3 2 = . ABM 2 2 2 2 x y −1 z − 2
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : = = và mặt 1 1 1 −
phẳng (P) : x + 2y + 2z − 4 = 0 . Phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P) sao cho
d cắt và vuông góc với là x = 3 − + t x = 3t
A. d : y = 1− 2t ,(t ) .
B. d : y = 2 + t ,(t ) . z = 1− t z = 2 + 2t 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. x y −1 z − 2 Đường thẳng : = =
có vectơ chỉ phương u (1;1; − ) 1 , và mặt phẳng 1 1 1 −
(P): x + 2y + 2z −4 = 0 có vectơ pháp tuyến n(1;2;2) suy ra u,n = (4; 3 − ; ) 1 .
Gọi M = d M = (P)
M M = (t;1+ t;2 − t ) ; M ( P) t + 2(1+ t ) + 2(2 − t) − 4 = 0 t = 2 − Suy ra M = ( 2 − ; 1 − ;4). Trang 35
Đường thẳng d đi qua M = ( 2 − ; 1
− ;4) và nhận u,n = (4; 3 − ; ) 1
làm vectơ chỉ phương nên có x = 2 − − 4t
phương trình là: d : y = 1
− + 3t ,(t ) . z = 4−t
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ 0xyz cho đường thẳng d và mặt cầu (S ) có phương x + 3 y z +1
trình lần lượt là: d : = = ; (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 4y + 2z −18 = 0 biết d cắt (S ) tại 1 − 2 2
hai điểm M , N thì độ dài đoạn MN là 30 20 16 A. MN = . B. MN = . C. MN = .
D. MN = 8 . 3 3 3 Lời giải Chọn B. x = 3 − − t
Ta có phương trình tham số của (d ) là: y = 2t
thay vào (S ) ta được z = 1 − + 2t t = 2 − (− −
t )2 + ( t )2 + (− + t )2 3 2 1 2 − 2( 3
− − t) + 4(2t) + 2( 1 − + 2t) −18 = 0 2 t = 9 2 29 4 5 Với t = 2 − M ( 1 − ; 4 − ; 5
− ) ; với t = M − ; ; − 9 9 9 9 2 − 0 40 40 20 MN = ; ; MN = . 9 9 9 3 A(0;0, 3 − ), B(2;0;− ) 1 (P)
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm và (P)
3x −8y + 7z −1 = 0 . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng sao cho ABC đều. A. vô số. B. Có một. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D.
Gọi C ( x , y , z là điểm cần tìm 1 1 1 ) 2 2 AC = x + y + (z + 3)2 2 2
, AC = ( x − 2) 2
+ y + z +1 , AB = 8 1 1 ( 1 ) 1 1 1
Do C ( P) 3x − 8y + 7z −1 = 0 ( ) 1 1 1 1 Trang 36
Do ABC đều AB = AC = BC . x + y + (z +3)2 2 2 = 8
x + y + z +3 = 8 1 1 ( 1 )2 2 2 1 1 1 ( x − 2 )2 + y +(z + )2 2 1 = 8 x = −z −1 1 1 1 1 1
Thế x = −z −1 vào ( )
1 z = 2 y +1 , x = 2 − y − 2 1 1 1 1 1 1 y = 2 − 1 ( 2
− y − 2)2 + ( y )2 + (2y + 4)2 = 8 2
3y + 8y + 4 = 0 . 1 1 1 1 1 2 y = − 1 3 2 2 − 1 − C (2, 2 − ,− ) 3 và C ' − ; , . 3 3 3
Câu 50: Trong không gian với hệ trục Oxyz . Cho A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) , với a , b , c
dương và thỏa a + b + c = 6 . Biết rằng a , b , c thay đổi thì tâm I của mặt cầu ngoại tiếp OABC
thuộc mặt phẳng ( P) cố định. Khi đó khoảng cách d từ N (1;1; ) 1 tới ( P) bằng: 2 3 3 A. d = 3 . B. d = . C. d = . D. d = 0 . 3 3 Lời giải Chọn D.
Gọi M trung điểm AB , do tam giác OAB vuông tại O . Dựng trục Mt qua M và vuông góc với
(OAB). Dựng trung trực của OC cắt Mt tại tâm I của mặt cầu ngoại tiếp OABC và a b c I ; ; . 2 2 2 a + b + c 6
Lại có: x + y + z =
= = 2 I thuộc mặt phẳng (P): x + y + z −3 = 0 cố định. I I I 2 3
Vậy, d (N,(P)) = 0 . Trang 37
Câu 51:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) với , a , b c là
các số thực thay đổi, khác 0 và thỏa mãn a + b + c = 6 . Gọi tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
là I. Giá trị nhỏ nhất của OI bằng 3 3 A. 3 . B. . C. . D. 3 . 2 3 Lời giải Chọn A
Ta có OABC là tứ diện vuông tại O . Gọi M là trung điểm BC . Đường thẳng d qua M song
song với OA là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC .
Trong mặt phẳng (O ,
A d ) , từ trung điểm N của đoạn OA kẻ đường thẳng vuông góc với OA
tại N cắt d tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . b c a b c
Ta có tọa độ điểm M 0; ;
, khi đó điểm I ; ; . 2 2 2 2 2 2 2 2 + + Do đó a b c 1 a b c 2 2 2 OI = + + =
a + b + c = 3 . 2 2 2 2 2 3
Dấu bằng xảy ra a = b = c = 2.
Câu 52: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) với , a , b c là
các số thực thay đổi, khác 0 và thỏa mãn a + b + c = 3 . Tính thể tích nhỏ nhất của khối cầu ngoại
tiếp tứ diện OABC : 3 A. . B. 3 . C. 4 . D. 12 . 2 Lời giải Trang 38 Chọn A
Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC , tâm I của khối cầu ngoại tiếp tứ diện là giao
điểm của trục đường tròn và mặt phẳng trung trực của cạnh OA . 2 2 2 + + Khi đó a b c 1 a b c 3 2 2 2 OI = + + =
a + b + c = 2 2 2 2 2 3 2 Do đó GTNN củ 4 3
a thể tích khối cầu ngoại tiếp là 3 V = R = . 3 2
Câu 53:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M (1; 2 − ; )
3 . Gọi ( P) là mặt phẳng qua M 1 1 1
cắt các trục tọa độ lần lượt tại , A ,
B C . Khi đó giá trị nhỏ nhất của + + là: 2 2 2 OA OB OC 1 A. . B. 1. C. 14 . D. 14 . 14 Lời giải Chọn A x y z
Mặt phẳng ( P) có phương trình + + = 1, trong đó 1 2 3 − + =1. a b c a b c 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 Ta có 1 = − + (1+ 4+9) + + + + 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c 14 Do đó 1 1 1 1 1 1 1 + + = + + . 2 2 2 2 2 2 OA OB OC a b c 14 14
Dấu bằng xẳy ra a = 14,b = 7 − ,c = . 3
Cách khác: Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P). Khi đó 1 1 1 1
OABC là góc tam diện vuông nên có + + = 2 2 2 2 OA OB OC OH 1 1 1
Mà OH OM = 2 2 OH OM 14 1 1 1 + +
đạt giá trị nhỏ nhất khi H M . 2 2 2 OA OB OC
Câu 54: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(3;0;0) , B(1;2; ) 1 , và C (2; 1 − ;2). Biết mặt
phẳng qua B , C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là (10; ; a b).
Tổng a + b là: A. 2 − . B. 2 . C. 1. D. 1 − . Trang 39 Lời giải Chọn B.
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I ( ; x ; y z ) .
Ta có phương trình (OBC): x − z = 0 .
Phương trình mặt phẳng ( ABC) : 5x +3y + 4z −15 = 0 .
Tâm I cách đều hai mặt phẳng (OBC ) và ( ABC ) suy ra: x − z
5x + 3y + 4z −15
y + 3z − 5 = 0 () = . 2 5 2 1
0x + 3y − z −15 = 0 ( )
Nhận xét: hai điểm A và O nằm về cùng phía với ( ) nên loại ( ) .
Hai điểm A và O nằm về khác phía ( ) nên nhận ( ) .
Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là (10; ;
a b) thì a = 3 , b = 1
− .Vậy a + b = 2 .
Phân tích: Bản chất bài toán là đi lập phương trình mặt phẳng phân giác “trong” của hai
mặt phẳng (OBC ) và ( ABC ) .
Câu 55:Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(3;0;0) , B(1;2; ) 1 , C (2; 1 − ;2)và D(6;1;0) .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của C trên AD . Biết mặt phẳng ( BCI ) có một vectơ pháp tuyến là (6; ;
a b) . Tổng a + b là: A. 2 − . B. 2 . C. 1. D. 1 − . Lời giải Chọn B. Ta có BC = (1; 3 − )
;1 . AD = (3;1;0) . Suy ra BC ⊥ AD .
Suy ra ( BCI ) ⊥ AD . Suy ra ( BCI ) có một véc tơ pháp tuyến là AD = (3;1;0) .
Thấy ngay một vectơ pháp tuyến khác là (6;2;0) do đó a = 2 , b = 0 .Vậy a + b = 2 .
Câu 56: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(3;0;0) , B(1;2; ) 1 , và C (2; 1 − ;2). Tập hợp tất
cả các điểm trong không gian có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng ( ABC ) và (OBC ) bằng 2 là:
A. Một mặt phẳng. B. Hai mặt phẳng. C. Một mặt cầu. D. Một mặt trụ. Lời giải Chọn B. Gọi điểm I ( ; x ;
y z ) có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng bằng 2 .
Ta có phương trình (OBC): x − z = 0 .
Phương trình mặt phẳng ( ABC) : 5x +3y + 4z −15 = 0 .
d ( I;(OBC )) 1 Ta có = suy ra:
d ( I;( ABC )) 2 x − z
1 5x + 3y + 4z −15
5x − 3y −14z +15 = 0 =
10 x − z = 5x + 3y + 4z −15 . 2 2 5 2 15
− x − 3y + 6z +15 = 0 Vậy chọn B. Trang 40
Câu 57: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;2;0), B(2;0; 2 − ) và mặt phẳng ( )
P : x + 2y − z −1 = 0 . Gọi M ( ; a ; b )
c là điểm thuộc mặt phẳng ( P) sao cho MA = MB và góc
AMB có số đo lớn nhất. Khi đó giá trị a + 4b + c bằng A. 1. B. 2. C. 0. D. 3. Lời giải Chọn A. Cách 1:
+) Vì MA = MB nên M thuộc mặt phẳng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Ta có
phương trình trung trực của AB là ( )
Q : y + z = 0 x =1+ 3t
+) M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( )
P , (Q) nên M thuộc đường thẳng (d ) : y = t − . z = t 2 M . A MB 11t − 2t +1
Gọi M (1+ 3t; t
− ;t), ta có cos AMB = = . 2 M . A MB 11t − 2t + 5 2 11t − 2t +1 5 1
Khảo sát hàm số f (t) =
, ta được min f (t) = khi t = . 2 11t − 2t + 5 27 11 1 14 1 1
Suy ra AMB có số đo lớn nhất khi t = , ta có M ; − ; . 11 11 11 11
Khi đó giá trị a + 4b + c =1. Cách 2:
I là trung điểm của AB I (2,1, − ) 1 AB(0,−2,−2)
M thuộc mặt phẳng trung trực của AB gọi là (Q) MA = MB
(Q):0(x − 2) + ( 1 y − ) 1 + ( 1 z + ) 1 = 0 y + z = 0
Do giả thuyết M (P) M = (P) (Q) x =1− 3t + − − = x 2 y z 1 0
Toạ độ M thỏa mãn hpt y = t
() M (1− 3t,t, t − ) y + z = 0 z = t − Trang 41 Do A
MB cân tại M A MB = 2 A MI Mà 0 0 0 A
MI 90 A
MI max sin A MI max AI Lại có sin A MI max = , AI cố định AM sin A
MI max AM min Mà
( − t − )2 + (t − )2 + (−t + )2 2 AM= 1 3 2 1 1 = 11t + 2t + 3 AM f (t) 2 min
=11t + 2t + 3 min − f (t ) 1 min t= 11 14 1 − 1 14 1 − 1 Vậy M ; ; a = ;b = ;c = 11 11 11 11 11 11
T = a + 4b + c =1.
Câu 58: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) đi qua hai điểm
A(1;6;2), B(3;0;0) và có tâm thuộc mặt phẳng (P) :x − y + 2 = 0 bán kính của mặt cầu (S) có giá trị nhỏ nhất là 462 534 218 530 A. . B. . C. . D. . 6 4 6 4 Lời giải Chọn A
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB,
nên H(2; 3; 1). Vecto HB = (1; 3 − ;− ) 1 .
Mặt cầu đi qua A, B có tâm M thuộc mặt phẳng (Q)
là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB Trang 42
qua H và có vecto pháp tuyến HB = (1; 3 − ;− )
1 có phương trình (Q) :x −3y + z + 6 = 0 .
Do tâm M của mặt cầu cũng thuộc (P) nên M thuộc đường thẳng (d) là giao của (P) và (Q) có
vectơ chỉ phương u = (1;1;2) và qua M 2 − ;0;4 . 0 ( ) M H,u
Gọi d là khoảng cách từ H đến (d), d = d (H (d )) 0 66 , = = , HB = 11 . u 6 Ta có 2 2 R = MB =
HB + MH . Nhận thấy HB không đổi, R nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, MH nhỏ
nhất khi M trùng I, lúc đó 66
MH = HI = d =
. (I là hình chiếu vuông góc của H lên (d)) 6 Vậy 66 462 2 2 R = HB + IH = +11 = . min 36 6 x = 1+ t
Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d : y = 2 − 2t và 1 z = −3−t x = 4 + 3t
d : y = 3 + 2t . Trên đường thẳng d lấy hai điểm ,
A B sao cho AB = 3 . Trên đường thẳng d 2 1 2 z =1−t lấy hai điểm ,
C D sao cho CD = 4. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . 4 21 5 21 A. V = 7 . B. V = 2 21 . C. V = . D. V = 3 6 Lời giải: Chọn B
Ta có đường thẳng d đi qua điểm M 1;2; 3
− và có vec tơ chỉ phương u 1; 2 − ; 1 − 1 ( ) 1 ( ) 1
Ta có đường thẳng d đi qua điểm M 4;3;1 và có vec tơ chỉ phương u 3;2; 1 − 1 ( ) 2 ( ) 2
u ,u .M M 1 2 1 2 42
Ta có khoảng cách giữa d ; d là d = = = 21 1 2 u ,u 16 + 4 + 64 1 2
Nhận xét rằng d ⊥ d 1 2 1 1
Thể tích khối tứ diện cần tìm là V = A . B C . D d.sin = .3.4. 21. = 2 21 . 6 6 Trang 43
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 4 y + 4z = 0
và điểm M (1;2;− )
1 . Một đường thẳng thay đổi qua M cắt (S ) tại hai điểm , A B . Tìm giá trị
lớn nhất của tổng MA + MB . A. 8 . B. 10 . C. 2 17 . D. 8 + 2 5 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2 − ; 2
− ) và bán kính R = 3. Trong khi IM = 17 3 nên M nằm
ngoài hình cầu (S ) .
Gọi H là trung điểm của AB , có M nằm trên đường AB và nằm ngoài đoạn AB nên có
MA + MB = 2MH .
Mặt khác, tam giác IHM vuông tại H nên MH MI . Vậy MA + MB 2 17 .
Đẳng thức xảy ra khi đường thẳng qua M và tâm I của mặt cầu, tức AB lúc này là đường kính của mặt cầu.
Vậy giá trị lớn nhất của tổng MA + MB là 2 17 .
Câu 61: Cho hình lập phương ABC . D A B C D cạnh .
a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và B C
(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D bằng A D M B C A' D' B' N C' 5a a A. 5 . a B. . C. 3 . a D. . 5 3 Lời giải Chọn D.
Cách 1. ( dùng tọa độ)
Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ' B ), 0 ; 0 ; 0 ( C' (a ), 0 ; 0 ; ' A ; 0 ( a ), 0 ; ' D ( ; a a ), 0 ; B ; 0 ; 0 ( ), a A ; 0 ( ; a ), a C(a ; 0 ; ) a . a a a − a − a Ta có : *) M ( ; ; a), N ( ) 0 ; 0 ; MN = ( ; 0 ;−a) = ( ) 2 ; 1 ; 0 u ( ) 2 ; 1 ; 0 là VTCP của MN . 2 2 2 2 2 1 *) ' B D ( ' ; a a ) 0 ; = a ) 0 ; 1 ; 1 (
u là VTCP của B D . 2 u ;u B N 1 2 ' a
d (MN; B' D' ) = = . u u 1 2 3 ; Trang 44 Cách 2.
Gọi P là trung điểm của C D . E = ' A C' , NP I = ' A C' ' B '. D
Ta có : d(MN; B' D' ) = d(B' D'; (BDPN)) = d(I; (BDPN)) = h .
Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN . 1 1 1 16 1 9 a Vậy = + = + = h = . 2 2 2 h MI IE 2 2 2 2 a a a 3
Câu 62: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : x − z − 3 = 0 và điểm M (1;1; ) 1 . Gọi A là
điểm thuộc tia Oz , B là hình chiếu của A lên ( ) . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện
tích của tam giác MAB bằng: 3 3 3 123 A. 6 3. B. . C. . D. 3 3. 2 2 Lời giải Chọn B.
Gọi A(0;0;a) với a 0 . Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;0;a) và có một vectơ chỉ phương x = t u = (1;0; − )
1 có phương trình là: y = 0 (t ).
z = a −t + a + a a −
B ( ) t − a + t − 3 = 3 0 t = 3 3 B ;0; . 2 2 2 2 2 + − 2 a 1 a 5
Vì tam giác MAB cân tại M MA = MB 1+1+ (a − ) 1 = +1+ 2 2 2 2 a + 2a +1 a −10a + 25 2
a − 2a +1+1 = + 2 2
4a −8a +8 = 2a −8a + 26 2
2a =18 a = 3 4 4
A(0;0;3) và B(3;0;0) . 1
Cách 1: AM = (1;1;− 2) , BM = ( 2 − ;1 )
;1 AM , BM = (3;3;3) S = AM , BM ABM . 2 3 3 = . 2 3 3
Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB . Ta có I ; 0; . 2 2 2 2 1 6 IM = + (− )2 1 1 + = . 2 2 2 AB = + + (− )2 2 2 3 0 3 = 3 2 . Trang 45 Do đó 1 S = 1 6 IM .AB = 3 3 . .3 2 = . ABM 2 2 2 2 Cách 3: A H M B f ( , x ,
y z) = x − z −3
Tam giác MAB cân tại M nên f ( )
A = 2 f (M ) −z − 3 = 2.( 3 − ) (0 A ;0;3) A 3 9 3 3 S
= HM.HB = d M MA − d M = − = ABM ( ,( )) 2 2 ( ,( )) . 6 2 2 2
Câu 63: Cho biết có n mặt phẳng với phương trình tương ứng là (P ) : x + a y + b z + c = 0 i i i i
(i =1,2,..,n) đi qua điểm M (1;2; )
3 và không đi qua gốc tọa độ O , đồng thời cắt các trục tọa độ O , x O ,
y Oz theo thứ tự tại , A ,
B C sao cho hình chóp OABC là hình chóp đều. Khi đó giá trị
a + a + ... + a bằng? 1 2 n A. 3 . B. 1. C. 4 − . D. 1 − Lời giải Chọn D
Giả sử mặt phẳng (P) : x + ay + bz + c = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán c − c −
+) ( P) Ox = A(− ;
c 0;0) , ( P) Oy = B 0; ;0
, (P) Oz = C 0;0; a b
Vì hình chóp OABC là hình chóp đều, suy ra OA = OB = OC −c −c Nên ta có −c = =
a = b = 1 (do ( P) không đi qua gốc tọa độ nên c 0 ) a b
+) Vì điểm M (1;2; )
3 (P) nên suy ra: 1+ 2a + 3b + c = 0
Nhận thấy nếu a =1,b = 1
− thì c = 0 , trường hợp này không thỏa mãn do c 0
Như vậy ta sẽ có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán lần lượt ứng với các trường hợp
a = b = 1, a = b = 1 − và a = 1 − ,b =1
Vậy a = 1, a = 1 − , a = 1
− suy ra a + a + a = 1 − . 1 2 3 1 2 3
Câu 64:Trong không gian hệ trục Oxyz cho tam giác ABC có A(1;0;− ) 1 , B (2;3;− ) 1 , C ( 2 − ;1; ) 1
.Phương trình đường thẳng đi qua tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với
mặt phẳng ( ABC ) là: x − 3 y − 3 z − 5 x y − 2 z A. = = = = . 3 1 − . B. 5 3 1 5 Trang 46 x −1 y z +1 x − 3 y − 2 z − 5 C. = = = = 1 2 − . D. 2 3 1 − . 5 Lời giải Chọn A.
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
Ta có AB = 10 , AC = 14 , BC = 24 ABC vuông tại A .
Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I là trung điểm BC I (0;2;0) .
Mặt phẳng ( ABC ) có VTPT n = A , B AC = (3; 1 − ;5) .
Do d ⊥ ( ABC) VTCP của d là: u = n = (3; 1 − ;5). x − 3 y − 3 z − 5
Vậy phương trình đường thẳng d là: = = 3 1 − . 5 x + 2 y z +1
Câu 65: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2; )
3 , đường thẳng (d ) : = = 1 3 2 − 2 2 2
và mặt cầu (S ) : ( x − ) 1
+ ( y + 2) + (z −3) =16 . Hỏi có bao nhiêu đường thẳng () qua A ,
vuông góc (d ) và tiếp xúc với (S ) A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn B.
Gọi VTCP () là u = (a b c) 2 2 2 ; ;
, a + b + c 0
Mặt cầu (S) : Tâm I (1; 2 − ; ) 3 , R = 4
IA = (0; 4;0) , I , A u = (4 ; c 0; 4 − a) . Ta có ( ()) I ,Au d I; = = 4 2 2 2 2 2
4 a + c = 4 a + b + c b = 0 u
Mà VTCP (d ) vuông góc VTCP () nên a + 3b − 2c = 0 a = 2c .
Chọn c =1 a = 2. Nên có 1 VTCP của phương trình đường thẳng () . Vậy có 1 PT thỏa. Trang 47 B (1;2; 5 − ) (d):
Câu 66: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm , đường thẳng 2 2 2 x − 6 y − 5 z +1 (x − ) 1
+ ( y − 2) + (z + ) = = (S): 1 = 4 và mặt cầu
. Hỏi có bao nhiêu đường 1 4 1 − () (d ) (S) thẳng qua B , vuông góc và tiếp xúc với A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn C.
Gọi VTCP () là u = (a b c) 2 2 2 ; ;
, a + b + c 0
Mặt cầu (S) : Tâm I (1;2;− ) 1 , R = 4 IB = (0;0; 4 − ) , I , B u = (4 ; b 4 − ; a 0) .
Ta có VTCP (d ) vuông góc VTCP () nên a + 4b − c = 0 c = a + 4b . ( ()) IB,u d I; = = 2 2 2 2 2 2
4 a +b = 2 a + b + c (a +b ) = a +b +(a + b)2 2 2 2 2 4 4 u 2 2 4 42
2a −8ab −13b = 0 a = b . 2
Chọn b = 2 a = 4 42 . Nên có 2 VTCP của phương trình đường thẳng () . Vậy có 2 PT thỏa. C (0;6; 5 − ) (d):
Câu 67: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm , đường thẳng 2 2 2 x − 6 y − 5 z +1
(x + 2) +( y −6) +(z +5) = = (S): = 7 và mặt cầu
. Hỏi có bao nhiêu đường 1 − 2 5 () (d ) (S) thẳng qua C , vuông góc và tiếp xúc với A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn A.
Gọi VTCP () là u = (a b c) 2 2 2 ; ;
, a + b + c 0
Mặt cầu (S) : Tâm I ( 2 − ;6; 5 − ), R = 7
IC = (2;0;0) , IC,u = (0; 2 − ; c 2b) .
Ta có VTCP (d ) vuông góc VTCP () nên a
− + 2b +5c = 0 a = 2b +5c . Trang 48 ( ()) IC,u d I; = = 7 2 2 2 2 2
2 b + c = 7 a + b + c (b +c )+ ( b+ c)2 2 2 3 7 2 5 = 0 u 2 2
31b +140bc +178c = 0 có nghiệm b = c = 0 a = 0 không thỏa mãn điều kiện VTCP u Vậy không có PT thỏa. x = 1+ t
Câu 68: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;1; )
1 và đường thẳng (d ) : y = 1 − + t . Trong tất z = 3− t
cả các đường thẳng đi qua gốc tọa độ O , cắt đường thẳng (d ) , (d ) là đường thẳng mà khoảng 1
cách đến A là lớn nhất, (d ) là đường thẳng mà khoảng cách đến A là nhỏ nhất. Tính cosin góc 2
giữa hai đường thẳng (d ) và (d ) . 1 2 1 2 1 A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 4 . Lời giải A (d1) H (d) O (d K 2) B P) Chọn A.
Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và đi quaO : (P) : x − 2y − z = 0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lêm mặt phẳng (P) 4 1 2 = H( ; ; ) 1 = 1 OH = (4;1;2) = u 3 3 3 3 1 3
(d ) là đường thẳng qua
(d ) có một VTCP u = (4;1;2) : 2 O và H . Suy ra 2 1
Gọi B là giao điểm của (d ) và (d ) = ( B 1+ t; 1
− + t;3− t) = OB = (1+ t; 1 − + t;3− t) 2
Khoảng cách từ Ađến (d ) lớn nhất khi 2
OA ⊥ d = O .
A OB = 0 = t = 3 − = OB = ( 2 − ; 4 − ;6) 2 Trang 49
= (d )có một VTCP u = (1;2; 3 − ) 2 2 | u .u | 1 2
cos(d , d ) = = 0 Ta có 1 2 | u | . | u | . 1 2 Vậy chọn A. −1 +1
Câu 69: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng x y z d : = =
và hai điểm A(1;1; 2 − ), 1 2 1 − B( 1
− ;0;2). Gọi đường thẳng qua A, vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B tới là 1 1
nhỏ nhất và là đường thẳng qua A, cắt d sao cho khoảng cách từ B tới là nhỏ nhất. Tính 2 2
cosin góc giữa hai đường thẳng và . 1 2 15 25 1767 2 4 126 A. 75 . B. 1767 . C. 4 . D. 64 . Lời giải Chọn B.
Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B
lên ( P) . Khi đó, đường thẳng đi qua A và H thỏa YCBT. 1 1 8 2
Ta có: (P) :x + y
2 − z− 5= 0 và H ; ; . có một VTCP: u = A 3 H = (− 2;5;8) 3 3 3 1 1
Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (Q) .
Khi đó, đường thẳng đi qua A và K thỏa YCBT 2
Ta có: (Q) : x + z+1= 0 và K ( −2; 0; )
1 . có một VTCP: u = AK = (−3;−1;3) 2 2 | u .u | 25 1767 1 2 cos( , ) = = 1 2 | u | . | u | 1767 1 2 Vậy chọn B +1 +1
Câu 70: Trong không gian Oxyz , Cho đường thẳng x y z : = = − 2 3 1
− và hai điểm A(1;2; 1), B(3; 1 − ; 5
− ). Gọi d đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng sao cho khoảng cách từ
B đến đường thẳng d là lớn nhất. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng và d . 406 6 3 21 A. 406 . B. 0 . C. 4 . D. 13 . Lời giải Trang 50 Chọn D.
Giả sử d cắt tại M M(−1+ t 2 ; t
3 ;−1− t), AM = ( 2 − + t 2 ; t 3 − 2; t − ), AB = (2; 3 − ; 4 − )
Gọi H là hình chiếu của B trên d . Khi đó, d(B,d) = BH BA. Vậy d(B,d) lớn nhất bằng
BA H A AM ⊥ AB AM.AB = 0 t = 2
d có một VTCP : u = AM = (1;2;−1) 2
có một VTCP : u = (2;3;−1) 1 | u .u | 3 21 Ta có 1 2 cos( , d) = = | u | . | u | 13 1 2 Vậy chon D
Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có H (2;2; ) 1 ; 8 4 8 K − ; ;
; O(0;0;0) lần lượt là hình chiếu vuông góc của , A , B C trên các cạnh 3 3 3 B , C C ,
A AB . Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là: 8 2 2 x − y − z + x + 4 y +1 z −1 A. d : = = . 3 3 3 d : = = . 1 2 − B. 2 1 2 − 2 4 17 17 x + y − z − x y − 6 z − 6 C. 9 9 9 d : = = . D. d : = = . 1 2 − 2 1 2 − 2 Lời giải: Chọn A.
Cách 1: Tọa độ I : OH = 3,OK = 4, HK = 5. Gọi I là trực tâm tam giác ABC. 8 4.2 + 5.0 + 3. − 3 x = = 0 I 12 4 3. + 4.2 + 5.0 Ta có: 3 y = =1 I I (0;1 ) ;1 . 12 8 3. + 4.1+ 5.0 3 z = =1 I 12 Trang 51 x = 2t
IH = (2;1;0) () : y = 1+ t z =1
A IH A(2t;1+ t; ) 1 O .
AOI = 0 t = 2 − A( 4 − ; 1 − ) ;1 d x + 4 y +1 z −1 Suy ra (d ) = =
u = OI ,OH = ( 1 − ;2; 2 − − d ) : . 1 2 2
Cách 2: VTPT của ( ABC ) là n = O
H,OK = 4(1; 2 − ;2) . Vì 0
OH.OK = 0 HOK = 90 . 4
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua , O n = OK = − − + + =
( 2;1;2) ( ): 2x y 2z 0 . 3
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua , O n = OH = + + =
(2;2; )1 ( ):2x 2y z 0. Ta có d ( ,
A ( )) = d ( ,
A ( )), đối chiếu 4 phương án , A ,
B C, D thấy A( 4 − ; 1 − ; ) 1 thỏa mãn. Vậy chọn A
Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có H (2;2; ) 1 ; 8 4 8 K − ; ;
; O(0;0;0) lần lượt là hình chiếu vuông góc của , A , B C trên các cạnh 3 3 3 B , C C ,
A AB . Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là: 8 2 2 x − y − z + x + 4 y +1 z −1 A. d : = = . 3 3 3 d : = = . 1 2 − B. 2 1 2 − 2 4 17 17 x + y − z − x y − 6 z − 6 C. 9 9 9 d : = = . D. d : = = . 1 2 − 2 1 2 − 2 Lời giải: Chọn A.
Cách 1: Tọa độ I : OH = 3,OK = 4, HK = 5. Gọi I là trực tâm tam giác ABC. 8 4.2 + 5.0 + 3. − 3 x = = 0 I 12 4 3. + 4.2 + 5.0 Ta có: 3 y = =1 I I (0;1 ) ;1 . 12 8 3. + 4.1+ 5.0 3 z = =1 I 12 Trang 52 x = 2t
IH = (2;1;0) () : y = 1+ t z =1
A IH A(2t;1+ t; ) 1 O .
AOI = 0 t = 2 − A( 4 − ; 1 − ) ;1 d x + 4 y +1 z −1 Suy ra (d ) = =
u = OI ,OH = ( 1 − ;2; 2 − − d ) : . 1 2 2
Cách 2: VTPT của ( ABC ) là n = O
H,OK = 4(1; 2 − ;2) . Vì 0
OH.OK = 0 HOK = 90 . 4
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua , O n = OK = − − + + =
( 2;1;2) ( ): 2x y 2z 0 . 3
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua , O n = OH = + + =
(2;2; )1 ( ):2x 2y z 0. Ta có d ( ,
A ( )) = d ( ,
A ( )), đối chiếu 4 phương án , A ,
B C, D thấy A( 4 − ; 1 − ; ) 1 thỏa mãn. Vậy chọn A
Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 1 − ;2; ) 3 và B (3; 1 − ;2) . Điểm
M thỏa mãn M . A MA = 4M .
B MB có tọa độ là: 5 7 1 5 2 1 5 A. ; 0; . B. (7; 4 − ; ) 1 . C. 1; ; . D. ; ; . 3 3 2 4 3 3 3 Lời giải. Chọn B. MB Từ giả thiết M . A MA = 4 4M . B MB MA =
.MB nên ba điểm M , ,
A B thẳng hàng và , A B MA 4MB
nằm cùng phía so với điểm M do dương. MA 2 2 Lại có M . A MA = 4M . B MB (M . A MA) = (4M . B MB ) 4 4
MA =16MB MA = 2MB .
Vậy B là trung điểm của MA . Khi đó ta đươc tọa độ điểm M (7; 4 − ; ) 1 .
Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;2; ) 3 và B (5;0; ) 1 . Điểm M thỏa mãn M . A MA = 4 − M .
B MB có tọa độ là: 11 2 5 2 1 5 A. (3;1; 2) . B. (7; 4 − ; ) 1 . C. ; ; . D. ; ; . 3 3 3 9 9 9 Lời giải. Chọn C. Trang 53 − MB Từ giả thiết M . A MA = 4 4M . B MB MA =
.MB nên ba điểm M , ,
A B thẳng hàng và , A B MA 4 − MB
nằm khác phía so với điểm M do âm. MA 2 2 Lại có M . A MA = 4 − M . B MB (M . A MA) = (4M . B MB ) 4 4
MA =16MB MA = 2MB . MA = 2 − MB . 11 x = 1 − x = 2 − (5− x) 3 2 Gọi tọa độ M ( ; x ;
y z) , khi đó 2 − y = 2
− (0 − y) y = . 3 3 − z = 2 − (1− z) 5 z = 3
Câu 75: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( A 3;3;5), ( B 1; 1
− ;1). Phương trình mặt phẳng
(P)có dạng ax +by +cz −1= 0 , biết M, N lần lượt là hình chiếu của ,
A B trên (P) và 20 2 AM = ; BN =
. Tính a + b + c ? 3 3 A. 4. B. 9. C. 5. D. 7. Lời giải Chọn C. 20
+) AB = 6 AM =
AB cùng phía đối với (P) 3 7 13 5
+) AM BN AB (P) = I ; − ; 9 9 9 IA AM 20 3 7 13 5 +) = = .
=10 IA =10IB I ; − ; IB BN 3 2 9 9 9 20 2 +) IA = ; IB =
I M N (P) ⊥ AB 3 3 +) (P) đi qua 7 13 5 I ; − ;
nhận AB( 2 − ; 4 − ; 4
− ) làm véc tơ pháp tuyến 9 9 9
pt (P): x + 2y + 2z +1= 0 a +b + c = 5.
Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0), C (0;0;c) với , a , b c dương. Biết , A ,
B C di động trên các tia O , x O ,
y Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi , a , b c Trang 54
thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Tính
khoảng cách từ M (2016;0;0) tới mặt phẳng ( P) . 2014 2015 2016 A. 2017 . B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn C.
+) Gọi () , () , () lần lượt là mặt phẳng trung trực của các đoạn O , A O , B OC . a a a Suy ra () : x −
= 0; () : y − = 0; (): z − = 0. 2 2 2
+) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện .
O ABC thì I = () () () . a a a Tìm được I ; ; 2 2 2 a b c
+) a + b + c = 2
+ + =1, do đó I (P): x + y + z =1 2 2 2 −
+) d (M (P)) 2016 1 2015 , = = . 3 3
Câu 77: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0), C (0;0;c), trong đó 1 2 3
a 0 , b 0 , c 0 và
+ + = 7. Biết mặt phẳng ( ABC) tiếp xúc với mặt cầu a b c
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 72 : 1 2 3 =
. Tính thể tích của khối tứ diện . O ABC. 7 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn A. x y z +) Ta có ( ABC) : + + =1. a b c 72
+) Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) và bán kính R = . 7 1 2 3 + + −1 a b c 72
+) Mặt phẳng ( ABC ) tiếp xúc với (S ) d (I;( ABC)) = R = . 1 1 1 7 + + 2 2 2 a b c
+) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có Trang 55 ( 2 1 1 1 1 2 3 1 1 1 7 2 2 2 1 + 2 + 3 ) + + 2 + + = 7 + + . 2 2 2 a b c a b c 2 2 2 a b c 2 1 2 3 = = 1 1 1 2
+) Dấu " = "xảy ra a b c
a = 2, b =1, c = , khi đó 1 2 V = abc = . 3 OABC 6 9 1 2 3 + + = 7 a b c
Câu 78: Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M (1;2; )
3 và cắt ba tia Ox , Oy ,
Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất?
A. 6x + 3y + 2z +18 = 0 .
B. 6x + 3y + 3z − 21 = 0 .
C. 6x + 3y + 3z + 21= 0 .
D. 6x + 3y + 2z −18 = 0 . Lời giải Chọn D. x y z
+) Giả sử ( ABC ): + + = 1 với ( A ; a 0; 0), ( B 0; ; b 0),C(0; 0; ) c , ( , a , b c 0) a b c 1 +) Thể tích tứ diện . O ABC : V = abc 6 1 2 3
+) M (1; 2; 3) thuộc ( ABC ): + + = 1. a b c 1 2 3 6 27.6 1 +) Ta có: 3 1 = + + 3 1
abc 27 V 27 a b c abc abc 6 a = 3 +) V đạ 1 2 3 1
t giá trị nhỏ nhất V = 27 = = = b = 6 a b c 3 c = 9
+) Vậy ( ABC ): 6x +3y + 2z −18 = 0 . x − 3 y +1 z − 4 x − 2 y − 4 z + 3
Câu 79: Cho hai đường thẳng chéo nhau d : = = và d : = = . 1 1 1 − 1 2 2 1 − 4
Phương trình đường vuông góc chung của d và d là: 1 2 x − 7 y − 3 z + 9 x − 3 y −1 z −1 A. = = . B. = = . 3 2 1 − 3 2 1 − Trang 56 x −1 y −1 z − 2 x + 7 y + 3 z − 9 C. = = . D. = = . 3 2 1 − 3 2 1 − Lời giải
Chọn C. Giả sử d cắt d và d tại I, J . 1 2
Ta có I d suy ra I (3+ t; 1
− −t;4 + t), J d suy ra J (2+ 2 ; u 4 − ; u 3 − + 4u) . 1 2
Suy ra IJ (2u − t −1; u
− + t + 5;4u −t − 7). u ⊥ u
Gọi u là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Suy ra 1
u = u ;u = 3 − ; 2 − ;1 1 2 ( ) u ⊥ u 2 2u − t −1 u
− + t + 5 4u − t − 7
Suy ra IJ cùng phương với u , suy ra = = 3 − 2 − 1 7 − u + 5t = 17 − u = 1 − Suy ra I (1;1;2) 7u − t = 9 t = −2 − − −
Vậy phương trình đường vuông góc chung là x 1 y 1 z 2 = = . 3 2 1 − x − 2 y +1 z − 3 x − 2 y − 4 z + 3
Câu 80: Cho hai đường thẳng chéo nhau d : = = và d : = = . 1 2 1 − 1 2 1 1 − 3
Phương trình đường vuông góc chung của d và d là: 1 2 x − 7 y − 3 z + 9 x − 3 y −1 z −1 A. = = . B. = = . 5 − 2 − 1 − 2 5 1 22 x = + 2t 5 8 x + 7 y + 3 z − 9
C. y = + 5t . D. = = . 5 5 2 1 − 21 z = + t 5 x − 3 y +1 z − 4 x − 2 y − 4 z + 3
Câu 81: Cho hai đường thẳng chéo nhau d : = = và d : = = . 1 3 1 − 1 2 2 1 − 2
Phương trình đường vuông góc chung của d và d là: 1 2 x − 7 y − 3 z + 9 x − 3 y −1 z −1 A. = = . B. = = . 1 4 1 − 4 − 1 − 1 − Trang 57 x −12 y + 4 z − 7 x + 7 y + 3 z − 9 C. = = . D. = = . 1 4 1 1 − 4 − 1 −
Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng () đi qua M (1;1; 2 − ) song song x +1 y −1 z −1 với mặt phẳng ( )
P : x − y − z −1 = 0 và cắt đường thẳng d : = = . Phương trình của 2 − 1 3 đường thẳng () là: x +1 y +1 z − 2 x −1 y −1 z + 2 A. = = . B. = = . 2 5 3 − 2 5 3 − x + 5 y + 3 z x +1 y +1 z − 2 C. = = D. = = . 2 − 1 1 − 2 − 5 3 Lời giải Chọn B. Giả sử điểm N( 1
− −2t;1+t;1+3t) là giao điểm của () và d . => MN = ( 2
− t − 2;t;3t + 3) 5 1 5 1 Vì ( ) / /( )
P nên ta có: MN.n = 0 t = −
=> MN = (− ; − ; ) = u = (2;5; 3 − ) 6 3 6 2 − − + => phương trình củ x 1 y 1 z 2 a () là: = = 2 5 3 −
Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;0;2) và đường thẳng x −1 y z +1 d : = =
. Viết phương trình đường thẳng () đi qua ,
A vuông góc và cắt d . 1 1 2 x −1 y z − 2 x −1 y z − 2 A. : = = . B. : = = 1 1 1 1 1 1 − . x −1 y z − 2 x −1 y z − 2 C. : = = . D. : = = . 2 2 1 1 3 − 1 x −1 y z + 2
Câu 84: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, , cho đường thẳng d : = = và điểm 2 1 3 − ( A 1; 1 − ; 3
− ). Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A, vuông góc và cắt đường thẳng d là x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 A. = = . B. = = . 2 1 3 − 1 4 2 x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 C. = = . D. = = . 2 1 − 1 1 1 1 Trang 58
Câu 85: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng x = 1 − + 2t
d : y = 1− t
. Một điểm M thay đổi trên d sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất. Khi đó z = 2t
tọa độ điểm M và chu vi tam giác ABM là:
A. M (1;0;2), P = 2 11 + 29 .
B. M (1;2;2), P = 2( 11 + 29) .
C. M (1;2;2), P = 11 + 29 .
D. M (1;0;2), P = 2( 11 + 29) . Lời giải Chọn D.
Cách 1. Phương pháp trắc nghiệm
- Kiểm tra thấy chỉ có điểm M (1;0;2) thuộc d nên lại phương án , B . C
- Với M (1;0;2) tính chi vi tam giác ABM suy ra chọn D. Cách 2. - Lấy điểm M ( 1
− + 2t;1−t;2t) thuộc d.
- Tính chu vi tam giác ABM : 2 2
P = 9t + 20 + 9t − 36t + 56 + 2 11
= (3t) + (2 5)2 + (6−3t) +(2 5)2 2 2 + 2 11 (dùng BĐT vectơ)
(3t + 6 −3t) + (2 5 + 2 5)2 2 + 2 11 = 2( 29 + 11). 3t 2 5 Dấu bằng xảy ra =
0 t =1 M (1;0;2) 6 − . Chọn D. 3t 2 5 x −1 y + 2 z
Câu 86: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và điểm 2 − 1 2
A(1;4;2) . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất. Mặt
phẳng ( ) có một véctơ pháp tuyến là A. n = (5; 2 − ;6 n = n = − n = − ). B. (5;2;4 ) . C. (10;22; ) 1 . D. (10; 6;13 ) . Lời giải Chọn C
Ta có d ( ) d ( ;
A ( )) d ( ; A d ) d ( ; A ( )) = d ( ;
A d ) Khi hình chiếu của A trên d max
cũng là hình chiếu của A trên ( ) . Trang 59
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d . x −1 y + 2 z Ta có H d : =
= H (1− 2t; 2 − + t;2t) . 2 − 1 2
AH ⊥ d AH.u = 0 . (1) (với u là một véctơ chỉ phương của d ) d d Ta có AH ( 2
− t;t − 6;2t − 2) ; u = . d ( 2 − ;1;2) Từ ( ) 10 11 8 20
1 4t + t − 6 + 2.(2t − 2) = 0 9t −10 = 0 t = H − ;− ; . 9 9 9 9 Vậy mặt phẳng ( )
có một véctơ pháp tuyến là 20 44 2 AH = − ; − ; 7 7 7 n (10;22;− ) 1
cũng là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) .
Câu 87: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 1
− ;2;4) và N (0;1;5) . Gọi (P)
là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến ( P) là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d
từ O đến mặt phẳng ( P) bằng bao nhiêu? 3 1 1 A. d = . B. d = 3 . C. d = . D. d = − . 3 3 3 Lời giải Chọn A
Ta có M (P) d (M;(P)) MN d (M;(P))
= MN khi MN ⊥ (P) . max
Vậy ( P) qua M ( 1
− ;2;4) và có một véc tơ pháp tuyến là MN = (1; 1 − ; ) 1 .
Phương trình mặt phẳng (P):1.(x + ) 1 −1.( y − 2) + (
1 z − 4) = 0 x − y + z −1= 0. 0 − 0 + 0 −1 1 3 Vậy d ( ; O ( P)) = = = . 1 + (− )2 2 2 3 3 1 +1
Câu 88: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(3;2; ) 1 − và đường thẳng x = t
d : y = t
(t ) phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) là z =1+ t lớn nhất.
A. 2x + y −3z + 3 = 0 . B. x + 2y − z −1 = 0 .
C. 3x + 2y − z +1 = 0 . D. 2x − y − 3z + 3 = 0 . Lời giải Chọn A Trang 60
Ta có d (P) d ( ;
A (P)) d ( ; A d ) d ( ; A (P)) = d ( ;
A d ) Khi hình chiếu của A trên d max
cũng là hình chiếu của A trên (P) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d . x = t
Ta có H d : y = t
H (t;t;1+t) . z =1+ t
AH ⊥ d AH.u = 0 . (1) (với u là một véctơ chỉ phương của d ) d d
Ta có AH (t − 3;t − 2;t + 2) ; u = . d (1;1 ) ;1 Từ ( )
1 t − 3 + t − 2 + t + 2 = 0 3t − 3 = 0 t = 1 H (1;1;2) .
Vậy mặt phẳng (P) qua H (1;1;2) và có một véctơ pháp tuyến là AH = ( 2 − ; 1 − ;3) .
Phương trình mặt phẳng (P): 2 − .(x − ) 1 −1.( y − )
1 + 3.( z − 2) = 0 2x + y −3z + 3 = 0 .
Câu 89: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho mặt phẳng ( )
P : 2x − y − z +1 = 0 và hai điểm (2 A ;1;1), (
B 3;3;2). Điểm M ( ; a ; b )
c với b 0 nằm trong mặt phẳng (P) sao cho OM ⊥ AB và
MA = 26 . Gía trị của tổng a + b + c bằng: A. 0. B. 4. C. 2. D. 2. − Lời giải Chọn D. OM = ( ; a ; b )
c và AB = (1; 2;1)
2a − b − c +1 = 0
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
a + 2b + c = 0 2 2 2
(a − 2) + (b −1) + (c −1) = 26
2a − b +1 = c 5a + 2 = c 3a + b +1 = 0 b = 3 − a −1 2 2 2
(a − 2) + (b −1) + (c −1) = 26 2 2 2
(a − 2) + (b −1) + (c −1) = 26 1 −
(Vì b 0 nên a
) Từ hệ trên ta suy ra phương trình: 3 a = 1 − 2 2 2 2 (a − 2) + ( 3
− a − 2) + (5a +1) = 26 35a +18a −17 = 0 17 a = 35 1 −
Kết hợp với điều kiện a ta được a = 1
− b = 2,c = 3
− nên a + b + c = 2 − . 3 Trang 61
Câu 90: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( )
P : x + y − z −1 = 0 . Ba điểm (2 A ;0;1), (
B 1;1;1) và I (0;1;3). Điểm M ( ; a ; b )
c thuộc mặt phẳng (P) sao cho IM ⊥ AB và
AM = 3 2 . Tính tổng S = a + b + c , biết rằng b 0 . A. 3. − B. 9. C. 9. − D. 11. Lời giải Chọn B.
Ta có: AB = (−1;1; 0) và IM = (a;b −1; c − 3) .
−a + b −1 = 0
Lập luận tương tự, ta có hệ phương trình:
a + b − c −1 = 0 2 2 2
(a − 2) + b + (c −1) = 18
a = −1;b = 0;c = −2 Giải ra ta được
, do b 0 nên ta nhận được M (2;3;4) .
a = 2,b = 3,c = 4
Câu 91: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( A 3;1;2), ( B 3 − ;1;0) và mặt phẳng ( )
P : x + y + 3z −14 = 0 . Gọi M là điểm thuộc (P) sao cho A
MB vuông tại M . Khoảng cách từ
M đến (Oxy) bằng: A. 1. B. 5. C. 4. D. 3. Lời giải Chọn C. Ta có: 90o AMB =
suy ra M thuộc mặt cầu (S) đường kính AB . AB
Gọi I là trung điểm AB , khi đó I (0;0;1) và R = = 11. 2
Ta tính được d (I;(P)) = 11 = R suy ra (P) và mặt cầu (S) tiếp xúc nhau hay M là tiếp điểm
của (P) và (S) . Vậy M là hình chiếu của I trên (P) . x = t
Phương trình đường thẳng qua I và vuông góc với (P) là: y = t ,t . z =1+3t x = t y = t
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: suy ra t = 1. z = 1+ 3t
x + y +3z −14 = 0
Suy ra M (1;1;4) d(M;(Ox ) y ) = 4 . Trang 62
Câu 92: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z + 4 = 0 và hai điểm A(1;2;− ) 1 , B ( 1 − ;0; )
3 . Mặt cầu (S ) có tâm I ( ; a ;
b c) tiếp xúc với mặt phẳng ( P) tại A
và đi qua điểm B . Giá trị của tích abc bằng A. 3 . B. −6 C. 4 . D. 2 − Lời giải Chọn B Do A(1;2;− )
1 ( P) và mặt cầu(S ) tiếp xúc với ( P) tại A nên có tâm I nằm trên đường thẳng
d là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) . x = 1+ t
Phương trình đường thẳng d : y = 2 − 2t z = −1+t
I (1+t;2− 2t; 1 − + t)
Do mặt cầu (S) qua B nên + − − − + + d (I (P)) 1 t 2(2 2t ) 1 t 4 ; = IB = ( 2 − −t)2 +( 2
− + 2t)2 + (4−t)2 6 2
6 t = 6t −12t + 24 t = 2 I (3; 2 − ; ) 1 abc = 6 − . 2 2 2
Câu 93: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − )
1 + ( y − 2) + ( z − 3) = 9
tâm I và mặt phẳng (P) : 2x + 2y − z + 24 = 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) .
Điểm M thuộc (S ) sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm M . A. M ( 1 − ;0;4) . B. M (0;1;2) . C. M (3;4;2). D. M (4;1;2) Lời giải Chọn C
Ta có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 3 . Do d (I;(P)) = 9 R nên mặt phẳng ( P) không cắt mặt
cầu (S ) . Do H là hình chiếu của I lên ( P) và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường
thẳng IH với mp ( P) . IH = n = (2;2;− ) ( ) 1 . P x = 1+ 2t
Phương trình đường thẳng IH là y = 2 + 2t . z = 3−t Trang 63
Giao điểm của IH với (S ): 2 9t = 9 t = 1
M 3;4;2 và M 1 − ;0;4 . 2 ( ) 1 ( )
M H = d M ; P
=12 ; M H = d M ; P = 6. 2 ( 2 ( )) 1 ( 1 ( ))
Vậy điểm cần tìm là M (3;4;2).
Câu 94: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu x = 5 + t ( S ) 2 2 2
: x + y + z + ax + by + cz + d = 0 có bán kính R = 19, đường thẳng d : y = 2 − − 4t và mặt z = −1− 4 t
phẳng (P) : 3x − y −3z −1 = 0. 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 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 Đáp án 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 − a b c 2 2 2 a + b + c
Mặt khác ( 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 2 2 2 a + b + c Do
− 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 a + b + c Do
− d = 19 nên thỏa . 4
Câu 95: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm I (0;1; )
1 . Gọi S là tập hợp các điểm nằm trên mặt phẳng (Oxy) , cách đường thẳng một
khoảng bằng 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi S . A. 36 . B. 36 2 . C. 18 2 . D. 18 Lời giải Chọn B. Trang 64
Đường thẳng có vecto chỉ phương u = (0;1 )
;1 và đi qua gốc tọa độ O (0;0;0) . Gọi M ( ; a ;
b 0) là điểm thuộc mặt phẳng (Oxy) , cách một khoảng bằng 6. OM u 2 2 2a + b 2 2 a b
Ta có: d (M ) , , = = . Ta được: 2 2 2a + b = 36 + = 1. u 2 36 72
Như vậy tập hợp điểm M là elip (E) trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , có phương trình: 2 2 x y +
= 1, nên có nửa độ dài các trục lần lượt là 6 và 6 2 có diện tích bằng: 36 72 .6.6 2 = 36 2 . A( ; a 0;0) B(0; ;
b 0) C (0;0;c)
Câu 96: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , với ( ABC) 1 2 3
a , b , c 0 . Biết rằng mặt phẳng đi qua điểm M ; ;
và tiếp xúc với mặt cầu 7 7 7 ( 1 1 1
S ) ( x − )2 + ( y − )2 + ( z − )2 72 : 1 2 3 = . Tính T = + + . 7 2 2 2 a b c 1 7 A. T =14 . B. T = . C. T = 7 . D. T = . 7 2 Lời giải Chọn D.
Mặt phẳng ( ABC ) đi qua ba điểm A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) nên có phương trình là x y z + + =1. a b c 1 2 3 1 2 3 Ta có M ; ;
( ABC) nên + + = 7 . 7 7 7 a b c 72
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) và bán kính R = . 7 1 2 3 + + −1 ( a b c 72 1 1 1 7
ABC ) tiếp xúc với (S ) d ( I,( ABC )) = R = + + = . 2 2 2 1 1 1 7 a b c 2 + + 2 2 2 a b c 2 2 2
Câu 97: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : ( x − ) 1 + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 16 và điểm A(1;2; )
3 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu
theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba đường tròn tương ứng đó. Trang 65 A. 10 . B. 38 . C. 33 . D. 36 . Lời giải Chọn B. Cách 1: Nhận xét: z D I 2 I 3 (Q) I (R) y A C x B (P) I 1
Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là (P),(Q),(R) .
Với điểm I bất kỳ, hạ II , II , II lần lượt vuông góc với ba mặt phẳng (P),(Q),(R) thì ta luôn 1 2 3 có: 2 2 2 2
IA = II + II + II 1 . 1 2 3 ( )
Thật vậy , ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O A , ba trục O , x O ,
y Oz lần lượt là ba giao tuyến
của ba mặt phẳng (P),(Q),(R) .
Khi đó tọa độ I ( ; a ; b c) thì: 2 2 2 2
IA = a + b + c 2
= d ( A (Iyz)) 2
+ d ( A (Ixz)) 2 ; ; + d ( ; A (Ixy)) hay 2 2 2 2
IA = II + II + II . 1 2 3 Vậy ( ) 1 được chứng minh.
Áp dụng giải bài :
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;−1;2) và có bán kính r = 4. IA = (0;3; ) 1 IA = 10 . Trang 66 (S) I r (C ) 1 r A I 1 1
Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là (P),(Q),(R) và cắt mặt
cầu (S ) theo ba đường tròn lần lượt là (C , (C , (C . 3 ) 2 ) 1 )
Gọi I ; I ; I và r ,r ,r lần lượt là tâm và bán kính của (C , (C , (C . 3 ) 2 ) 1 ) 1 2 3 1 2 3
Khi đó : II ⊥ (P) 2 2 2 2 2 2
II + r = r r = r − II . 1 1 1 1 1 Tương tự có: 2 2 2
r = r − II và 2 2 2
r = r − II . 2 3 3 2
Theo nhận xét ở trên ta có: 2 2 2 2
IA = II + II + II 1 2 3
Ta có tổng diện tích các đường tròn là : S = ( 2 2 2 r + r + r = ( 2 2 2 2 2 2
r − II + r − II + r − II 1 2 3 ) 1 2 3 ) 2 = − ( 2 2 2 3r
II + II + II 1 1 1 ) = ( 2 2
3r − IA ) = 38 . Cách 2:
Đặt biệt hóa : Giả sử có 3 đường tròn (S )
1 ; (S2) ; (S3) như hình bên trong đó(S ) 1 ; (S2) đều
là đường tròn lớn có bán kính là 4 . Trang 67 I (1; 1 − ;2) ; A(1;2; )
3 suy ra IA = 10 ; R = 4 . Suy ra bán kính hình tròn (S3) là r = 16 −10 = 6
Tổng diện tích các hình tròn là: + + ( )2 2 2 .4 .4 . 6 = 38 .
Câu 98: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2;1; ) 3 và mặt phẳng
(P): x +my +(2m+ )
1 z − m − 2 = 0 , m là tham số. Gọi H ( ; a ;
b c) là hình chiếu vuông góc của
điểm A trên (P) . Tính a + b khi khoảng cách từ điểm A đến (P) lớn nhất ? 1 3
A. a + b = − .
B. a + b = 2 .
C. a + b = 0.
D. a + b = . 2 2 Lời giải Chọn D. Cách 1: 6m + 3 36m + 36m + 9 Ta có d ( , A ( P)) = d ( , A ( P)) 2 2 = 2 2 5m + 4m + 2 5m + 4m + 2 2 2 36m + 36m + 9 3
− 6m + 54m + 36
Xét hàm số f (m) = f m = 2 ( ) 5m + 4m + 2 ( 2 5m + 4m + 2)2 1 ( ) m = − f m = 0 2 m = 2 BBT
Hàm số đạt GTLN khi m = 2 (P) : x + 2y + 5z − 4 = 0 x = 2 + t
Đường thẳn qua A và vuông góc với (P) có phương trình là y =1+ 2t z = 3+5t
H H (2 + t;1+ 2t;3+ 5t ) Trang 68 3
H ( P) + t + ( + t ) + ( + t ) 1 3 1 2 2 1 2
5 3 5 − 4 = 0 t = − H ;0;
a + b = . 2 2 2 2 Cách 2: Gọi M ( ; x ;
y z) là điểm cố định thuộc mặt phẳng ( P)
Ta có x + my + (2m + )
1 z − m − 2 = 0, m
m( y + 2z − 2) + x + z − 2 = 0, m
x + z − 2 = 0
tọa độ điểm M thỏa mãn hệ (*)
y + 2z −1 = 0 x = 2 − t
Đặt z = t với t , từ (*) y =1− 2t ,t z = t x = 2 − t
Vậy tập hợp các điểm cố định thuộc mặt phẳng ( P) là đường thẳng : y = 1− 2t ,t z = t 3 1
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên K ; 0; 2 2 Ta có d ( ,
A (P)) = AH AK d ( ,
A ( P)) lớn nhất bằng AK khi H 3 1 K H ; 0; 2 2 3 a + b = . 2
Câu 99: Trong hệ tọa độ không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( )
P :x − 2y + 2z −1 = 0 và hai đường x −1 y − 3 z x − 5 y z + 5 thẳng d : = = ,d : = =
M , M trên d và hai 1 2 2 3 − 2 6 4 5
− . Biết rằng có 2 điểm 1 2 1 Trang 69
điểm N , N trên d sao cho M N , M N song song mặt phẳng (P) đồng thời cách mặt phẳng 1 2 2 1 1 2 2
(P) một khoảng bằng 2. Tính d = M N + M N 1 1 2 2
A. d = 6 + 5 2 . B. d = 5 2 .
C. d = 5 + 5 2 . D. d = 6 2 . Lời giải Chọn A. M N 1 1 Q1 P M Q 2 N 2 2 Gọi ( )
Q là mặt phẳng song song với (P) sao cho khoảng cách giữa ( P) và (Q) bằng 2 .
(Q) có phương trình dạng x −2y + 2z + m = 0(m 1
− ) và (Q) chứa M N hoặc M N . 1 1 2 2
Theo giả thiết khoảng cách từ mp ( )
Q đến (P) bằng 2 nên ta có | m +1| m = 5 = 2 3 m = 7 −
Vậy có 2 mặt phẳng song song và cách (P) một khoảng bằng 2 là:
(Q : x −2y + 2z +5 = 0 và (Q : x −2y + 2z −7 = 0. 2 ) 1 )
+ Theo giả thiết M = d (Q ), N = d (Q ) suy ra 1 1 1 1 2 1 M (1; 3 − ; 5 − ), N = (4; 3 − ; 5 − ) M N = 5 2 1 1 1 1
M = d (Q ), N = d (Q ) suy ra M (3;0; 2), N ( 1 − ; 4 − ;0) M N = 6 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy d = 6 + 5 2 . x = 3 + t M (1;2;− ) 1
Câu 100: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : y = −1− t , điểm và mặt cầu z = −2+ t (S) () : 2 2 2
x + y + z − 4x +10 y +14z + 64 = 0 . Gọi
là đường thẳng đi qua M và cắt tại A , (S) AM 1 cắt tại B sao cho
= và điểm B có hoành độ là số nguyên. Mặt phẳng trung trực của AB 3
đoạn AB có phương trình là Trang 70
A. 2x + 4y − 4z −19 = 0.
B. 2x − 4y − 4z − 43 = 0 . 129
C. 3x − 6 y − 6z − = 0 .
D. 3x + 6y − 6z −31 = 0 . 2 Lời giải Chọn C.
Từ giả thiết: (S ) có tâm I (2; 5 − ; 7
− ) và bán kính R = 14 .
A A(3+ t; 1 − −t; 2
− + t) AM = ( 2
− − t;t + 3;1− t). AM 1 Vì = AB = 3 AM . AB 3
+) Nếu AB = 3AM = ( 3
− t − 6;3t + 9;3−3t) B( 2
− t −3;2t +8; 2 − t + ) 1 .
Do B (S ) BI = R
( t + )2 + (− t − )2 + ( t − )2 2 5 2 13 2 8 =14 2
12t + 40t + 244 = 0 ( Vô nghiệm). +) Nếu AB = 3
− AM = (3t + 6; 3 − t −9; 3
− + 3t) B(4t +9; 4
− t −10;4t −5) .
Do B (S ) BI = R
(− t − )2 + ( t + )2 + (− t − )2 4 7 4 5 4 2 =14 2
48t +112t + 64 = 0 4 t = − ; t = 1 − . 3
Do B có hoành độ là số nguyên nên t = 1 − AB(3; 6 − ; 6 − ). Trung điể 7 m AB là E ; 3 − ; 6 −
nên PT mặt phẳng trung trực AB : 2 129
3x − 6 y − 6z − = 0 . 2
Câu 101: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , BC = a 3 , SA = a
và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin , với là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SBC) . 7 3 2 3 A. sin = . B. sin = . C. sin = . D. sin = . 8 2 4 5 Lời giải Chọn C. Trang 71 Cách 1: S T a M N A D a a B a 3 C Vẽ ST = B . C
Lúc đó (SBC) (STCB)
Gọi M , N lần lượt là trung điểm S ,
B TC lúc đó ta có AM ⊥ (SBC), DN / / AM DN ⊥ (SBC)
Hình chiếu của BD trên (SBC) chính là BN.
Ta có ( BD,(SBC )) = ( BD, BN ) = DBN. a 2 DN AM 2 2 sin DBN = = = = . BD BD 2a 4 Cách 2: Trang 72 z S O D A y B C x
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A(0;0;0) , B( ;
a 0;0) , D (0;a 3;0) , S (0;0; a). Ta có BD = (− ; a a 3;0) = a( 1
− ; 3;0) , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là u = ( 1 − ; 3;0). Ta có SB = ( ;
a 0; −a) , BC = (0;a 3;0) SB BC = 2 ( 2 2 , a 3;0; a 3) = a 3(1;0; ) 1 .
Như vậy, mặt phẳng (SBC)có véc-tơ pháp tuyến là n = (1;0 ) ;1 .
Do đó, là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SBC) thì u.n (− ) 1 .1+ 3.0 + 0.1 2 sin = = = . u . n (− ) 2 2 2 2 2 2 4 1 + 3 + 0 . 1 + 0 +1 x −1 y − 2 z
Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho bốn đường thẳng d : = = 1 1 2 2 − x − 2 y − 2 z x y z −1 x − 2 y z −1 d : = = , d : = = , d : = =
là đường thẳng cắt cả bốn 2 3 4 2 4 4 − 2 1 1 2 2 1 − . Gọi
đường thẳng đã cho. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng ur uur ur uur A. u = 2; 0; 1
− B. u = 2;1; 1
− . C. u = 2;1;1 . D. u = 1;2; 2 − . 4 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 3 ( ) Lời giải Chọn B
Ta có d Pd .Phương trình mặt phẳng (d , d : y − z + 2 = 0 1 2 ) 1 2 Trang 73 1 3
Gọi A = d d , d A 1; ;
; B = d d ,d B 4;2;0 3 ( 1 2) 4 ( 1 2) ( ) 2 2 uuur uur Khi đó 3 3
AB là đường thẳng . AB = 3; ; − u = 2;1; −1
là vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 ( ) 2 2 . − + + =
Câu 103: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )
P : x y z 1 0 , ( A 1;1;1) , ( B 0;1; 2) −
, C( 2;0;1) và điểm M ( ; a ; b ) c ( ) P sao cho: 2 2 2 S 2
= MA +MB +MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T 3
= a+2b+c bằng: 7 25 25 25 A. . B. . C. − . D. − . 4 2 4 2 Lời giải Chọn A.
Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA+IB+IC= 3 5 0 I = 0; ; . 4 4 Khi đó: 2 2 2 2 2 2
2MA +MB +MC =2MA +MB +MC 2 2 2
= (MI +IA) +(MI +IB) +(MI +IC) 2
= MI + MI ( IA+IB+IC) 2 2 2 2 4 2 2
+2IA +IB +IC = 2 2 2 2
4MI +2IA +IB +IC . Do 2 2 2
2IA +IB +IC không đổi nên S đạt nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất . Điểm M ( ; a ; b ) c ( ) P nên
MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) . Khi đó, M là giao điểm của (P) và
đường thẳng qua I , vuông góc với (P) .
x− y+z 1 + =0 Tọa độ của 1 5 3
M là nghiệm của hệ: 3 5 y− z− M − ; ; . x 4 4 = = 2 4 4 1 −1 1 Vậy 7 T 3
= a+2b+c= . 4
Câu 104: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2y − z + 3 = 0, và điểm
A(2;0;0). Mặt phẳng ( ) đi qua ,
A vuông góc với (P), cách gốc tọa độ O một khoảng cách 4 bằng và cắt các tia O ,
y Oz lần lượt tại các điểm , B C khác .
O Thể tích khối tứ diện OABC 3 bằng 8 16 A. 8 . B. 16 . C. . D. . 3 3 Trang 74 Lời giải Chọn C x y z Gọi B(0; ;
b 0),C (0;0;c)(bc 0) PT mặt phẳng ( ) : + + =1. 2 b c 2 1
Do ( ) ⊥ (P) nên − = 0 b = 2c PT mặt phẳng ( ) : cx + y + 2z = 2c . b c ( c d O, ( )) 2 4 2 = = 9c = 4( 2 c + 5) c = 2 . 2 + 3 c 5 Do đó, 1 1 8 V = O . A O . B OC = .2.4.2 = . OABC 6 6 3
Ta có thể tạo một số bài toán tương tự bằng cách thay giả thiết ( ) ⊥ (P) và ( ) qua A bằng giả
thiết ( ) chứa đường thẳng d, giả thiết khoảng cách bằng giả thiết góc.
Câu 105: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng x = 2 4
d : y = 2t đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách bằng và cắt các tia O , x O , y Oz lần 3 z = t − lượt tại các điểm , A , B C khác .
O Thể tích khối tứ diện OABC bằng 8 16 A. 8 B. 16 C. D. 3 3
Câu 106: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2y − z + 3 = 0, và điểm
A(2;0;0). Mặt phẳng ( ) đi qua ,
A vuông góc với (P), tạo với mặt phẳng ( 1
Q) : x − 2y + 2z +1 = 0 góc sao cho cos = . Mặt phẳng ( ) cắt các tia O ,
y Oz lần lượt tại 3 các điểm , B C khác .
O Thể tích khối tứ diện OABC bằng 1 3 1 1 A. B. C. D. 8 8 24 4
Câu 107: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng x − 2 y − 2 z − 3 d : = =
đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách lớn nhất. Gọi , A , B C 1 1 − 2
(khác O ) lần lượt là giao điểm của ( ) với các tia O , x O ,
y Oz . lần lượt tại các điểm Thể tích
khối tứ diện OABC bằng 4913 1331 1331 4913 A. B. C. D. 72 6 18 24
Câu 108: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;0;0) , M (1;1; )
1 . Gọi ( P) là mặt phẳng thay
đổi đi qua A , M và cắt các trục Oy , Oz lần lượt tại B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) với b 0 , c 0 . Khi
diện tích tam giác ABC nhỏ nhất, hãy tính giá trị của . bc A. bc = 8. B. bc = 64 . C. bc = 2 . D. bc = 16 . Lời giải Trang 75 Chọn D. Phương trình mặ x y z t phẳng ( P) : + + = 1. 2 b c Điể 1 1 1 1 m M (1;1; ) 1 ( P)
+ + =1 b + c = bc ( ) 1 2 b c 2 1
Có bc = b + c 2 bc bc 16 . 2 Ta có: AB = ( 2 − ; ; b 0), AC = ( 2
− ;0;c) A ,
B AC = (bc; 2c; 2b) . 1 1 1 S = AB AC = bc + b + c = bc − bc b + c = bc ) ABC ( )2 1 , 4 4 2( )2 2 2 8 (do 2 2 2 2
Đặt t = bc t 16 Khi đó S = S t =
t − t , với t 16 . ABC ( ) 1 2 2 8 2 t − 2 Có S(t ) = 0 t
16 S (t) đồng biến trên 16;+) 2 2t − 8t Suy ra S
S t nhỏ nhất t = 16 , tức bc = 16 . ABC nhỏ nhất ( ) Vậy S bc = ABC nhỏ nhất khi 16. 4 − 8 − 8
Câu 109: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 2 − ;− ) 1 , B ; ;
. Đường thẳng đi 3 3 3
qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB) . Hỏi đi qua
điểm nào dưới đây? A. Q(5; 1 − ;5) . B. N (3;0;2) . C. M (1; 1 − ; ) 1 . D. P( 5 − ; 4 − ;5) . Lời giải. Chọn C.
Gọi I ( x ; y ; z là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB . I I I )
Dễ dàng tính được OA = 3;OB = 4; AB = 5. Trang 76 4 − 0.5 + 2.4 + .3 1 3 x = = I 3 + 4 + 5 3 + (− ) 8 − 0.5 2 .4 + .3 − Khi đó 3 4 y = = I 3 + 4 + 5 3 + (− ) 8 0.5 1 .4 + .3 1 3 z = = I 3 + 4 + 5 3
Và véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (OAB) là n = O ; A OB = ( 8 − ; 4 − ; 8 − ) . 1 x = − 8t 3 − Phương trình đườ 4
ng thẳng có dạng: y = − 4t 3 1 z = − 8t 3
Thử 4 điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy chỉ có điểm M (1; 1 − ; ) 1 thỏa mãn.
Câu 110: Cho hình lăng trụ tam giác AB . C A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = 3, 61 AC = 4 , AA =
; hình chiếu của B trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh BC . Gọi M 2
là trung điểm cạnh A B
(tham khảo hình vẽ bên dưới).
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AMC) và ( A B C) bằng 13 11 33 33 A. . B. . C. . D. . 65 3157 3157 3517 Trang 77 Lời giải Chọn C.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. z A' C' M 61 B' 2 y A 4 O C 3 N B x
O A(0;0;0) , B (3;0;0) , C (0;4;0) 3
Gọi N là trung điểm BC N ; 2;0 . 2 2 2 NB = BB − BN = 3 3 B ; 2;3 2 3 3 x = − x = − A 2 C 2 3 3
AA = BB y = − = − = − 2 A ; 2;3 ; CC BB y 4 2 C ; 6;3 . A 2 C 2 z = = 3 z 3 A C
M là trung điểm A B M (0;2; ) 3 . AM = ( ) 3 9 3
0; 2;3 ; AC = − ;6;3 ; A B = ; − 2; − 3 ; A C = ; 2; − 3 2 2 2 Trang 78 9 = n = A , B A C = (12;9;12 A BC ) ( n AM AC = − − ; AMC) , 12; ;3 ( ) 2 ( AMC) ( A B C) ( n n AMC ) . ( A BC) 33 cos , = cos ( n n = = . AMC) , ( A B C) ( n n AMC) . (A B C) 3157
Câu 111: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;2;− )
1 và mặt phẳng (P) : x + y + 2z −13 = 0 . Xét
các mặt cầu (S ) có tâm I ( ; a ;
b c) , đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng ( P) . Tính giá trị của biểu thức 2 2 2
T = a + 2b + 3c khi (S ) có bán kính nhỏ nhất.
A. T = 35 .
B. T = 20 .
C. T = 25 . D. T = 30 . Lời giải Chọn C
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P) ta có IA+ IH = 2R nên R nhỏ nhất khi I, , A H
thẳng hàng và I là trung điểm của AH x = 1+ t
Phương trình AH đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là y = 2 + t z = 1 − + 2t x =1+ t y = 2 + t
Tọa độ H là nghiệm ( ; x ; y z) của hệ
H (3;4;3) I (2;3; ) 1 z = 1 − + 2t
x + y + 2z −13 = 0 2 2 2 2 2 2
T = a + 2b + 3c = 2 + 2.3 + 3.1 = 25 . Câu 112: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 + (z − )2 : 1 2 3
= 9 tâm I và mặt phẳng (P): 2x + 2y − z + 24 = 0 . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của I trên ( P) . Điểm M thuộc (S ) sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất.
Tìm tọa độ điểm M . A. M ( 1 − ;0;4) B. M (0;1;2) C. M (3;4;2) D. M (4;1;2) Lời giải Chọn C
Ta có tâm I (1;2;3) và bán kính R = 3 . Do d (I;(P)) = 9 R nên mặt phẳng (P) không cắt mặt
cầu (S ) . Do H là hình chiếu của I lên ( P) và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường
thẳng IH với mặt cầu ( P) . Trang 79 IH = n = (2;2;− ) ( ) 1 . P x = 1+ 2t
Phương trình đường thẳng IH là y = 2 + 2t . z = 3−t
Giao điểm của IH với (S ): 2 9t = 9 t = 1
M 3;4;2 và M 1 − ;0;4 . 2 ( ) 1 ( )
M H = d M ; P
=12 ; M H = d M ; P = 6. 2 ( 2 ( )) 1 ( 1 ( ))
Vậy điểm cần tìm là M (3;4;2). Câu 113: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 3
= 16 và các điểm A(1;0;2) , B( 1
− ;2;2) . Gọi (P) là mặt phẳng
đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diện của (P) với mặt cầu (S ) có diện tích nhỏ nhất. Khi viết
phương trình (P) dưới dạng (P): ax +by + cz +3 = 0. Tính T = a + b + c . A. 3 B. −3 C. 0 D. 2 − Lời giải Chọn B I B H A K
Mặt cầu có tâm I (1;2;3) bán kính là R = 4 .
Ta có A , B nằm trong mặt cầu. Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện.
Ta có diện tích thiết diện bằng 2 = = ( 2 2 S r
R − IH ) . Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi
IH lớn nhất. Mà IH IK suy ra ( P) qua ,
A B và vuông góc với IK .
Ta có IA = IB = 5 suy ra K là trung điểm của AB . Vậy K (0;1;2) và KI = (1;1 ) ;1 .
Vậy (P) : ( x − )
1 + y + ( z − 2) = 0 −x − y − z + 3 = 0 . Trang 80
Câu 114: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(3; 1
− ;0) và đường thẳng d : x − 2 y +1 z −1 = =
. Mặt phẳng ( ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất có 1 − 2 1 phương trình là:
A. x + y − z = 0 .
B. x + y − z − 2 = 0 .
C. x + y − z +1 = 0 .
D. −x + 2y + z + 5 = 0 . Lời giải Chọn A.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) , K là hình chiếu vuông góc của A lên d . Ta có: d ( ,
A d ) = AK cố định và d ( ,
A ( )) = AH AK d ( ,
A ( )) lớn nhất bằng AK khi H K . x − 2 y +1 z −1 d : = = qua M (2; 1 − ; ) 1 , có VTCP u = − . d ( 1;2; ) 1 1 − 2 1
Gọi ( P) là mặt phẳng qua A và chứa có VTPT n = u , AM = (2;0;2 p d ) .
Mặt phẳng ( ) có một VTPT là n = n ,u = − − = − − ( 4; 4;4) 4 (1;1;
)1 và () qua M (2; 1 − ; ) 1 p d có phương trình: ( 1 x − 2) + ( 1 y + ) 1 − ( 1 z − )
1 = 0 x + y − z = 0 . x = t −
Câu 115: Cho đường thẳng d : y = 2t −1 và mặt phẳng ( ) : 2x − y − 2z − 2 = 0. Mặt phẳng ( P) z = t + 2
qua d và tạo với ( ) một góc nhỏ nhất. Một véc tơ pháp tuyến của ( P) là: A. n = ( 1 − ;1; ) 1 . B. n = − . C. n = (2;1;0 . D. n = (3; 2 − ;7 . p ) p ) p (1;2; ) 3 p Lời giải Chọn A. Trang 81
Gọi = ( )(P) , A = d ( ) , Bd (B A) ; H là hình chiếu vuông góc của B lên ( ) ; K
là hình chiếu của H lên .
Suy ra: (d,( )) = BAH cố định; (( ),(P)) = BKH .
Mà BKH BAH (vì HK HA ) (d,( )) ((P),( )) .
Suy ra ((P),( )) nhỏ nhất bằng (d,( )) khi K A.
Khi đó ⊥ d và có một VTCP u = = −
u ,n 3(1;0; ) 1 . d
(P) có một VTPT n =u ,u = − 2( 1;1; ) 1 . p d
(P): x−2y +2z −5 = 0
Câu 116: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng và hai điểm A( 3 − ;0; ) 1 B (1; 1 − ;3) (P) ,
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song , đường thẳng mà
khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là: x + 3 y z −1 x + 3 y z −1 A. = = . B. = = . 26 11 2 − 26 1 − 1 2 − x − 3 y z +1 x + 2 y −1 z + 3 C. = = . D. = = . 26 11 2 − 26 11 2 − Lời giải Chọn A. Trang 82
Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song ( P) . Ta có: ( 3
− − 2.0 + 2.1−5)(1+ 2.1+ 2.3−5) 0 A, B nằm về hai phía với (P) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (Q) BH cố định và d ( ,
B (Q)) = BH .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên d bất kì qua A và nằm trong (Q) hay d // ( P).
Ta có: BK BH d ( , B d ) d ( , B AH ) d ( ,
B d ) bé nhất bằng BH khi K H .
Gọi n là VTPT của ( ABH ) n = n , AB = ( 2 − ;6;7 p ) .
d cần lập qua A , H và có VTCP u = n, n = (26;11; 2 − . d p ) x + 3 y z −1
Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là: = = . 26 11 2 −
Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân x y − 6 z − 6
giác trong góc A là = =
. Biết rằng điểm M (0; 5; 3) thuộc đường thẳng AB và 1 4 − 3 −
điểm N (1; 1; 0) thuộc đường thẳng AC. Véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AC ? A. u (1; 2; 3).
B. u (0; − 2; 6).
C. u (0; 1; − 3). D. u (0; 1; 3). Lời giải Chọn D. Giả sử (
A t;6 − 4t;6 −3t) , ta có: u = (1; 4 − ; 3 − ), AM = ( t − ;4t −1; 3
− + 3t), AN = (1− t; 5
− + 4t;3t − 6) d
Theo bài ra: Vì d là đường phân giác của góc A nên: Trang 83 26t −13 26t − 39
| cos(u , AM ) | |
= cos(u , AN) | = d d 2 2 26t − 26t +10 26t − 78t + 62 BP 2 2t −1 2t − 3 V 2 2 2 2 =
(4t − 4t +1)(13t − 39t + 31) = (4t −12t + 9)(13t −13t + 5) 2 2 13t −13t + 5 13t − 39t + 31
14t =14 t =1. (
A 1; 2;3) AN = (0; 1 − ; 3
− ) . Vậy một véc tơ chỉ phương của AC là u (0; 1; 3).
Câu 118: Trong không gian Oxyz cho điểm ( A 1; 2; 3
− ) và mặt phẳng (P): 2x + 2y − z +9 = 0 .
Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (Q):3x + 4y − 4z +5 = 0 cắt mặt phẳng (P)
tại B . Điểm M nằm trong mặt phẳng ( P) sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông và độ
dài MB lớn nhất. Tính độ dài MB . 41 5 A. MB = . B. MB = . C. MB = 5 . D. MB = 41 . 2 2 Lời giải Chọn C
Ta có đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3x + 4y − 4z + 5 = 0 có phương trình: x =1+ 3t (d)
: y = 2 + 4t ,t . Ta có giao điểm của d và mặt phẳng (P) là B : z = 3 − − 4 t Bd (
B 1+ 3t;2 + 4t; 3 − −4t) .
B (P) 2(1+ 3t ) + 2(2 + 4t ) + 3+ 4t + 9 = 0 t = 1 − . Vậy ( B 2 − ; 2 − ;1) . A I H M B (P)
Điểm M nằm trong mặt phẳng (P) sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông nên M nằm
trên đường tròn (C) là giao của mặt cầu đường kính AB với mặt phẳng (P) . Khi đó độ dài MB Trang 84
lớn nhất khi và chỉ khi độ dài MB bằng đường kính của (C) . Gọi bán kính của đường tròn (C) là 1
r , trung điểm của AB là I I (− ;0; 1 − ) , d = 3 . 2 ( I ,( P ) 2 AB 5 Ta có 2 2 d ( + r = r =
. Vậy độ dài MB lớn nhất là 5 . I ,( P)) 4 2
Câu 119: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) , trong đó 1 2 3
a 0 , b 0 , c 0 và
+ + = 7 . Biết mặt phẳng ( ABC) tiếp xúc với mặt cầu a b c
(S) (x − )2 +( y − )2 +( y − )2 72 : 1 2 3 =
. Thể tích của khối tứ diện OABC là. 7 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn D. x y z
Ta có ( ABC) : + + = 1 bcx + acy + abz − abc = 0. a b c 1 2 3 Theo bài ra có:
+ + = 7 bc + 2ca + 3ab = 7abc . a b c
bc + 2ca + 3ab − abc 72
Mặt phẳng ( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) d (I,( ABC)) = R = 2 2 2 2 2 2 + + 7 b c c a a b 1 1 1 1 7 + + = 1 1 1 7 + + = . 2 2 2 36 a b c 72 2 2 2 a b c 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 Ta có + + = 7 49 = + 2. + 3 (1+ 4 + 9) + + + + = . a b c a b c 2 2 2 a b c 2 2 2 a b c 2
a = 2b = 3c a = 2
Dấu bằng xảy ra 1 2 3 b =1 . + + = 7 a b c 2 c = 3 1 Vậy V = 1 2 2 abc = .2.1. = . OABC 6 6 3 9 Cách 2: Trang 85 x y z 1 2 3 1 2 3
Ta có ( ABC) : + + = 1 và + + = 7 suy ra M ; ; ( ABC) . a b c a b c 7 7 7 1 2 3 Lại có M ; ;
(S ) nên ( ABC) tiếp xúc với (S ) tại M . 7 7 7 x y z 1 Suy ra ( ABC ) : + + =1 nên V = 1 2 2 abc = .2.1. = . 2 1 2 OABC 6 6 3 9 3
Câu 120: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0; ) 1 ; B (0;1; − ) 1 . Hai điểm D ,
E thay đổi trên các đoạn OA , OB sao cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai phần
có diện tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung điểm I của DE có tọa độ là 2 2 2 2 1 1 1 1 A. I ; ; 0 . B. I ; ; 0 . C. I ; ;0 . D. I ; ;0 . 4 4 3 3 3 3 4 4 Lời giải Chọn A.
Ta thấy OA = OB = 2; AOB = 120
Ta có D nằm trên đoạn OA nên D ( ;
a 0; a) , OD = a 2 , (0 a ) 1
E nằm trên đoạn OB nên E (0; ; b b
− ) , OE = b 2 , (0 b 1) S 1
Ta có ODE = ab = S 2 OAB DE = (− ; a ; b b − − a) 2 2 DE =
2a + 2b + 2ab 6ab = 3 Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 2 2 a = b = suy ra D ; 0; , E 0; ; − 2 2 2 2 2
Vậy Min(DE) = 3 khi đó trung điểm của DE có tọa độ 2 2 I ; ; 0 4 4
Câu 121: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P) qua hai điểm M (1;8;0) ,
C (0;0;3) cắt các tia O ,
x Oy lần lượt tại ,
A B sao cho OG là nhỏ nhất, với G là trọng tâm tam
giác ABC . Biết G( ; a ;
b c) , hãy tính T = a + b + c . A. T = 7 . B. T = 3. C. T =12 .
D. T = 6 . Lời giải Chọn D Trang 86 a b
Gọi A(a ;0;0 ; B 0;b ;0 với (a ,b 0 . Suy ra: 1 1 G ; ;1 . 1 1 ) 1 ) ( 1 ) 3 3 Phương trình mặ x y z t phẳng ( ABC ): + + =1. a b 3 1 1 1 8
Vì M ( ABC) nên + =1. a b 1 1 1 Ta có: 2 2 OG = a + b + 9 . 1 1 3 1 8 1 16 25 25 = + = + Ta có:1 2 2 a b a 2b a + 2b + . 1 1 1 1 1 1 5. a b 1 1 Suy ra: 2 2 a + b 125 . 1 1 Do đó: 134 OG
. Dấu bằng xảy ra khi b = 2a 1 1 . 3
Khi đó: a = 5;b = 10 1 1 .
Vậy a + b + c = 6 .
Câu 122: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;2;3). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( P) đi qua
M và cắt các trục x O , x y O , y z O
z lần lượt tại các điểm , A ,
B C sao cho OA = 2OB = 3OC 0? A. 4. B. 3. C. 1. D. 8. Lời giải Chọn A.
Gọi tọa độ các điểm ( A ; a 0;0); ( B 0; ; b 0);C(0;0; ) c
lần lượt là tọa độ các điểm cắt các trục x O , x y O , y z O
z . Ta có phương trình mặt phẳng x y z 1 2 3 ( ABC) :
+ + =1. Mặt phẳng đi qua điểm M (1;2;3) + + =1. a b c a b c
Mặt khác OA = 2OB = 3OC hay a = 2 b = 3 c Suy ra có 4 trường hợp xảy ra, mỗi trường hợp ta
a = 2b = 3c a = 2 − b = −3c
có 1 phương trình mặt phẳng
a = 2b = −3c a = 2 − b = 3c
Câu 123: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A(3;7; )
1 , B (8;3;8) và C (3;3;0) . Gọi (S là 1 )
mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và (S là mặt cầu tâm B 2 )
bán kính bằng 6 . Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu (S , S . 1 ) ( 2 ) A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Trang 87 Chọn B.
Phương trình mặt phẳng qua C có dạng 2 2 2 (P) : (
m x − 3) + n( y − 3) + pz = 0, m + n + p 0 .
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2
4n + p = 3 m + n + p (1) 1
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2
5m + 8 p = 6 m + n + p (2) 2
5m = 8n − 6 p (3)
Từ đây ta có phương trình 5m + 8 p = 2 4n + p 5m = 8
− n −10 p (4) Từ (1),(3) ta có: = 2 n 2 p 8n −6p 2 2 2 2 2 (4n + p) = 9 + n + p
401n −1064np + 524 p = 0 262 5 n = p 401
Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng:
(P ) : 2x + 2 y + z −12 = 0, (P ) : 62x − 262 y − 401z + 600 = 0 1 2 Từ (1),(4) ta có: 2 8n +10p 2 2 2 2 2 (4n + p) = 9 + n + p
401n +1240np +1100 p = 0 n = p = 0 5
Trường hợp này không có mặt phẳng nào.
Câu 124: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A(0;0; )
1 , B(0;2;2) và C (3; 1 − ;− ) 1 . Gọi (S 1 )
là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và (S là mặt cầu tâm B 2 )
bán kính bằng 3 . Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu (S , S . 1 ) ( 2 ) A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B.
Phương trình mp qua C có dạng P m x −
+ n y + + p(z + ) 2 2 2 ( ) : ( 3) ( 1)
1 = 0, m + n + p 0
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2 3
− m + n + 2p = m + n + p (1) 1
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2 3
− m + 3n + 3p = 3 m + n + p (2) 2 p = 2m (3)
Từ đây ta có phương trình 3
− m + 3n + 3p = 3 3
− m + n + 2 p
3p = 4m − 2n (4) Trang 88 m = 0 Từ (1),(3) ta có: 2 2
m + n = 5m + n n = 2m
Trường hợp này ta tìm được hai mặt
(P ) : y +1 = 0, (P ) : x + 2 y + 2z +1 = 0 1 2 Từ (1),(4) ta có: 2 2
4m −3mn + 2n = 0 m = n = 0
Trường hợp này không có mặt phẳng nào.
Kết luận có 2 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.
Bình luận: Từ (3) học sinh dễ nhầm lẫn chọn ngay m =1 p = 2 n = 2 dẫn tới chỉ tìm được 1 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 125: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A(3;0; 2 − ), B(2;2; ) 1 và C (4; 2 − ;0) . Gọi (S 1 )
là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và (S là mặt cầu tâm B 2 )
bán kính bằng 2 . Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu (S , S . 1 ) ( 2 ) A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D.
Phương trình mp qua C có dạng 2 2 2 (P) : (
m x − 4) + n( y + 2) + pz = 0, m + n + p 0
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2
−m + 2n − 2p = m + n + p (1) 1
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S ) ta có 2 2 2 2
− m + 4n + p = 2 m + n + p (2) 2 p = 0 (3)
Từ đây ta có phương trình 2
− m + 4n + p = 2 −m + 2n − 2 p
4m = 8n − 3p (4) n = 0 Từ (1),(3) ta có: 2 2
−m + 2n = m + n 3n = 4m
Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng (P ) : x − 4 = 0,(P ) : 3x + 4y − 4 = 0 1 2 n = 0 Từ (1),(4) ta có: 2
5n − 3np = 0 5n = 3p
Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng nữa (P ) : 3x − 4z −12 = 0,(P ) : 9x +12y + 20z −12 = 0 3 4
Kết luận có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán Trang 89
Câu 126: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ) 5 ; 2 ; 1 (
. Số mặt phẳng ( ) đi
qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho OA = OB = OC ( A , B , C không trùng
với gốc tọa độ O ) A. 8 . B. 3 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn C. Gọi A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) điều kiện: abc 0 . Phương trình mặ x y z 1 2 5 t phẳng ( ) là: +
+ = 1. Do ( ) đi qua M nên ta có: + + = 1 ) 1 ( a b c a b c
a = b = c
a = b = −c
Theo đề ra OA = OB = OC nên ta có a = b = c
a = −b = −c
a = −b = c
Với a = b = c thay vào ) 1
( ta được a = b = c = 8 .
Với a = b = c − thay vào ) 1
( ta được a = b = −c = 2 − . Với a = b − = c − thay vào ) 1
( ta được a = −b = −c = 6 − . Với a = b − = c thay vào ) 1
( ta được a = −b = c = 4 .
Vậy chọn đáp án (C) .
A(1;4;5) B(3;4;0) C (2; 1 − ;0)
Câu 127: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , , và mặt
(P):3x−3y −2z −12 = 0 M ( ; a ; b c) (P) phẳng . Gọi thuộc sao cho 2 2 2
MA + MB + 3MC đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính tổng a + b + c . A. 3 . B. 2 . C. 2 − . D. −3 . Lời giải Chọn A. Giả sử I ( ; x ;
y z) là điểm thỏa mãn IA+ IB + 3IC = 0 . Khi đó IA(1− ; x 4 − ;
y 5 − z) , IA(3 − ; x 4 − ;
y −z) , IA(2 − ; x 1 − − ; y −z ) ;
IA + IB + 3IC = (10 − 5 ; x 5 − 5 ; y 5 − 5z) ; x = 2
IA + IB + 3IC = 0 y = 1 I (2;1; ) 1 ; z =1 2 2 2 2 2 2
MA + MB + 3MC = MA + MB + 3MC
= (MI + IA)2 + (MI + IB)2 + (MI + IC)2 3 Trang 90 2
= MI + MI (IA+ IB + IC) 2 2 2 5 2 3
+ IA + IB + IC 2 2 2 2
= 5MI + IA + IB + IC (vì IA+ IB + 3IC = 0 )
Vì I cố định nên 2 2 2
MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, khi đó M là hình
chiếu vuông góc của I lên ( P) .
Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P) x = 2 + 3t
Phương trình đường thẳng : y =1− 3t . z =1− 2t
Tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình: 1 t = x = 2 + 3t 2 7 y = 1− 3t x = 7 1 − 2 M ; ;0
a + b + c = 3. z = 1− 2t − 2 2 1 = 3
x −3y −2z −12 = 0 y 2 z = 0
Câu 128: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 3 − ;0; ) 1 , B (1; 1 − ;3) và mặt
phẳng (P) có phương trình x − 2y + 2z −5 = 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d
đi qua A , song song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất. x + 3 y z −1 x + 3 y z −1 A. = = . B. = = . 26 11 2 − 26 1 − 1 2 x + 3 y z −1 x + 3 y z −1 C. = = . D. = = . 26 11 2 26 11 2
Câu 129: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A( 1 − ;3; 2 − ) , B( 3 − ;7; 1 − 8) và mặt phẳng
(P):2x− y + z +1= 0. Điểm M ( ;a ;bc) thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABM ) vuông góc với (P) và 2 2
MA + MB = 246. Tính S = a + b + . c A. 0 . B. 1 − . C. 10 . D. 13 . Lời giải Chọn B
Cách 1: + Gọi I là trung điểm của AB I ( 2 − ;5; 1 − 0) 2 IA = 69. 2 2
Theo giả thiết M thoả mãn 2 2
MA + MB = 246. (MA) + (MB) = 246 ( 2 2
MI + IA)2 + (MI + IB)2 = 246 (MI + IA) + (MI − IA) = 246 2 2
2MI + 2IA = 246 2
IM = 54 M thuộc mặt cầu (S ) tâm I bán kính 54 . Trang 91 Suy ra phương trình mặ 2 2 2
t cầu (S ) : ( x + 2) + ( y − 5) + ( z +10) = 54 .
+ Theo giả thiết ( ABM ) là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với ( P)
Suy ra phương trình ( ABM ): 2x +5y + z −11= 0 . (
x + )2 + ( y − )2 + (z + )2 2 5 10 = 54 = x 4
Khi đó toạ độ M thoả mãn hệ 2x − y + z +1 = 0.
y = 2 M (4;2; 7 − )
2x + 5 y + z −11 = 0 = − z 7
a +b + c = 4 + 2 + ( 7 − ) = −1. Cách 2:
Tọa độ trung điểm của AB là I ( 2 − ;5; 1 − 0). 2 ( 2 2 MA + MB ) 2 − AB 2 MI =
= 54 MI = 3 6 = d (I,(P)) . 4
M là hình chiếu của I trên (P) . x = 2 − + 2t
Phương trình IM : y = 5 − t
thay vào PT ( P) ta được t = 3 M (4;2; 7
− ) a + b + c = 1 − . z = 10 − + t
* Nhận xét: Với cách giải trên và kết quả thu được thì giả thiết bài cho thừa điều kiện (ABM ) ⊥ (P). Cách 3: AB ( 2 − ;4; 1 − 6),n (2; 1 − ; ) 1 n = A , B n = ( 1 − 2; 3 − 0; 6 − ABM P ) P .
Khi đó, PT mặt phẳng ( ABM ): 2x +5y + z + 2 = 0 . x = t
Gọi d = ( ABM ) (P) khi đó, u = n , n = ( 6 − ;0;12 d y = d P ) ABM . PT của : 2 z =1− 2t
Gọi M (t;2;1− 2t ) ta có 2 2
MA + MB = 246 (t + )2 + + ( − t )2 + (t + )2 + + ( − t)2 1 1 3 2 3 25 19 2 = 246 2
10t −80t +160 = 0 t = 4 M (4;2; 7 − ) .
Câu 130: Cho hai điểm A(2;1; ) 3 , B ( 1 − ; 2 − ;− )
3 và mặt phẳng (P) : 2x − y − 2z +18 = 0 . Điểm M ( ; a ;
b c) nằm trên ( P) sao cho 2 2
2MA + MB = 144 . Tính a + b + c . Trang 92
A. a + b + c = 0 .
B. a + b + c = 4 .
C. a + b + c = 10.
D. a + b + c = 7
HD: Điểm M ( 3 − ;2;5) . b) Cho các , A ,
B C và mặt phẳng (P) . Tìm tọa độ điểm M nằm trên (P) sao cho 2 2 2
a MA + b MB + c MC = (a + b + c) 2 d (I (P)) 2 2 2 . . . , + . a IA + . b IB + .
c IC với aIA + bIB + cIC = 0 . Từ giả thiết ta có
(a +b+c) 2
MI + MI (aIA+ bIB + cIC) 2 2 2
+ aIA + bIB + c IC = (a +b) 2 d (I (P)) 2 2 . , + . a IA + . b IB
MI = d (I,(P)) M là hình chiếu của I trên (P) .
Câu 131: Cho ba điểm A(0;1;2), B(1;2;0),C (2;0; )
1 và mặt phẳng (P) : x + 2z −13 = 0 . Điểm M ( ; a ;
b c) nằm trên ( P) sao cho 2 2 2
MA + MB + MC = 66. Tính a + b + c .
A. a + b + c = 9 .
B. a + b + c = 7 .
C. a + b + c = 1.
D. a + b + c = 0
Câu 132: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm N (4;2;− ) 1 , A( 1 − ;3;− 2) , B( 3 − ; 7;−18) và
mặt phẳng (P) : 2x − y + z +1 = 0. Điểm M thuộc ( P) sao cho 2 2
MA + MB = 258. Tìm giá trị lớn
nhất của độ dài đoạn MN . HD giải:
Tọa độ trung điểm của AB là I ( 2 − ;5; 1 − 0). 2 ( 2 2 MA + MB ) 2 − AB 2 MI =
= 60 MI = 60 d (I,(P)) = 3 6 . 4
Do đó, điểm M nằm trên đường tròn tâm H (4;2; 7
− ), là hình chiếu của I trên (P) , bán kính 2 2 r =
MI − d (I,(P)) = 6 .
Gọi K là hình chiếu của N lên ( P) , E, F là giao điểm của HK với đường tròn trên. Khi đó,
KM KH + HF = KF dấu bằng xảy ra khi M F . Mà 2 2 2
MN = NK + KM nên MN KM = KF . max max 2 2 MN
= r + KH = 6 + NH − d N, P = 6 + 30 . max ( ( )) Trang 93
Câu 133: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A(2;3;3) , phương trình đường trung x − 3 y − 3 z − 2
tuyến kẻ từ B là = =
, phương trình đường phân giác trong của góc C là 1 − 2 1 − x − 2 y − 4 z − 2 = =
. Đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương là 2 1 − 1 − A. u = 2;1; 1 − . B. u = 1; 1 − ;0 . C. u = 0;1; 1 − .
D. u = 1; 2;1 . 1 ( ) 4 ( ) 2 ( ) 3 ( ) Lời giải Chọn C A I M D B C A'
Gọi M là trung điểm của AC và D là chân đường phân giác trong kẻ từ góc C của tam giác ABC . x − 3 y − 3 z − 2 Do M BM : = =
nên M (3−t ;3+ 2t ;2 −t . 0 0 0 ) 1 − 2 1 −
Mặt khác M là trung điểm của AC nên C (4 − 2t ;3+ 4t ;1− 2t . 0 0 0 ) x − 2 y − 4 z − 2 Mà C CD : = =
nên ta tìm được điểm C (4;3; ) 1 . 2 1 − 1 − Gọi
A là điểm đối xứng với A qua CD , suy ra A
A ⊥ CD và A BC .
Gọi I là trung điểm của
AA , khi đó ta có A
A ⊥ CD tại I .
Do vậy điểm I CD I (2 + 2t ;4 − t ;2 − t . 1 1 1 )
Kết hợp với AI ⊥ CD nên ta có AI.u
= 0 t = 0 I 2;4;2 . CD 1 ( )
Mà I là trung điểm của AA nên A (2;5; ) 1 . x = 2 + t
Đường thẳng BC đi qua
A và C nên phương trình tham số là y = 5 − t . z =1
Điểm B = BC BM nên B(2;5; )
1 . Vậy VTCP của AB là u = 0;1; 1 − . 4 ( ) Trang 94 x + 2 y −1 z + 2
Câu 134: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = và mặt phẳng 4 4 − 3
(P):2x − y + 2z +1= 0. Đường thẳng đi qua E( 2 − ;1; 2
− ), song song với (P) đồng thời tạo
với d góc bé nhất. Biết rằng có một véc tơ chỉ phương u = ( ; m n ) ;1 . Tính 2 2
T = m − n . A. T = 5 − .
B. T = 4 .
C. T = 3. D. T = 4 − . Lời giải Chọn D Cách 1:
d có một VTCP là u =
, có một VTCP là u = ( ; m ; n )
1 , (P) có một VTPT là d (4; 4 − ;3) n = . P (2; 1 − ;2)
Do (P) nên n .u = 0 2m − n + 2 = 0 n = 2m + 2( ) 1 . P u .u d 1 4m − 4n + 3 Ta có cos ( ; d ) = = . (2) . 2 2 u u 41 m + n + d 1 1 16m + 40m + 25 Từ ( ) 1 ,(2) ta có cos( ; d ) 2 = . . 2 41 5m + 8m + 5 16m + 40m + 25 1 − 8m 4m + 5
Xét hàm số f (m) 2 = f (m) ( ) = . 2 5m + 8m + 5 (5m +8m+5)2 2 Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có ( ;
d ) bé nhất cos( ;
d ) lớn nhất m = 0.
Khi m = 0 ta có n = 2 . Do vậy 2 2
T = m − n = 4 − . Cách 2: Trang 95 d M d' H E Q K
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa E song song với ( P) . Đường thẳng d qua E song song với d .
Lấy M d, gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M lên ( P), . Ta có MK MH
sin (d, ) = sin (d , ) = . ME ME MH
Do đó góc (d,)nhỏ nhất khi sin (d,) =
hay là hình chiếu của d trên (Q) . ME
Vectơ chỉ phương u = u , n , n = u = (0;2; ) 2 2 − = − (0;18;9 1 m n 4. d P P ) Cách 3:
Do song song với ( P) nên .
u n = 0 2m − n + 2 = 0 n = 2m + 2 u ( , m 2m + 2 ) ;1 P ( + + + d ) = (u u = = ) 2 4m 5 1 16m 40m 25 cos , cos , . . 2 2 57 5m + 8m + 5 57 5m + 8m + 5 2 16m + 40m + 25 1 − 8m(4m + 5) Xét hàm số y = y = . 2 5m + 8m + , 5 (5m +8m+5)2 2 Từ BBT suy ra, y = y 0 . max ( )
Nhận xét rằng (d, ) nhỏ nhất khi và chỉ khi cos(d, ) lớn nhất m = 0 u (0; 2 ) ;1 . 2 2 m − n = 4 − .
Nhận xét: Cả hai cách giải đều có thể sử dụng cho trường hợp tổng quát. Ta có thể thay giả thiết
song song với ( P) bằng một giả thiết tương tự. Một số bài toán tương tự: Trang 96 x + 2 y −1 z + 2
1) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = và mặt phẳng 1 2 3
(P):2x + y + 2z = 0. Đường thẳng đi qua E( 2
− ; 1;− 2), song song với (P) đồng thời tạo với
d góc bé nhất. Biết rằng có một véc tơ chỉ phương u = (10; ;
b c) . Tính S = b + c . HD. u (10; 6 − ; 7
− ) b + c = 1 − 3. x + 2 y −1 z + 2 x y − 3 z
2) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = và d : = = . 1 2 3 1 3 1 2
Đường thẳng đi qua E ( 2
− ; 1;− 2), vuông góc với d , đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết 1
rằng có một véc tơ chỉ phương u = ( ;1
a 7;c). Tính S = a + b . HD. u ( 1
− 9;17;20) a + b =1. 5 4 8
Câu 135: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;0;0) , B(3;2; ) 1 , C − ; ; 3 3 3
. M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ( ABC ) nằm trong tam giác ABC
và các mặt phẳng (MAB) , (MBC) , (MCA) hợp với mặt phẳng ( ABC ) các góc bằng nhau. Tính
giá trị nhỏ nhất của OM . 26 5 28 A. . B. . C. 3 . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A M C A I B Trang 97
Ta có phương trình mặt phẳng ( ABC): x −2y + 2z −1= 0.
Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( ABC ). Do các mặt phẳng(MAB),
(MBC), (MCA)cùng hợp với mặt phẳng (ABC) các góc bằng nhau nên I cách đều ba cạnh của
tam giác ABC . Lại có I nằm trong tam giác ABC nên I chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Ta có AB = 3; AC = 4; BC = 5.
Sử dụng công thức: aIA + bIB + cIC = 0 5IA + 4IB + 3IC = 0 I (1;1; ) 1 x = 1+ t
Đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ABC) có phương trình là: y =1− 2t . z =1+ 2t
Kẻ OH ⊥ . Ta có M thuộc nên OM O , H M
OM = OH = d ( ) I ; O u 26 min O; = = . u 3
Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA + bIB + cIC = 0 , ( a + b + c 0 ) là
ax + bx + cx ay + by + cy az + bz + cz A B c ; A B c ; A B c a + b + c a + b + c a + b + c
Bình luận: Giả thiết bài toán nếu không cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ( ABC ) nằm trong
tam giác ABC thì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC ( một tâm nội
tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min của bốn trường hợp đó.
Câu 136: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho bốn điểm M (2;0;0), N (0; 3 − ;0), P(0;0;4),
Q(2;3;4) . Tìm số mặt phẳng ( ) đi qua M , N và khoảng cách từ Q đến ( ) gấp hai lần
khoảng cách từ P đến ( ) . A. Vô số. B. 0 . C. 1. D. 2 Lời giải Chọn C. MN = (−2;−3;0)
+) Nhận thấy MP = (−2;0; 4) MN song song với PQ . PQ = (2;3;0) Trang 98
+) Từ kết luận trên ta có ( ) MN thì d( = d . P ( ; )) (Q (;)) +) Vậy : d( = 2d d = d
= 0 hay ( ) (MNPQ) . Vậy có duy nhất một mặt Q ( ; )) (P;()) (Q;()) (P;())
phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán. x −1 y −1 z −1
Câu 137: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng (d ) : = = , 1 2 1 2 − x − 3 y +1 z − 2 x − 4 y − 4 z −1 (d ) : = = , (d ) : = =
. Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I ( , a , b c) , 2 1 2 2 3 2 2 − 1
tiếp xúc với 3 đường thẳng (d ), (d ), (d ) , tính S = a + 2b + 3c : 1 2 3 A. S = 10. B. S = 11. C. S = 12. D. S = 13. Lời giải: Chọn B.
Nhận xét: 3 đường thẳng (d ), (d ), (d ) đôi một vuông góc và cách đều nhau. 1 2 3
Dựng hình lập phương sao cho (d ), (d ), (d ) chứa 3 cạnh. 1 2 3
Ta có cạnh hình lập phương là d = 3. Ta có 2 2 2 2 2
d (I ; d ) = d (I ; ( ABCD)) + d (I ; ( ABB ' A ')) = x + y , 1 2 2 2 2 2
d (I ; d ) = d (I ; (BCB 'C ')) + d (I ; (CDD 'C ')) = z + t , 2 2 2 2 2 2
d (I ; d ) = d (I ; ( A ' B 'C ' D ')) + d (I ; ( ADD ' A ')) = u + v 3 1 1 1 3 2 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3r = x + y + z + t + u + v (x + u) + ( y + t) +
(z + v) r . 2 2 2 2 7 3 3
Dấu đẳng thức xảy ra I là tâm hình lập phương I ; ; . 2 2 2 Trang 99 7 3 3 Vậy S = + 2. + 3. =11. 2 2 2 Cách 2: Gọi I ( ; a ; b c)
R = d(I,d ) = d(I,d ) = d(I,d ) 1 2 3
Mẫu đều bằng 3 nên bình phương các vế, ta được 2
9R = A = B = C 2
27R = A+ B +C 2 2 2
=18(a + b + c ) −126a − 54b −54c + 423 2 2 2 7 3 3 234 = 234 18 a − +18 b − +18 c − + . 2 2 2 2 2 7 a = 2 3
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi b = . 2 3 c = 2 7 3 3 Vậy S = + 2. + 3. =11. 2 2 2
Câu 138: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(0;8;2) và mặt cầu
(S) (x − )2 +( y + )2 +(z − )2 : 5 3 7 = 72 và điểm B(9; 7 − ;2 )
3 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi
qua A và tiếp xúc với (S ) sao cho khoảng cách từ B đến ( P) là lớn nhất. Giả sử n = (1; ; m n) là
một vectơ pháp tuyến của ( P) . Khi đó A. . m n = 2 . B. . m n = 2 − . C. . m n = 4 . D. . m n = 4 − . Lời giải Chọn D.
Giả sử mặt phẳng ( P) có dạng a ( x − ) + b( y − ) + c ( z − ) = ( 2 2 2 0 8 2
0, a + b + c 0) .
ax + by + cz −8b − 2c = 0. Mặt cầu (S ) có tâm I (5; 3
− ;7) và bán kính R = 6 2. Điều kiện tiếp xúc:
5a − 3b + 7c − 8b − 2c
5a −11b + 5c
d (I,(P)) = 6 2 = 6 2 = 6 2 (*) . 2 2 2 a + b + c 2 2 2 a + b + c
9a − 7b + 23c − 8b − 2c
9a −15b + 21c
Mà d ( B,( P)) = = 2 2 2 2 2 2 a + b + c a + b + c Trang 100
5a −11b + 5c + 4(a − b + 4c)
5a −11b + 5c
a − b + 4c = + 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a + b + c a + b + c a + b + c 1 + (− )2 2 2 2 2 2
1 + 4 . a + b + c 6 2 + 4 =18 2. 2 2 2 a + b + c a b c Dấu bằng xảy ra khi =
= . Chọn a =1;b = 1
− ;c = 4 thỏa mãn ( ) * . 1 1 − 4
Khi đó (P): x − y + 4z = 0. Suy ra m = 1 − ;n = 4 . m n = 4 − .
Câu 139: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x − y − z + 3 = 0 và hai điểm M ( 1 − 1 ; ;− ) 1 ; N (3; 3 − ; )
3 . Mặt cầu (S ) đi qua hai điểm M ,N và tiếp xúc với ( P) tại C .
Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính chu vi của đường tròn đó. A. 8p . B. 8p 3 . C. 12p 2 . D. 12p . Lời giải Chọn D 1 1
Ta có MN đi qua M ( 1 − 1 ; ;− ) 1 , nhận MN = (4; 4 − ;4) = (1; 1 − ; )
1 là một vecto chỉ phương nên 4 4 x = 1 − + t
MN : y = 1− t (t ) . z = 1 − + t x = 1 − + t
Thay y = 1− t vào ( P) ta được 1
− +t +1+t +1−t + 3 = 0 t = 4 z = 1 − + t
Tọa độ điểm D(3;3; )
3 là giao điểm của của MN và ( P) . Do đó theo tính chất của phương tích ta được 2 2
DM.DN = DI − R . Mặt khác vì DC là tiếp tuyến của mặt cầu (S ) cho nên 2 2 2
DC = DI − R . Do vậy 2
DC = DM.DN = 36 DC = 6 (là một giá trị không đổi). Trang 101
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R = 6 suy ra chu vi của đường tròn là 12p
(Chú ý rằng điểm I không nhất thiết nằm trên mp(DM, DC), hình ảnh trên minh họa, mang tính
tương đối_Cao Thời PB)
Câu 140: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z −5 = 0 và hai điểm A( 3 − ;0; ) 1 , B (1; 1
− ;3) . Trong tất cả các đường thẳng đi qua A và song song với (P) , gọi là đường thẳng
sao cho khoảng cách từ B đến là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng . x − 5 y z x −1 y +12 z +13 A. : = = : = = 2 6 − 7 − . B. 2 − . 6 7 x + 3 y z −1 x −1 y +1 z − 3 C. : = = : = = 2 − 6 − . D. 7 2 − . 6 7 Lời giải Chọn B. Ta có: AB (4; 1 − ;2), (n ) = (1; 2 − ;2) . P u = A , B n = − − (2; 6; 7 p ) ( ) ®i qua A ( 3 − ;0 ) ;1 : . Chọn B. vtcpu − − ( 2; 6; 7)
Câu 141: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;1;2) và (P) : (m − ) 1 x + y + z
m −1 = 0 với m là
tham số. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P) lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
A. 2 m 6 .
B. Không có m . C. 2 − m 2 . D. 6 − m 2 − . Lời giải Chọn A. * Phân tích:
- Đây là bài toán mà giả thiết có liên quan trực tiếp đến kết luận thông qua công thức tính khoảng
cách từ một điểm đến một đường thẳng, mấu chốt của bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của hàm 2
ax + bx + c phân thức dạng y = . 2 a x + b x + c
- Học sinh có thể sử dụng MTCT để tìm được phương án trả lời đúng. * Giải Trang 102 3m −1
Ta có: d = d (M ,( P)) = . 2 2m − 2m + 2 − +
d = y (m) 2 9m 6m 1 2 = . 2 2m − 2m + 2 m = 5 2 1 3 − m +16m − 5
Xét hàm y (m) có y(m) = . . y (m) = 0 1 . 2 ( m − m + )2 2 1 m = 3 Bảng biến thiên
Suy ra d lớn nhất y (m) lớn nhất m = 5 . Chọn đáp án A. A(0; 1 − ;2) B (1;1;2)
Câu 142: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , và đường thẳng x + 1 y z −1 M (a; ; b c) d : = = . Biết điểm
thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện 1 1 1
tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T = a + 2b + 3c bằng A. 4. B. 5. C. 10. D. 3. Lời giải: Chọn C x = t
+) Phương trình đường thẳng AB : y = 1 − + 2t z = 2
Nhận xét: đường thẳng AB và d chéo nhau. 1
+ Dựng MH vuông góc với AB . Ta có S = A .
B MH . Do AB cố định nên diện tích tam M AB 2
giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của AB và d .
+) M (d ) M ( 1
− + t ;t ;1+ t ; H AB H (t ; 1 − + 2t ;2 2 2 ) 1 1 1 )
MH (t − t +1;2t − t −1; t − +1 . 2 1 2 1 1 )
MH là đoạn vuông góc chung của AB và d khi và chỉ khi Trang 103 4 MH.AB = 0
t − t +1+ 2 2t − t −1 = 0 t = 2 1 ( 2 1 ) 1 4 7 . 1 3 M ; ; MH.u = 0
t − t + 1 + 2t − t − 1 − t + 1 = 0 3 3 3 d 2 1 2 1 1 t = 1 2 Vậy T = 10. () + − + = A(2;1;0)
Câu 143: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 2x y 2z 9 0 và ba điểm , B (0;2 ) ;1 ,C (1;3; − )
1 . Điểm M () sao cho 2MA+ 3MB − 4MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng
định nào sau đây đúng?
A. x + y + z
= 4. B. x + y + z = 2. M M M M M M
C. x + y + z
= 3. D. x + y + z = 1. M M M M M M Lời giải: Chọn A
2x + 3x − 4x
+) Gọi điểm I thỏa mãn 2IA + 3IB − 4IC = 0 I (0; 4 − ;7) . ( A B C x = I 2 + 3 − ) 4
+) Ta có 2MA + 3MB − 4MC = 2IA + 3IB − 4IC − IM = IM = IM
Do đó, 2MA + 3MB − 4MC nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) . x = 2t
+) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với ( ) là: y = 4 − + t . z = 7 − 2t
M d M (2t; 4
− + t;7 − 2t) . M () t = 1 M (2; 3 − ;5) . Vậy + + = x y z 4. M M M x y −1 z
Câu 144: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng : = = và hai điểm 1 1 1 A(1;2;− ) 5 , B ( 1
− ;0;2) . Biết điểm M thuộc sao cho biểu thức T = MA− MB đạt giá trị lớn nhất là T . Khi đó, T bằng bao nhiêu? m ax m ax A. T = 57 . B. T = 3 . C. T = 2 6 − 3 . D. T = 3 6 . m ax m ax m ax m ax Lời giải Chọn B Trang 104 A' B H M I M A x = 1 − − 2t Ta có AB ( 2 − ; 2
− ;7) suy ra phương trình đường thẳng AB : y = 2 − t z = 2 + 7t 1 x = t 1
− − 2t = t = − t 3
: y = 1 + t. Xét hệ 2
− t = 1+ t
, do đó đường thẳng AB và cắt nhau tại 1 z = t 2 + 7t = t t = − 3 1 2 1 4 4 14 2 2 7 I − ; ; − . Thấy IA = ; ; − ; IB − ;− ; IA = 2
− IB nên hai điểm , A B nằm 3 3 3 3 3 3 3 3 3
về hai phía của đường thẳng . Gọi H, A lần lượt là hình chiếu của A trên và là điểm đối
xứng với A qua . H (t ;1+ t ;t) AH (t −1;t −1;t + ) 5 ⊥ u (1;1; ) 1
t −1+ t −1+ t + 5 = 0 t = 1 − H ( 1 − ;0;− ) 1 A( 3 − ; 2 − ; ) 3 .
Với mọi điểm M ta đều có MA = MA do đó T = MA − MB = MA − MB A B = 3 dấu
bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng A B
và . Vậy T = 3. m ax
Câu 145: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) và mặt phẳng
(P): y − z +1= 0. Biết ,bc 0 và (ABC) ⊥ (P) d (O (ABC)) 1 ; ;
= . Tính T = b + c . 3 5 1 A. T = .
B. T = 2 . C. T = . D. T = 1. 2 2 Lời giải Chọn D Trang 105 y z
Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp ( ABC) có phương trình: x + + −1 = 0 , do đó VTPT của b c ( 1 1 ABC ) là n 1; ;
và VTPT của ( P) là n 0;1; 1
− . Vì ( ABC) ⊥ (P) d (O ( ABC)) 1 ; ; = nên 2 ( ) 1 b c 3 b = c ta thu đượ 1 1 c hệ: = 1 1 3 1+ + 2 2 b c 1
Giải hệ với điều kiện ,
b c 0 ta được b = c = . Vậy T = 1. 2
Câu 146: Trong không gian Oxyz , cho mp ( P) cắt ba trục tọa độ tại ba điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) . Biết , a ,
b c 0 và M (9;1; )
1 ( P) , khi OA + 4OB + OC đạt
GTNN hãy tính T = a − bc
A. T = 4 .
B. T = 36 .
C. T = 0 . D. T = 8 . Lời giải Chọn C x y z
Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp ( P) có dạng: + + =1. a b c 9 1 1 9 1 1 3 2 1 ( + + )2 2 2 2 3 2 1 Vì M (9;1; )
1 ( P) nên ta có + + =1, suy ra 1 = + + = + + a b c a b c a 4b c a + 4b + . c 3 1 1 = = a =18
Do đó: a + 4b + c 36 OA+ 4OB + OC 36 a 2b c
. Dấu bằng xảy ra khi b = 3 9 1 1 1 + + = c = 6 a b c
Câu 147: Trong không gian Oxyz , cho mp ( P) đi qua M (1;2; ) 1 , N ( 1 − ;0;− ) 1 đồng thời cắt AM O ,
x Oy theo thứ tự tại ,
A B (khác O ) sao cho
= 3 . Khi đó (P) có một VTPT n(1; ; m n) BN
thì tổng m + n bằng A. 2 . B. 1 − . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn B Trang 106
Giả sử (P) cắt ba trục tọa độ tại các điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c);(abc 0) , theo ptmp
theo đoạn chắn ta có ptmp ( x y z
P) có dạng: + + = 1. a b c 1 2 1 + + =1 b =1 a b c
Vì ( P) qua M , N nên: 1 − 1 −
a + c = −ac + =1 a c a = 3
Từ AM = 3BN (a − )2 1 + 5 = 3( 2 2 + b ) a = 1 − 3
a = 3 c = −
nên ptmp là x + 3y − 4z −3 = 0 m + n = 1 − . 4 a = 1 − 1
− + c = c không có giá trị thỏa mãn. A(0;0;− ) 3 , B(2;0;− ) 1
Câu 148: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt
(P):3x−8y +7z −1= 0. C ( ; a ; b c) (P) phẳng Điểm
là điểm nằm trên mặt phẳng , có hoành độ
dương để tam giác ABC đều. Tính a −b + 3 . c A. 7. − B. 9. − C. 5. − D. 3. − Lời giải Chọn C.
Viết phương trình mặt phẳng ( )
Q là trung trực đoạn AB đi qua I (1;0; 2 − ) (Q):
(Q) x + z + = vtpt AB = ( : 1 0 1;0; ) 1
Viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến (P) và (Q) x = 2t x + z +1 = 0 d :
d : y = 1
− − t (t ) 3
x −8y + 7z −1 = 0 z = 1 − − 2 t C(2t; 1 − −t; 1 − − 2t)
Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB = AC
( t)2 + (− − t)2 + ( − t)2 2 1 2 2 = 2 2 2
9t −6t −3 = 0 Trang 107 t =1 1 C (2; 2 − ; 3 − ) t = − 3
Vậy a − b + 3c = 5 − . Vậy đáp án C.
Câu 149: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 3 3 2
= 9 và ba điểm A(1;0;0);B(2;1; ) 3 ;C (0;2;− ) 3 . Biết rằng quỹ
tích các điểm M thỏa mãn 2 MA + 2M .
B MC = 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này.
A. r = 3 .
B. r = 6
C. r = 3 . D. r = 6 . Lời giải Chọn B Cách 1:
Mặt cầu (S ) có tâm I (3;3;2), bán kính R = 3 . Gọi M ( ,
x y, z) , khi đó 2 MA + 2M . B MC = 8 (x − )2 2 2
+ y + z + x(x − )+( − y)( − y) 2 1 2 2 1 2 + z −9 = 8
(x − )2 + ( y − )2 2 1 1 + z = 9(S).
Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I(1;1;0) , bán kính R = 3 . Do đó M thuộc đường tròn là giao 2 II
của hai mặt cầu (S ) và ( S) có bán kính 2 r = R − = 6
(do R = R = 3 ). 2 Cách 2:
Gọi N là trung điểm BC , khi đó ta có 2 MA + 2M .
B MC = 8 MA + (MB + MC)2 2 2 2
− MB − MC = 8 2 2 2 2
MA + 4MN − MB − MC = 8 2 2 2 2 2 2
MA + 2MB + 2MC − BC − MB − MC = 8 2 2 2 2
MA + MB + MC − BC = 8 2 2 2 2
MA + MB + MC − BC = 8 2 2 2
MA + MB + MC = 49. Trang 108
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó 2 2 2
MA + MB + MC = 49 2 2 2 2
3MG + MA + MB + MC + 2MG (GA+ GB + GC) = 49 2 2 2 2
3MG + GA + GB + GC = 49 2 3MG = 27 2
MG = 9 . Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I '(1;1;0) , bán kính R ' = 3.
Đến đây thì làm tương tự cách 1. Cách 3.
(S) có tâm I (3;3;2) bán kính R = 3. 1
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó tọa độ G (1;1;0) . GA(0; 1
− ;0),GB(1;0;3),GC ( 1 − ;1; 3 − ) . 2 MA + 2M . B MC = 8 2 2
3MG + GA + 2MG (GA+ GB + GC) + 2G . B GC = 8 2
3MG +1− 20 = 8 MG = 3 .
Do đó, M nằm trên mặt cầu (S tâm G bán kính R = 3 có phương trình 1 ) 2
(x − )2 +( y − )2 2 1 1 + z = 9 .
Vì IG = 2 3 R + R nên hai mặt cầu cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn tâm H , bán kính 1 2
r , nằm trên mặt phẳng x + y + z − 5 = 0 . Từ đó suy ra 2 2
r = R − d (I,(P)) = 6 .
Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài toán như sau Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
(S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 : 3 3 2
= 9 và ba điểm A(1;0;0);B(2;1; ) 3 ;C (0;2;− ) 3 . Gọi k là số thực thỏa mãn 2 MA + 2M .
B MC = k , k 19
− . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của k . k +19
HD: Với cách làm tương tự như trên ta được MG =
. Khi đó, M nằm trên mặt cầu (S có 1 ) 3 k +19
tâm G bán kính R = . 2 3
Để tồn tại điểm M thì hai mặt cầu (S ),(S có điểm chung. Khi đó, 1 ) k + k +
R − R IG R + R 19 19 3 − 2 3 3+
6 3 − 28 k 6 3 −10 . 1 2 1 2 3 3 Trang 109
Câu 150: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua M (1;2; )
3 và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho 1 1 1 T = + +
đạt giá trị nhỏ nhất? 2 2 2 OA OB OC
A. (P) : x + 2y + 3z −14 = 0 .
B. (P) : 6x + 3y + 2z −18 = 0 .
C. (P) : 3x + 2y + z −10 = 0 .
D. (P) : 6x −3y + 2z − 6 = 0 . Lời giải Chọn A.
Dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác vuông và các mối quan hệ vuông góc trong không gian 1 1 1 1
ta chứng minh được rằng với H là trực tâm tam giác ABC thì = + + và 2 2 2 2 OH OA OB OC OH ⊥ ( ABC) . Do đó 1 1 1 T = + +
đạt giá trị nhỏ nhất khi OH lớn nhất. 2 2 2 OA OB OC
Mà OH OM nên muốn OH lớn nhất thì M H , khi đó OM = (1; 2;3) là véc tơ pháp tuyến của ( P) .
Do đó phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là ( 1 x − )
1 + 2( y − 2) + 3( z − ) 3 = 0 hay
(P): x+2y +3z −14 = 0.
Câu 151: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua
M (2;3;4) và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B ,C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC ?
A. (P) : 2x + 3y + 4z − 29 = 0.
B. (P) : 2x + 3y + 4z = 0 .
C. (P) : 6x + 4y + 3z −12 = 0 .
D. (P) : 6x + 4y + 3z − 36 = 0 . Lời giải Chọn A.
M là trực tâm ABC
OM ⊥ ( ABC) , do đó ( P) nhận OM = (2;3;4) làm VTPT .
Phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x − 2) +3( y − )
3 + 4( z − 4) = 0 hay 2x +3y + 4z − 29 = 0 .
Câu 152: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua
M (1;3;5) và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B ,C sao cho thể tích khối tứ diện
OABC đạt giá trị nhỏ nhất?
A. (P) :15x + 5y + 3z − 45 = 0 .
B. (P) : x + 3y + 5z − 35 = 0 . Trang 110
C. (P) :15x + 5y + 3z +1 = 0.
D. (P) : x + y + z − 9 = 0 . Lời giải Chọn A. Gọi A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) với , a , b c 0 . Phương trình mặ x y z
t phẳng ( ABC) : + + = 1. a b c M ( ABC) 1 3 5 + + =1. a b c 1 abc Ta có: V = .O . A O . B OC = OABC 6 6 a = 3 1 3 5 15 135 1 3 5 1 3 1 = + + 3
abc 405 V , dấu “=” xảy ra khi = = = b = 9 a b c abc OABC 2 a b c 3 c =15
(P):15x +5y +3z − 45 = 0. 2 2 2
Câu 153: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S : x −1 + y −1 + z − 2 = 16 1 ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2
và (S : x +1 + y − 2 + z +1 = 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) . Tìm tọa độ 2 ) ( ) ( ) ( )
tâm J của đường tròn (C) . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. J − ; ; . B. J ; ; . C. J − ; ; − . D. J − ; ; − . 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4
Câu 154: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(4;2;5) , B(0;4; 3 − ), C(2; 3 − ;7) .
Biết điểm M ( x ; y ; z nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. 0 0 0 )
Tính tổng P = x + y + z . 0 0 0 A. P = 3 − . B. P = 0 . C. P = 3 . D. P = 6 . x −1 y z + 2
Câu 155: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : = = và hai điểm 2 1 1 − A(0; 1 − ; ) 3 , B (1; 2 − ; )
1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho 2 2
MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (5;2; 4 − ). B. M ( 1 − ; 1 − ;− ) 1 . C. M (1;0; 2 − ). D. M (3;1;− ) 3 . Câu 156: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( 2 2 2 S ) : ( x − )2 1 + ( y − )2
1 + ( z − 2)2 = 16 và (S : x +1 + y − 2 + z +1 = 9 cắt nhau theo giao 2 ) ( ) ( ) ( ) 1
tuyến là đường tròn (C) . Tìm tọa độ tâm J của đường tròn (C) . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. J − ; ; B. J ; ; C. J − ; ; − D. J − ; ; − 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4 Lời giải Trang 111 Chọn D.
Các điểm thuộc đường tròn (C)có tọa độ thỏa mãn hệ: ( x − )2 1 + ( y − )2 1 + ( z − 2)2 = 16 − + + = (
4x 2y 6z 7 0 x + )2
1 + ( y − 2)2 + ( z + )2 1 = 9
Hay (C)luôn nằm trên mặt phẳng ( )
P : 4x − 2y + 6z + 7 = 0 . Suy ra tâm J của đường tròn (C)
hình chiếu vuông góc của I ( là tâm của mặt cầu (S ) nên mặt phẳng (P) 1 x =1+ 2t
+ Phương trình đường thẳng IJ là: y = 1− t . Suy ra, tọa độ của J là nghiệm của hệ z = 2+3t 3 t = − 4 x = 1+ 2t 1 = − x y = 1− t 1 − 7 1 − 2 J ; ; . Chọn D 2 + 3t 7 = 2 4 4 y
4x − 2y + 6z + 7 = 0 4 1 z = − 4
Phân tích:Bài toán trên có thể giải quyết bằng cách khác : Tìm tâm J bằng cách tính tỉ lệ J chia
đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu. Ở lời giải trên, ta sử dụng một kỹ thuật quen thuộc trong việc
tìm phương trình của « phần chung » của các đường, mặt bậc 2 : Ta thường khéo léo kết hợp hai
phương trình để tạo ra phương trình của phần tương giao (Ở bài này (hoặc các bài về tương giao
của hai đường tròn trong phẳng) thì ta trừ hai phương trình cho nhau, ta sẽ thu được phương trình
một mặt phẳng ( hoặc một đường thẳng)) 2 2 2
Câu 157: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : ( x − ) 1 + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 9
và điểm M (1;3;− )
1 . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu đã cho luôn
thuộc vào đường tròn (C) . Tìm tâm J và bán kính r của đường tròn (C) 12 11 23 12 41 11 23 A. r = , J 1; ; B. r = , J ; ; 25 25 25 5 25 25 25 12 11 23 12 11 73 C. r = , J 1; ; D. r = , J 1; ; 5 25 25 25 25 25 Lời giải Chọn C. Trang 112 2 2 2
Cách 1: Ta có (S ) : ( x − ) 1 + ( y + ) 1 + ( z − 2) = 9 có tâm I (1; 1
− ;2), bán kính R = 3 2 2 2
IM = 0 + 4 + 3 = 5 . Gọi A là một tiếp điểm. Sử dụng định
lý Pytago, ta dễ dàng tính được 2 2 MA = IM − IA = 4 . IA
+ Do AJ ⊥ IM nên ta có: AJ = 12 M . A sin AMJ = . MA = = r . IM 5 MA + MJ = 16 M . A cos AMJ = . MA = . IM 5 MJ 16 Vậy = 16 MJ = 11 23 MI J 1; ; MI 25 25 25 25 Cách 2: Gọi A( ;
x y; z) là một tiếp điểm, 2 2 2 2 2 MA =
IM − IA = 4 ( x − )
1 + ( y − 3) + ( z + ) 1
=16 . Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ (x − )2
1 + ( y − 3)2 + ( z + )2 1 =16
4y −3z +1= 0. Hay A( )
P : 4y −3z +1 = 0 (x − )2 1 + ( y + )2 1 + ( z − 2)2 = 9 12 Vậy: 2 2
r = R − d (I , (P)) =
, J là hình chiếu vuông góc của I lên ( )
P : 4y −3z +1 = 0 . Tọa độ 5
4y − 3z +1 = 0 x =1 x =1 11
của J là nghiệm của hệ: y = y = 1 − + 4t 25 z = 2−3t 23 z = 25
Câu 158: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(4;2;5) , B(0;4; 3 − ), C(2; 3 − ;7) .
Biết điểm M ( x ; y ; z nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. 0 0 0 )
Tính tổng P = x + y + z . 0 0 0 A. P = 3 − . B. P = 0 . C. P = 3 . D. P = 6 . Trang 113 Lời giải Chọn C. Gọi G(2;1; ) 3 là trọng tâm ABC
MA+ MB + MC = 3MG = 3MG .
Do đó MA + MB + MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất.
Mà MG d G,
(Oxy) = GH
nên MG nhỏ nhất khi M H khi đó M là hình chiếu vuông góc
của G lên (Oxy) M (2;1;0) x + y + z = 3 . 0 0 0 x −1 y z + 2
Câu 159: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : = = 2 1 1 − và hai điểm A(0; 1 − ; ) 3 , B (1; 2 − ; )
1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho 2 2
MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (5;2; 4 − ). B. M ( 1 − ; 1 − ;− ) 1 . C. M (1;0; 2 − ). D. M (3;1;− ) 3 . Lời giải Chọn B.
Vì M thuộc đường thẳng nên M (1+ 2t;t;− 2 − t) . 2 2 2 2 2 2 Ta có 2 2
MA + 2MB = (2t + ) 1 + (t + ) 1
+ (t + 5) + 2 (2t) + (t + 2) + (t + 3) 2
=18t +36t +53 2 2 MA + 2MB = (t + )2 18 1 + 35 35, t . Vậy ( 2 2
min MA + 2MB ) = 35 t = 1 − hay M ( 1 − ; 1 − ;− ) 1 . Bài phát triển
Hai bài ở trên là bài toán cực trị hình học tìm M ( , a ,
b c) nằm trên đường thẳng hay mặt phẳng,
dạng này ra rất nhiều trong các đề thi thử gần đây và cũng đã có khá phong phú bài tập. Bên dưới,
em phát triển một bài tìm M ( , a ,
b c) nằm trên mặt cầu. Kỹ thuật dùng là hình học kết hợp với
biến đổi tí về đại số. Ý tưởng tạo ra bài đó là khi MA = kMB (với k là một số thích hợp) thì M sẽ
di động trên mặt cầu. 2 2 2
Câu 160: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 3) + ( y − 2) + ( z − ) 1 = 4 , A( 1 − ;2; ) 1 và B (2,5, ) 1 . Cho M ( , a ,
b c) là điểm di động trên mặt cầu (S ) sao cho MA+ 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a + b + . c Trang 114 A. 5 + 3 . B. 5 − 3 . C. 4 + 3 . D. 4 − 3 . Lời giải Chọn A.
(S) (x + )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 1 = 4 có tâm I (3;2; ) 1 , R = 2 .
Ta có IA = 4 R A nằm ngoài khối cầu.
IB = 10 R B nằm ngoài khối cầu. 2 2 2
Ta có MA = ( x + )
1 + ( y − 2) + ( z − ) 1
= (x + )2 +( y − )2 +(z − )2 + (
x − )2 +( y − )2 +(z − )2 1 2 1 3 3 2 1 − 4 =
(x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 4 2 4 2 4 1
= 2MC với C(2;2; ) 1 .
Ta có IC = 1 R C nằm bên trong khối cầu.
Ta có MA + 2MB = 2MC + 2MB 2BC .
Min(MA + 2MB) = 2BC M là giao điểm của đoạn thẳng BC và mặt cầu(S ) (nghĩa là M nằm giữa , B C ). x = 2
Phương trình đường thẳng BC là y = 2 − 3t M (2;2 −3t, ) 1 . z =1 2 2 2 1 M (2;2 − 3t )
,1 (S ) (2 − 3) + (2 − 3t − 2) + (1− ) 1 = 4 t = . 3 M (2;2+ 3 ) ;1 Vậy . M (2;2 − 3 ) ;1 Do M nằm giữa ,
B C nên M (2;2 + 3; )
1 (do MC cùng hướng BC ).
Câu 161: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z −1 = 0 và điểm A(0; 2 − ; ) 3 , B(2;0; ) 1 . Điểm M ( ; a ;
b c) thuộc ( P) sao cho MA+ MB nhỏ nhất. Giá trị của 2 2 2
a + b + c bằng 41 9 7 A. . B. . C. . D. 3 . 4 4 4 Lời giải Chọn B. Trang 115 A B H M A' A(0; 2 − ; ) 3 , B(2;0; )
1 nằm cùng phía so với mặt phẳng (P) : x − 2y + z −1 = 0
Đường thẳng Δ đi qua A(0; 2
− ;3) và vuông góc với (P) x − 2y + z −1= 0 có phương trình x = t
y = −2 − 2t z = 3+t
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P) thì H = Δ (P)
Ta có phương trình t + 4 + 4t + 3+ t −1 = 0 t = 1 − H ( 1 − ;0;2)
Tọa độ điểm đối xứng với A qua ( P) là: A( 2 − ;2; ) 1
Ta có MA+ MB = MA + MB A B
Vậy MA+ MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A ,
M, B thẳng hàng Do đó M = A B (P) x = 2 − + 2t Đường thẳng A B
có phương trình là y = 2 −t z =1 Ta có phương trình 3 1 2
− + 2t − 4 + 2t +1−1 = 0 t = M 1; ;1 2 2 9 Vậy 2 2 2
a + b + c = 4
Câu 162: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z −1 = 0 và điểm A( 2 − ;2; ) 1 , B(2;0; ) 1 . Điểm M ( ; a ;
b c) thuộc ( P) . Tìm giá trị lớn nhất của MA − MB . Trang 116 A. 20 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3 . Lời giải Chọn B. A' B H M A A( 2 − ;2; ) 1 , B(2;0; )
1 nằm khác phía so với ( P)
Tọa độ điểm đối xứng với A qua ( P) là: A(0; 2 − ;3).
Ta có MA − MB = MA − MB A B = 2 3
Vậy MA − MB lớn nhất khi và chỉ khi A ,
M, B thẳng hàng.
Câu 163: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z −1 = 0 và điểm A( 2 − ;2; ) 1 , B(2;0; ) 1 . Điểm M ( ; a ;
b c) thuộc ( P) sao cho MA+ MB nhỏ nhất. Giá trị của a − c bằng 3 −1 A. . B. 0 . C. . D. 1. 2 2 Lời giải Chọn B. B M A A( 2 − ;2; ) 1 , B(2;0; )
1 nằm khác phía so với ( P)
Ta có MA+ MB AB
Vậy MA+ MB nhỏ nhất khi và chỉ khi ,
A M , B thẳng hàng Trang 117
Do đó M = AB (P) x = 2 − + 2t
Đường thẳng AB có phương trình là y = 2 − t z =1 Ta có phương trình 3 1 2
− + 2t − 4 + 2t +1−1 = 0 t = M 1; ;1 2 2
Vậy a − c = 0.
Câu 164: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2;1; ) 3 , B (6;5;5) . Gọi
(S) là mặt cầu đường kính AB . Mặt phẳng (P) vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối
nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) ) có thể tích lớn
nhất, biết rẳng (P) : 2x + by + cz + d = 0 với , b ,
c d . Tính S = b + c + d . A. S = 18 − . B. S = 11 − . C. S = 24 − . D. S = 14 − . Lời giải Chọn A. AB = (4;4;2) = 2(2;2; )
1 , AB là vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng ( P) suy ra phương trình mặt phẳng
(P) có dạng 2x+2y+ z +d = 0.
Gọi I là tâm mặt cầu thì I là trung điểm của AB AB
suy ra I (4;3;4) , bán kính mặt cầu R = = 3. 2
Đặt IH = x suy ra 2 2 2
HK = R − x = 9 − x . Thể tích khối nón 1 1 V =
IH..HK = (9 − x ) 3 1 1 6 3 3 2 2
(3+ x) = (6−2x)(3+ x)(3+ x) + + 3 3 6 6 3 .
Dấu bằng xảy ra khi 6 − 2x = 3 + x x = 1 . + d = 3 = = d ( d 9 A ( P)) 4 , 4 d = 21 − 3 Ta có hệ: = − . d ( d I , ( P)) 21 =1 d +18 d = 2 − 1 =1 3 d = 1 − 5
Vậy (P) : 2x + 2y + z − 21 = 0 .
Suy ra: b + c + d = 18 − . Trang 118 x −1 y z −1
Câu 165: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : = =
, và điểm A(2;2;4) và 1 2 3
mặt phẳng (P) : x + y + z − 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng nằm trong ( P) cắt d sao
cho khoảng cách từ A đến lớn nhất. x y z − 2 x − 3 y + 4 z − 3 A. = = . B. = = . 1 2 − 1 1 2 − 1 x − 2 y − 2 z − 4 x −1 y +1 z − 2 C. = = . D. = = . 1 2 − 1 1 2 − 1 Lời giải Chọn B. x −1 y z −1
Ta cóđiểm A(2;2;4) thuộc d : = =
. Gọi B = d (P) suy ra tọa độ điểm B là 1 2 3 x −1 y z −1 = =
nghiệm của hệ phương trình 1 2 3
B(1;0; ) 1 .
x + y + z −2 = 0
Đường thẳng cắt d mà d (P) nên đi qua B(1;0; )
1 . Khi đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán
thì đi qua B (1;0; )
1 và vuông góc với d . Suy ra đi qua B (1;0; ) 1 và có VTCP là x − y + z − n ;u = (1; 2 − ; ) 1 = = . P d là VTCP nên 3 4 3 1 2 − 1
Câu 166: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi là đường thẳng đi qua điểm A(2;1;0) ,
song song với mặt phẳng (P) : x − y − z = 0 và có tổng khoảng cách từ các điểm
M (0;2;0), N (4;0;0) tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vectơ chỉ phương của là vectơ nào sau đây? A. u = − = = = (0;1; ) 1 B. u (1;0; ) 1 C. u (3;2; ) 1 D. u (2;1; ) 1 Lời giải Chọn B. Phân tích
+ nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với mặt phẳng ( P) ;
+ A là trung điểm của MN nên d (M ,) = d ( N,) = m;
+ Nhận thấy d (M,(Q)) = h không đổi và m h ; Trang 119
Do đó tổng khoảng cách nhỏ nhất khi và chỉ khi d (M,) = d (N,) = m nhỏ nhất. Khi đó nằm
trong mặt phẳng chứa MN và vuông góc với (Q) . Giải: M A K H Q N P
Gọi (R) là mặt phẳng chứa MN và vuông góc với (Q) ta có n = n , AM = (1;2;− ) 1 R P
là giao tuyến của (Q) và (R) nên u = n ,n = (3;0;3 Q R ) → chọn B.
Câu 167: Cho mặt phẳng (P) :x − 2y + 2z − 5 = 0 và hai điểm A( 3 − ;0; ) 1 , B(1;−1; ) 3 . Trong các
đường thẳng đi qua A và song song với (P) , hãy tìm một vevtơ chỉ phương của đường thẳng mà
khoảng cách từ B đến đường thẳng đó nhỏ nhất?
A. u = (26;11;− 2) B. u = (26; 1
− 1;− 2) C. u = (26;11;2)
D. u = (26;3;− 2)
Câu 168: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi là đường thẳng đi qua A(1;1; ) 1 , vuông x y −1 z −1
góc với đường thẳng d : = =
và cách điểm B(2;0; )
1 một khoảng cách nhỏ nhất. 1 1 2 A. u = − = = − (0;1; ) 1 B. u (1;0; ) 1 C. u (1; 1;0) D. u = (0;1; ) 1 .
Câu 169: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với
M (0;10), N (100;10), P(100;0) . Gọi S là tập các điểm A( ; x y),( ;
x y Z) nằm bên trong ( kể cả
trên cạnh) của hình chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểm A( ;
x y) S . Xác suất để
x + y 90bằng 845 473 169 86 A. . B. . C. . D. . 1111 500 200 101 Trang 120
Câu 170: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với
M (0;10), N (100;10), P(100;0) . Gọi S là tập các điểm A( ; x y),( ;
x y Z) nằm bên trong ( kể cả
trên cạnh) của hình chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểm A( ;
x y) S . Xác suất để OA 100 bằng 90 1000 900 1101 A. . B. . C. . D. . 1111 1111 1111 1111
Câu 171: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 4x +10y − 2z − 6 = 0 . Cho m là
số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng y = m và x + z − 3 = 0 tiếp xúc với mặt cầu ( S ) .
Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. 11 − . B. 10 − . C. −5 . D. −8 . Lời giải Chọn A.
“Nhận xét: Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu với đường thẳng”
Mặt cầu (S) có tâm I (2;- 5; ) 1 và bán kính R = 4 + 25 + 1+ 6 = 6
Đặt (P): y = m và ( )
Q : x + z - 3 = 0
Gọi d = (P)Ç(Q) Chọn ( A 0; ; m ) 3 Î (P)Ç( ) Q và B(1; ; m ) 2 Î (P)Ç(Q). uuur Ta có: AB qua ( A 0; ; m )
3 và có VTCP AB = (1;0;- ) 1 uur
IA = (- 2;m + 5; ) 2 éuur uuurù I ,
A AB = (m + 5;0;m + ) 5 ê ú ë û éuur uuurù IA AB ê ú
(m + )2 + + (m + )2 , 5 0 5 ë û
d (I, d )= uuur = = m + 5 AB 2 m =
d tiếp xúc với mặt cầu (S) d ( I d ) 1 ,
= R m + 5 = 6 m = 11 −
Suy ra tích các giá trị m bằng - 11
Câu 172: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 2y − 4z − m = 0 . Cho m là
số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng x =1 và y + z +1 = 0 tiếp xúc với mặt cầu ( S ) .
Tổng tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng Trang 121 A. 4 . B. 10 − . C. 4 − . D. 10 .
Câu 173: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 2y − 2z −1 = 0 . Cho m là
số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng z = m và x + y −1 = 0 tiếp xúc với mặt cầu (S ) .
Tổng bình phương tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. 0 . B. 9 . C. 2 . D. 7 .
Câu 174: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (2 A ;0;0), (
B 0;4;0),C(0;0;6) , điểm M thay đổi
trên mặt phẳng ( ABC), N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON =12. Biết khi M thay đổi thì
điểm N luôn nằm trên mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó 7 5 A. . B. 3 2 . C. 2 3 . D. . 2 2 Lời giải Chọn A. * Phân tích:
Trước khi tìm ra bán kính đường tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cần chỉ ra quỹ tích
của điểm N . Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra được tọa độ của điểm N , mặt
khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng ( ABC), từ đó liên hệ ra quỹ tích của điểm N . * Giải
Giả sử N ( x y z) 2 2 2 ; ;
ON = x + y + z . Do ,
O M , N thẳng hàng và N thuộc tia ON nên suy ra: 12 12x 12 y 12z
OM .ON = 12 OM = .ON N ; ; . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z
x + y + z x + y + z x + y + z 2 2 3 2 49 Do N ( ABC) 2 2 2
6x + 3y + 2z = x + y + z (x −3) + y − + (z − ) 1 = . 2 4 7
Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính R = . 2
Câu 175: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M (1;0;2), N (1; 1 − ;− ) 1 và mặt
phẳng (P) : x + 2y − z + 2 = 0 . Một mặt cầu đi qua M, N tiếp xúc với mặt phẳng ( P) tại điểm E
. Biết E thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính của đường tròn đó. 10 A. R = . B. R = 10 . C. R = 10. D. R = 2 5 . 2 Trang 122
Câu 176: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2; 1 − ; ) 1 , M (5;3; )
1 , N (4;1;2) và mặt phẳng
(P): y + z = 27.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên (P) và điểm D trên tia AN
sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. ( 1 − 5;21;6). B. (21;21;6). C. ( 1 − 5;7;20). D. (21;19;8). Lời giải Chọn B. * Phân tích:
- Tham số hóa tọa độ điểm M , N
- Từ điều kiện tứ giác ABCD là hình thoi suy ra A+ C = B + D , suy ra C theo tham số.
- Từ điều kiện C thuộc (P) suy ra mối quan hệ của 2 tham số.
- Từ điều kiện tứ giác là hình thoi suy ra 2 cạnh kề bằng nhau suy ra C . * Giải x = 2 + 3t
Ta có B AM : y = 1
− + 4t B(2 + 3t; 1 − + 4t ) ;1 . z =1 x = 2 + 2u
Và D AN : y = 1
− + 2u D(2 + 2u; 1 − + 2u;1+ u). z =1+u
Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra C (3t + 2u + 2;4t + 2u −1;u+ ) 1 .
Mà C (P) 4t + 3u = 27( ) 1
Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra 2 2 2 2
AB = AD 25t = 9u (2) . t = 3
Từ (1) và (2) tìm được suy ra C (21;21;6). u = 5
Câu 177: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;3; ) 1 , M (4;5; ) 1 , N (0;3; ) 1 và mặt phẳng
(P):x+ y + z −8 = 0.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên (P)
và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. ( 1 − 5;21;6). B. (2;4;2). C. ( 1 − 5;7;20). D. (21;19;8). Trang 123
Câu 178: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;3;4), M (5;1;5), N (0;0;5) và mặt phẳng
(P):x+ y + z −15 = 0.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên (P)
và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. ( 1 − 5;21;6). B. ( 1 − ;18; 2 − ). C. ( 1 − 5;7;20). D. (21;19;8).
Câu 179: Trong không gian
Oxyz , cho ba mặt phẳng
(P): x −2y +2z +1= 0 ,
(Q): x −2y + 2z −8 = 0, (R): x −2y + 2z + 4 = 0. Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng ( 96
P),(Q),(R) lần lượt tại các điểm , A ,
B C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB + là 2 AC 41 A. . B. 99 . C. 18 . D. 24 . 3 Lời giải Chọn C. * Phân tích:
Ta nhận thấy ba mặt phẳng (P),(Q),(R) là ba mặt phẳng phân biệt và song song với nhau. Dựa
vào chỉ số d của ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng ( P) nằm giữa hai mặt phẳng (Q),( R).
+) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đến định lý Ta let để có thể rút ra được mối quan hệ 96 giữa A ,
B AC . Từ đó đánh giá được giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB + . 2 AC * Giải
Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là (1; 2
− ;2) nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có − − − 4 − 8 −
d ((P);(Q)) 1 ( 8) =
= 3; d ((P) (R)) 1 4 ; =
= 1 ; d ((Q);(R)) ( ) = = 4 . 3 3 3 Trang 124
Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng (P),(Q),(R) . Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng ( P),(Q) lần lượt tại M; N . Khi đó ta có CM =1; MN = 3. AC MC 1 Xét CNB có MA NB nên =
= AB = 3AC . AB MN 3 3AC 3AC 96 Khi đó 96 96 3AC 3AC 96 AB + = 3AC + = + + 3 3 . . = 3.6 =18 . 2 2 AC AC 2 2 2 AC 2 2 2 AC 3AC 96 Dấu " = " xảy ra = AC = 4 . 2 2 AC
(P): x+2y +3z +4 = 0
Câu 180: Trong không gian
Oxyz , cho ba mặt phẳng ,
(Q): x + 2y +3z + 2 = 0 (R): x+2y +3z +6 = 0 ,
. Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng
(P),(Q),(R) lần lượt tại các điểm ,A ,BC. Độ dài đoạn AC nằm trong khoảng nào khi biểu 27 thức AB +
đạt giá trị nhỏ nhất? 2 AC A. (2;3). B. 3;4) . C. 4;5) . D. (5;6) . Lời giải Chọn B. Trang 125
Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là (1;2;3) nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có − − −
d (( P) (Q)) 4 2 2 ; = =
; d ((P) (R)) 4 6 2 ; = =
; d ((Q) (R)) 2 6 4 ; = = . 14 14 14 14 14 14
Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng (P),(Q),(R) . Đường thẳng đó cắt mặt 2 2
phẳng ( P),(Q) lần lượt tại M; N . Khi đó ta có CM = ; MN = . 14 14 AC MC 1 Xét CNB có MA NB nên = = AB = AC . AB MN 1 AC AC 27 3 9 Khi đó 27 27 AC AC 27 AB + = AC + = + + 3 3 . . = 3. = . 2 2 AC AC 2 2 2 AC 2 3 3 2 2 AC 4 4 AC 27 Dấu " = " xảy ra 3 = AC = 3 2 . 2 2 AC
(P): x + y + 2z = 0, (Q): x + y +2z +2 = 0,
Câu 181: Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng
(R): x + y +2z +1= 0
(P),(Q),(R)
. Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng lần lượt tại (R) các điể 8 m , A ,
B C . Tính cosin góc tạo bởi và mặt phẳng khi biểu thức 2 AB + đạt giá AC trị nhỏ nhất. Trang 126 30 2 2 A. . B. 1. C. . D. . 6 2 3 Lời giải Chọn A.
Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là (1;1;2) nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có − − −
d (( P) (Q)) 0 2 2 ; = =
; d ((P) (R)) 0 1 1 ; = =
; d ((Q) (R)) 2 1 1 ; = = . 6 6 6 6 6 6
Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng (P),(Q),(R) . Đường thẳng đó cắt mặt 1 2
phẳng ( R),(Q) lần lượt tại M; N . Khi đó ta có AM = ; AN = . 6 6 AC AM 1 Xét CNB có MA NB nên =
= AB = 2AC . AB AN 2 8 8 Khi đó 8 8 16 8 8 2 AB + 2 2 = AB + = AB + 2 = AB + + 2 3 3 AB . . = 3.4 =12 . AC AB AB AB AB AB AB 2 8 30 NB Dấu " = " xảy ra 2 AB =
AB = 2. Khi đó NB = nên ( (R)) 30 cos ; = = . AB 3 AB 6 Trang 127
Câu 182: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABC . D A B C D có A
trùng với gốc tọa độ. Cho B( ; a 0;0) , D(0; ;
a 0) , A(0;0;b) với a 0,b 0 . Gọi M là trung điểm a
của cạnh CC . Xác định tỉ số để mp ( A B
D) vuông góc mp(BDM ) . b a a a 1 a A. =1. B. = 2 . C. = . D. = 1 − . b b b 2 b Lời giải. Chọn A
Phân tích bài: Phương pháp tọa độ luôn mang đến hiệu quả cao khi sử dụng. Thay vì tư duy tìm
lời giải ta chuyển sang kĩ thuật tính toán.
Chú ý: Đề bài đã chọn sẵn hệ trục tọa độ với A trùng với gốc tọa độ, trục Ox trùng với AB , trục
Oy trùng với AD và trục Oz trùng với AA . Để hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ
khi tích vô hướng của hai véc tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng bằng 0 . Ta có A B = ( ; a 0; b − ); A D = (0; ; a b − ) n = ( 2 a ; b a ; b a 1 ) b − b − ab ab MB = 0; − ; a ; MD = − ; a 0; 2 n = ; ; −a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Khi đó a b a b n .n = 0 4 + − a = 0 2 a ( 2 2
. b − a ) = 0 a = b ( Do a 0,b 0 ). 1 2 2 2 a
Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài ta được tỉ số =1. b
Câu 183: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 , với , a ,
b c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính r = 5 và
mặt cầu (S) đi qua điểm M (0;1;2) . Tính tổng a + b + c + d. A. 25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C Trang 128
Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau 2
I(a,a,a);a 0 R = a + 25 . a = 5
Mặt khác: (S) đi qua điểm M (0;1;2) 2 2
IM = R a + 25 = 3a − 6a + 5 a = 2 − (ktm).
Với a = 5 R = 50 , khi đó ta có: a = b = c = 5, d = 25 a + b + c + d = 40.
Câu 184: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 , với , a ,
b c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau
và mặt cầu (S) đi qua điểm 2 điểm M (0;1;2) ; N(0;0;5) . Tính tổng a + b + c + d. A. 25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau I( , a , a ) a ;a 0.
Mặt khác: (S) đi qua 2 điểm M (0;1;2) ; N(0;0;5) 2 2
IM = IN 3a − 6a + 5 = 3a −10a + 25 a = 5 I(5;5;5)
R = IM = 50 , khi đó ta có: a = b = c = 5, d = 25 a + b + c + d = 40.
Câu 185: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 , với , a ,
b c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính r = 5 và
mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng ( )
P : x + y = 0 . Tính tổng a + b + c + d. A. 25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau 2
I(a,a,a);a 0 R = a + 25 .
Mặt khác: (S) tiếp xúc với mặt phẳng ( )
P : x + y = 0 | 2a | a = 5 2 2
d(I,(P)) = R
= a + 25 a = 25 2 a = 5 − (ktm).
Với a = 5 R = 50 , khi đó ta có: a = b = c = 5, d = 25 a + b + c + d = 40. Câu 186: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
(S) có phương trình 2 2 2
x + y + z − 4x + 2 y − 2z − 3 = 0 và điểm A(5;3; 2
− ) . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua
A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt M , N . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = AM + 4AN . A. S = 50. S = 5 34 −9 S = 5. S = 20. min B. C. D. min min min Lời giải Đáp án B Trang 129 I(2;-1;1) M N A(5;3;-2) Tâm I (2; 1 − ; )
1 và bán kính mặt cầu R = 3 AI = − + (− − )2 + ( + )2 2 (2 5) 1 3 1 2 = 34
Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trường hợp AM AN
Đặt AN = x 34 − 3 x 5 AM.AN = 25 25 AM = x 25
S = 4AN + AM = 4x + = f (x) x 25
Xét f (x) = 4x + trên 34 − 3;5 ) x 2 25 4x − 25 f ( x) = 4 − = 0 x 34 − 3;5 2 2 ) x x 25 S
khi x = 34 − 3 S = 4 34 − 3 + = 5 34 − 9 min ( ) min 34 − 3 Vậy GTNN S
= 5 34 −9 khi x = 34 − 3. min
Phân tích ý tưởng:
- Bài này cái cốt lõi thực hiện được chính là sử dụng ý tưởng phương tích của một điểm đối với mặt cầu.
- Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng khi đánh giá 25 25
bất đẳng thức cô-si 4x + 2 4 . x = 20 S = . Tuy nhiên điề min 20 u này không thể xảy x x
ra dấu bằng được vì điều kiện để đường thẳng d cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm phân biệt thì ta có
khống chế điều kiện là: 34 − 3 AN 5 . Trang 130
Câu 187: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z = 9 và mặt phẳng
(P): x+ y + z −3= 0. Gọi (S ') là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của (S)và (P)đồng thời
(S ') tiếp xúc với mặt phẳng (Q): x− y + z −5 = 0. Gọi I ( ;a ;bc) là tâm của mặt cầu (S '). Tính T = abc . 1 1 A. T = 1. B. T = − . C. T = 1 − . D. T = . 8 8 Lời giải Chọn D. Cách 1 :
Ta có phương trình của mặt cầu (S ') có dạng : 2 2 2
x + y + z − 9 + m( x + y + z − ) 3 = 0 2 2 2
x + y + z + mx + my + mz −9 −3m = 0
−m −m −m 2 3m
mặt cầu ( S ') có tâm I ; ; , bán kính R = + 3m + 9 2 2 2 4 m − − 5 ( 2 3m
S ') tiếp xúc với mặt phẳng (Q) nên d ( I,(Q)) 2 = R = + 3m + 9 3 4 2 1 1 1 1
m +10 = 9m + 36m +108 m = 1 − suy ra I ; ;
. Vậy T = abc = . 2 2 2 8 Tổng quát
+ Phương trình mặt cầu đi qua giao tuyến của một mặt cầu 2 2 2
x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 và mặt phẳng (P) : A x + By + Cz + D = 0 có dạng 2 2 2
x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d + m( Ax + By + Cz + D) = 0 ( m là tham số )
+ Căn cứ vào các giả thiết của bàn toán ta tìm các điều kiện về tâm, bán kính, khoảng cách … ta
lập được phương trình để tìm tham số m . Cách 2:
(S)Có tâm O, bán kính R = 3 ; d = d ( ; O ( P)) = 3
Ta có bán kính của đường tròn giao tuyến của (S )và (P) là 2 2
r = R − d = 6
(S ') là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của (S)và (P) nên : Trang 131 + Tâm I ( ; a ;
b c) là tâm của mặt cầu ( S ') nằm trên đường thẳng qua O và vuông góc với ( P) có x = t
phương trình y = t z = t
Suy ra a = b = c . 2 3a − 3 + Bán kính của ( 2 S ') là ( R ') 2 2
= r + d (I;(P)) = 6+ (1) 3 a −
Do (S ') tiếp xúc với mặt phẳng (Q) : x − y + z − 5 = 0 nên R = d (I (Q)) 5 ' ; = (2) 3 2 2 a − 5 3a −3 1 Từ (1), (2) ta có 2 = 6 +
8a −8a + 2 = 0 a = 3 3 2 1 1 1 suy ra I ; ; . Vậy 1 T = abc = . 2 2 2 8 Tổng quát
Với dạng toán viết PT (S ') là mặt cầu chứa đường tròn thiết diện của (S ) và (P) (S) 2 2 2
: x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 và mặt phẳng (P) : A x + By + Cz + D = 0
+ Trước hết ta tìm được tâm K (− ; a − ; b c
− ) và bán kính r của đường tròn thiết diện. + Tâm I ( ; a ;
b c) là tâm của mặt cầu ( S ') nằm trên đường thẳng qua K và vuông góc với ( P) có
x = −a + At
phương trình tham số y = −b + Bt . Tham số hóa tọa độ điểm I , căn cứ vào các giả thiết bài toán
z = −c + Ct
ta lập các PT tìm tham số t từ đó suy ra tọa độ tâm I .
Câu 188: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1;0), B( 2 − ;0; ) 1 , C (0;0;2) và
mặt phẳng (P) : x + 2y + z + 4 = 0 . Gọi M ( ; a ;
b c) là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho S = M . A MB + M . B MC + M .
C MA đạt giá trị nhỏ nhất. Tính Q = a + b + 6c . A. Q = 2. B. Q = 2 − . C. Q = 0 . D. Q =1. Lời giải Chọn B. 1 1 G − ; ;1
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có 3 3 . G
A + GB + GC = 0 Theo đề bài, ta có Trang 132 S = M . A MB + M . B MC + M . C MA
= (MG +GA).(MG +GB)+(MG +GB).(MG +GC)+(MG +GC).(MG +GA) 2 = 3MG + 2M .
G (GA+ GB + GC) + G . A GB + G . B GC + G . C GA 2 = 3MG + 2M . G 0 + G . AGB + G . B GC + G . C GA 2 = 3MG + 0 + G . AGB + G . B GC + G . C GA 2 = 3MG + G . A GB + G . B GC + G . C GA . Vì G . AGB + G . B GC + G .
C GA là một hằng số nên ta có S đạt giá trị nhỏ nhất khi MG đạt giá trị
nhỏ nhất hay M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( P) .
Gọi là đường thẳng đi qua điểm G và vuông góc với mặt phẳng ( P) , ta có M = (P) . 1 x = − + t 3 Phương trình đườ 1
ng thẳng là y = + 2t (t ) . Thế x , y , z từ phương trình đường thẳng 3 z = 1+ t 1 2
vào phương trình mặt phẳng ( P) , ta được: − + t + + 4t +1+ t + 4 = 16 0 6t + = 0 3 3 3 8 t = − . 9
Suy ra M = (a b c) 11 13 1 ; ; = − ;− ; . 9 9 9 11 13 6
Vậy Q = a + b + 6c = − − + = 2 − . 9 9 9
Tổng quát, ta có bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( x ; y ; z , A A A )
B( x ; y ; z , C ( x ; y ; z
và mặt phẳng ( ) : Ax + By + Cz + D = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên C C C ) B B B )
mặt phẳng ( ) sao cho biểu thức S = mM . A MB + nM .
B MC + pMC.MA
1) Đạt giá trị nhỏ nhất nếu m + n + p 0 .
2) Đạt giá trị lớn nhất nếu m + n + p 0 .
Phương pháp: Gọi I ( ; x ;
y z) là điểm thỏa mãn (m + p) IA + (m + n) IB + (n + p) IC = 0 . Khi đó điểm I ( ; x ;
y z) xác định. Ta có: Trang 133 S = mM . A MB + nM .
B MC + pMC.MA
= (m+ n + p) 2 MI + MI. (
m+ p)IA+(m+ n)IB +(n+ p)IC + mI . A IB + nI .
B IC + pIC.IA
= (m + n + p) 2 MI + mI . A IB + nI .
B IC + pIC.IA . Do mI . A IB + nI .
B IC + pIC.IA không đổi nên ta có:
1) S đạt giá trị nhỏ nhất ( + + ) 2 m n
p MI đạt giá trị nhỏ nhất MI đạt giá trị nhỏ nhất hay
M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) .
2) S đạt giá trị lớn nhất ( + + ) 2 m n
p MI đạt giá trị lớn nhất MI đạt giá trị nhỏ nhất hay
M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) .
Chú ý: Trong trường hợp bài toán cho tìm điểm M trên đường thẳng thì khi đó M là hình
chiếu của I trên đường thẳng .
Câu 189: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;0; )
1 , B (1;0;0) , C (1;1; ) 1 và
mặt phẳng (P) : x + y + z − 2 = 0 . Điểm M ( ; a ;
b c) nằm trên mặt phẳng ( P) thỏa mãn
MA = MB = MC . Tính T = a + 2b + 3c . A. T = 5 . B. T = 3. C. T = 2 . D. T = 4 . Lời giải Chọn D. Ta có AB ( 1 − ;0;− ) 1 , AC ( 1 − ;1;0) . 3 1
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I ;0;
của AB và nhận 2 2 AB ( 1 − ;0;− )
1 làm véc tơ pháp nên có phương trình là: x + z − 2 = 0 . 1 1
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng BC đi qua trung điểm J 1; ;
của BC và nhận 2 2 BC (0;1 )
;1 làm véc tơ pháp nên có phương trình là: y + z − 2 = 0 .
Do MA = MB = MC nên M thuộc hai mặt phẳng trên, mặt khác M thuộc (P) : x + y + z − 2 = 0
nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:
x + z − 2 = 0
y + z −1 = 0 M (1;0; )
1 . Vậy T = a + 2b + 3c = 4 .
x + y + z − 2 = 0 Cách khác:
Ta có AB = BC = AC = 2 suy ra tam giác ABC đều. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 4 1 2
ABC là trọng tâm G ; ; của tam giác. 3 3 3 Trang 134
Do MA = MB = MC nên M nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trục này là đường thẳng đi qua 4 1 2 G ; ;
và nhận véc tơ n = A , B AC = (1;1;− ) 1
là véc tơ chỉ phương nên 3 3 3 4 x = + t 3 có phương trình là: 1 y = + t . 3 2 z = − t 3
Mặt khác M (P) : x + y + z − 2 = 1 0 t = − M (1;0; )
1 . Suy ra T = a + 2b + 3c = 4 . 3
x =1+ 3a + at
Câu 190: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : y = 2 − + t . z = 2+3a + (1+ a)t
Biết rằng khi a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm M (1;1; ) 1 và tiếp xúc với
đường thẳng . Tìm bán kính của mặt cầu đó. A. 5 3 . B. 4 3 . C. 7 3 . D. 3 5 . Lời giải Chọn A
Ta thấy đường thẳng luôn đi qua điểm A(1; 5 − ;− )
1 và luôn nằm trên mặt phẳng
(): x+ y − z +3= 0. Do đó mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng () tại điểm A thì tiếp xúc với đường thẳng . x =1+ t
Mặt cầu cần tìm có tâm I thuộc đường thẳng y = 5
− + t (t R) I (1+t; 5 − +t; 1 − −t) . z = 1 − − t 2 2
Ta có: IM = d (I,( )) hay 2
t + (t − 6) + (t + 2) = 3 t 8t + 40 = 0 t = 5 − . Khi đó R = 5 3 . Nhận xét
Cách làm không thay đổi khi đường thẳng đi qua một điểm cố định và nằm trên một mặt phẳng cố định.
Câu 191: Trong không gian với hệ tọa độ$Oxyz$, cho điểm A(1;2; ) 1 và hai đường thẳng x −1 y +1 z − 3 x −1 y + 2 z − 2 d : = = , d : = = 1 2 1 1 1 −
. Viết phương trình đường thẳng d song song 1 1 1
với mặt phẳng (P) : 2x + 3y + 4z − 6 = 0 , cắt đường thẳng d và d lần lượt tại M và N sao cho 1 2
AM.AN = 5 và điểm N có hoành độ nguyên. x − 2 y z − 2 x − 3 y −1 z −1 A. d : = = d : = = 1 2 − . B. 1 1 2 2 − . Trang 135 x y + 2 z − 4 x −1 y +1 z − 3 C. d : = = d : = = 3 2 3 − . D. 4 4 − . 1
Phân tích: Tham số hóa tọa độ điểm M , điểm N theo các tham số t , t ; do d // ( P) nên 1 2
MN.n = 0 , đưa về một ẩn t và thay vào giả thiết AM.AN = 5 . 1 Lời giải Chọn B.
Gọi M (1+ t ; −1+ t ; 3− t , N (1+ t ; − 2 + t ; 2 + t
MN = (t −t ; t −t −1; t + t −1 . 2 1 2 1 2 1 ) 2 2 2 ) 1 1 1 )
Do d song song với mặt phẳng (P) nên 2(t −t + 3 t −t −1 + 4 t + t −1 = 0 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 )
9t −t − 7 = 0 t = 9t − 7 . 2 1 1 2
Khi đó, M (9t −6; 9t −8;10 −9t AM = (9t − 7; 9t −10; 9 −9t , AN = (t ; t − 4; t +1 . 2 2 2 ) 2 2 2 ) 2 2 2 ) t =1 2
Theo giả thiết, AM .AN = 5 t 9t − 7 + t − 4 9t −10 + t +1 9 − 9t = 5 . 2 ( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) 44 t = 2 9 44 53 26 62 Với t = N ; ; (loại). 9 9 9 9
Với t =1 N (2; −1; ) 3 , M (3;1; ) 1 .
Đường thẳng cần tìm qua M (3;1; )
1 , nhận NM = (1; 2; − 2) là véc tơ pháp tuyến nên có phương x − 3 y −1 z −1 trình d : = = 1 2 2 − .
Câu 192: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng (P) : 2x − y + z +1 = 0 , ( x − 2 y +1 z
Q) : x − y + 2z + 3 = 0 và ( R) : x + y +1 = 0 và đường thẳng : = = 2 − . Gọi d là giao 1 3
tuyến của hai mặt phẳng ( P) , (Q) . Biết rằng d là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( R) ,
cắt cả hai đường thẳng d và lần lượt tại A , B . Đường thẳng d đi qua điểm nào sau đây?
A. H (9; 0; − 6) .
B. L(7;1; − 6) .
C. P (6; 3; − 5).
D. K (5; − 4; − 5) . Lời giải Chọn A
Có M (2; 5; 0)(P) (Q) M d . Trang 136
Đường thẳng d qua M , nhận u = n ;n = (1; 3; ) ( ) ( ) 1 Q P
là véc tơ chỉ phương nên có phương trình x − 2 y − 5 z d : = = . 1 3 1 Gọi A(2 + ; a 5 + 3 ;
a a) , B(2 − 2 ; b −1+ ;
b 3b) AB = (−a − 2 ;
b b − 3a − 6; 3b − a) là véc tơ chỉ phương của d .
Do d ⊥ ( R) nên AB cùng phương với n
= (1;1; 0 , suy ra AB = k.n R ) ( ) (R)
−a − 2b = k.1 a = 6 − b
− 3a − 6 = k.1 b = 2 − A( 4 − ; −13; − 6) .
3b − a = k.0 c = 10
Đường thẳng d qua A , nhận n = (1;1; 0) là véc tơ chỉ phương nên có phương trình x = 4 − + t
d : y = 1 − 3 + t . z = 6 −
Ta thấy H (9; 0; − 6) thuộc đường thẳng d nên chọn đáp án A. x −1 y z + 2
Câu 193: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = 1 2 1 1 − và x −1 y + 2 z − 2 d : = = P
x + y + z − = và cắt 2 1 3 2
− . Gọi là đường thẳng song song với ( ): 7 0
d , d lần lượt tại hai điểm ,
A B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng là 1 2 x = 6 − t x = 6 x = 6 − 2t x = 12 − t 5 5 5 A. y = 5 . B. y = .
C. y = − t .
D. y = + t . 2 2 2 z = −9 + t 9 9 9 z = − + t z = − + t z = − + t 2 2 2 Lời giải Chọn B
Gọi A d A 1+ 2 ; a ;
a − 2 − a , B d B 1+ ; b − 2 + 3 ; b 2 − 2b . 2 ( ) 1 ( )
có vectơ chỉ phương AB = (b − 2 ;
a 3b − a − 2; − 2b + a + 4)
(P)có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; )1 P
Vì // ( P) nên AB ⊥ n A .
B n = 0 b = a −1. Khi đó AB = (−a −1; 2a − 5; 6 − a) P P Trang 137 2 5 49 7 2 AB =
(−a − )2 + ( a − )2 + ( − a)2 1 2 5 6 2
= 6a −30a + 62 = 6 a − + ; a 2 2 2 5 5 5 9 7 7
Dấu " = " xảy ra khi a =
. Vậy AB ngắn nhất khi a = A 6; ; − , AB = − ; 0; 2 2 2 2 2 2 Đườ 5 9
ng thẳng đi qua điểm A 6; ; −
và vec tơ chỉ phương u = − d ( 1; 0; )1 2 2 x = 6 − t 5
Vậy phương trình của là y = . 2 9 z = − + t 2 Câu 194: Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
(S) (x + )2 +( y − )2 +(z − )2 : 1 2 1
= 3 , và hai điểm A(1;0;4) , B(0;1;4) . Các mặt phẳng (P , (P 2 ) 1 )
cùng chứa đường thẳng AB và hai mặt phẳng này lần lượt tiếp xúc với mặt cầu (S ) tại các điểm
H , H . Điểm K nào trong số các điểm sau đây nằm trên đường thẳng H H . 1 2 1 2 A. K (1;4;2) . B. K ( 1 − ;3;2) . C. K (1;5; ) 3 . D. K ( 1 − ;3− 2) . Phân tích
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB và M = H H IH . 1 2
Do H H ⊥ IH; H H ⊥ AB nên để viết được phương trình đường thẳng H H ta cần tìm tọa độ 1 2 1 2 1 2
điểm H và điểm M . Từ đó suy đáp án đúng. Lời giải Chọn A. H2 M I H H1 Trang 138
Ta có (S ) có tâm I ( 1 − ;2; ) 1 và bán kính R = 3 x = 1− t
Đường thẳng đi qua hai điểm ,
A B có phương trình y = t z = 4
Mặt phẳng ( IH H đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình −x + y −3 = 0 . 1 2 )
Gọi H là giao điểm của AB và ( IH H . Khi đó H ( 1 − ;2;4). 1 2 )
Gọi M là giao điểm của H H và IH . Khi đó H M ⊥ IH 1 2 1 2 IM IM .IH R 1 1 Ta có = =
= nên IM = IH . Do đó M ( 1 − ;2;2) . 2 2 IH IH IH 3 3 1
H H vuông góc với IH và AB nên có vectơ chỉ phương u = − IH , AB = (1;1;0) 1 2 3 x = −1+ t
Phương trình H H : y = 2 + t . Vậy khi t = 2 ta được đáp án A. 1 2 z = 2
Câu 195: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) và có bán kính x =1+ t
r = 2 . Xét đường thẳng d : y = −mt
(t ), m là tham số thực. Giả sử (P) , (Q) là mặt z = (m− ) 1 t
phẳng chứa d và tiếp xúc với (S ) lần lượt tại M , N . Khi độ dài đoạn MN ngắn nhất hãy tính
khoảng cách từ điểm B(1;0;4) đến đường thẳng d . 5 3 4 237 4 273 A. 5 . B. . C. . D. . 3 21 21 Lời giải Chọn D Trang 139 M K I H N
Mặt phẳng thiết diện đi qua tâm I, M, N cắt đường thẳng d tại H IH ⊥ d, d (I, d ) = IH .
Gọi K = MN IH . Suy ra MN MH IH . min min min u d IA 2 25m − 20m +17 Ta có u = − − = = d (1; ; m m )
1 , A(1;0;0) d , suy ra d ( I d ) , , . u 2 − + d 2m 2m 2 1 25m − 20m +17 2 1
− 0m + 32m − 6 m =
Xét hàm số f (m) 2 = ; f ( x) = ; f (m) = 0 5 . 2 2m − 2m + 2 ( 2m − 2m + 2)2 2 m = 3 Bảng biến thiên x =1+ t 1 1 Suy ra IH khi m =
. Đường thẳng d có phương trình là d : y = − t (t ) . min 5 5 4 z = − t 5 AB u d
Khoảng cách d ( B d ) , 416 4 273 , = = = . ud 42 21 Trang 140
Câu 196: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2 2
: x + y + z − 2x + 4y − 4 = 0 và đường thẳng x − 7 y +1 z − 2 d : = =
. Gọi ( P) , (Q) lần lượt là hai mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với mặt cầu 1 1 − 1
(S) tại M và N . Độ dài đoạn MN bằng: 3 31302 3 31302 141 2 141 A. . B. . C. . D. . 222 111 3 3 Lời giải Chọn B.
Cắt mặt cầu theo giao tuyến chứa đoạn MN được như hình vẽ. M O I H N 141
IA = d ( I d ) 222 , =
; IM = r MH = 3 31302 MO = 3 3 222 3 31302 MN = 111
Câu 197: Cho mặt cầu (S có tâm (O) , bán kính là 3 và mặt cầu (S có tâm O(2;3;6) và 2 ) 1 )
bán kính bằng 4 .Biết tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếp tuyến kẻ tù A tới
(S và (S bằng nhau là một mặt phẳng ( còn gọi là mặt phẳng đẳng phương ) .Viết phương 2 ) 1 )
trình mặt mặt phẳng đó . x y z x y z x y z x y z A. + + =1. B. + + =1. C. + + =1. D. + + =1. 2 3 6 9 2 3 9 6 3 3 6 9 Lời giải Chọn C.
Mặt phẳng đẳng phương là mặt phẳng tập hợp tất cả các điểm có cùng phương tích với hai mặt
cầu không đồng tâm . Và mặt đẳng phương vuông góc với trục nối hai tâm của mặt cầu .
Gọi ( P) là mặt phẳng đẳng phương của ( S và (S
(P) nhận OO(2,3,6) là vectơ pháp 2 ) 1 )
tuyến n = OO(2,3,6 . P ) Trang 141
Mặt khác mặt phẳng đẳng phương ( P) của (S và (S đi qua một điểm M thuộc OO có 2 ) 1 )
cùng phương tích với hai mặt cầu . x = 2t
Phương trình đường thẳng OO : y = 3t tọa độ điểm M (2t;3t;6t) z = 6t Mà 2 2 2 2 P = P
MO − R = MO − R M /(O,R)
M /(O,R)
( t)2 +( t)2 +( t)2 − = ( t − )2 + ( t − )2 + ( t − )2 18 2 3 6 3 2 2 3 3 6 6 −16 t = . 49 36 54 108
Vậy tọa độ điểm M là : M ; ; 49 49 49 ( x y z
P) : 2x + 3y + 6z −18 = 0 + + =1. 9 6 3 Câu 198: Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 2 2
(m +1)x − (2m − 2m +1) y + (4m + 2)z − m + 2m = 0 luôn chứa một đường thẳng cố định khi
m thay đổi. Đường thẳng d đi qua M (1; 1 − ; )
1 vuông góc ( ) và cách O một khoảng lớn nhất
có vecto chỉ phương u = (−1; ; b c) .Tính 2 b − c ? A. 2. B. 23. C. 19. D. 1. − Lời giải Chọn C.
Cho m = 0 có mặt phẳng (P : x − y + 2z = 0 = − 1 n (1; 1;2) 0 )
Cho m = 1 có mặt phẳng (P : 2x − y + 6z +1 = 0 n = − 2 (2; 1;6) 1 )
Suy ra có VTCP u = = − − 1 n , n2 ( 4; 2; )1
Gọi H là hình chiếu của O trên d thì OH = d ( ,
O (d )) , có OH OM. Do đó đẳng thức xảy ra
khi d ⊥ OM d có VTCP u = u ,OM = ( 1 − ;5;6)
. Vậy b = 6, c = 5 . Phân tích:
Đây là dạng toán: Cho họ mặt phẳng (P luôn tìm được đường thẳng cố định khi thế các giá trị m )
m rồi lấy tích có hướng lại sẽ được VTCP của đường thẳng cố định đó. Tiếp theo là dạng toán lập
phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) , đi qua điểm A cho trước sao cho
khoảng cách từ B đến d lớn nhất? nhỏ nhất? Phương pháp giải: Trang 142
Kẻ AB ⊥ d; BK ⊥ (P) BH = d ( ,
B (d )) và K cố định.
Ta có BH BA d ( , B (d ))
= BA H A . Khi đó đường thẳng d nằm trong (P) , đi qua max
A và vuông góc với AB , suy ra d có một VTCP là u = d nP , AB
Mặt khác, BH BK d ( , B (d ))
= BK H K. Khi đó đường thẳng d nằm trong (P) , đi min
qua A và đi qua hình chiếu K của B , suy ra d có một VTCP là u = d
nP , nP , AB
Câu 199: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho mặt phẳng (P):
(a +b) x +ay +bz −3(a +b) = 0,a 0,b 0 luôn chứa một đường thẳng cố định khi a,b thay
đổi. Đường thẳng d đi qua M (1;2; )
3 vuông góc ( ) và cách A(2,1, 4
− ) một khoảng lớn nhất có
vecto chỉ phương u = (1; ; m n) .Tính 2 2 m − n ? 5 A. 1. B. . C. 2 . D. 5 . 2 Lời giải Chọn A.
có VTCP u = (1; 1 − ) ;1
.d có VTCP u = u , AM = ( 6 − ;6;0) = 6 − (1;1;0)
Câu 200: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(3;1;2) và B(5;7;0) . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình 2 2 2
x + y + z − x + my − (m + ) 2 4 2 2
1 z + m + 2m + 3 = 0 là phương trình mặt cầu (S ) sao cho qua A
, B có duy nhất một mặt phẳng cắt (S ) theo một giao tuyến có bán kính bằng 1? A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải Ta có 2
R = m + 4 1 nên để có đúng duy nhất một mặt phẳng qua AB và cắt (S ) theo một
đường tròn có bán kính 1 khi và chỉ khi 2 2 2
R −1 = d (I; AB). 1 − 2 + 3 11 m = 6 m − 2 2 ( )2 Vậy 5 m + 4 −1 =
. Vậy có hai giá trị m . 11 1 − 2 − 3 11 m = 5 x − y z +
Câu 201: Phương trình mặt phẳng ( P) qua đường thẳng 1 2 d : = = và cách điểm 2 1 1 − M (2;1; )
1 một khoảng cách lớn nhất đi qua điểm nào sau đây? Trang 143 A. E (2;1;2) . B. F (0; 5 − ;0). C. G (0;0;6).. D. H (0;1;6). Lời giải uuur Gọi ru = (2;1;− ) 1 , A(1;0; 2
− )d AM = (1;1;3). Phương trình mặt phẳng cần tìm nhận vectơ d r uuur r r n
= u , AM ,u làm vectơ pháp tuyến. (P): x + y +3z +5 = 0 . d d
Câu 202:Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A( 1 − ; 4 − ;4) , B(1;7; 2 − ), C(1;4; 2 − ) . Mặt phẳng
(P):2x +by +cz + d = 0 qua A và thỏa mãn T = d ( ,
B (P)) + 2d (C,(P)) đạt giá trị lớn nhất.
Tính b + c + d . A. 65 . B. 77 . C. 52 . D. 10 . Lời giải Chọn . TH 1: ,
B C cùng phía so với ( P) .
Gọi I thõa mãn IB + 2IC = 0 I (1;5; 2 − ) . Có T = d ( ,
B (P)) + 2d (C,(P)) = 3d (I,(P)) 3IA. MaxT = 3IA khi
IA ⊥ (P) (P) : 2x + 9y − 6z + 62 = 0 b + c + d = 65 . TH 2: ,
B C khác phía so với ( P) .
Gọi B = D (B) B( 3 − ; 1 − 5;10 . A ) 1 7
Gọi E thỏa mãn EB + 2EC = O E − ; − ; 2 3 3 Có T = d ( ,
B (P)) + 2d (C,(P)) = d (B ,(P)) + 2d (C,(P)) = 3d (E,(P)) 3EA. MaxT = 3EA khi
EA ⊥ (P) (P) : 2x + 5y − 6z + 46 = 0 b + c + d = 45.
Từ hai trường hợp suy ra khi T = d ( ,
B (P)) + 2d (C,(P)) đạt giá trị lớn nhất. Ta có b + c + d = 65 . Trang 144
Câu 203: Cho mặt cầu (S có tâm O , bán kính là 3 và mặt cầu (S có tâm O(2;3;6) và bán 2 ) 1 )
kính bằng 4 . Biết rằng tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếp tuyến kẻ từ A đến
(S , S bằng nhau là một mặt phẳng (còn gọi là mặt phẳng đẳng phương). Viết phương trình 1 ) ( 2 )
của mặt phẳng đó x y z x y z x y z x y z A. + + =1. B. + + =1. C. + + =1. D. + + =1. 2 3 6 9 2 3 9 6 3 3 6 9 Lời giải Chọn C. A K H 4 3 O O' Gọi A( ; x ;
y z) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi H, K lần lượt là tiếp điểm các tiếp tuyến kẻ từ A tới mặt cầu tâm , O O . Khi đó ta có 2 2
AH = AK AO − 3 = AO −16 . 2 2
AO − AO +13 = 0
x + y + z − (x − )2 − (x − )2 − (x − )2 2 2 2 2 3 6 +13 = 0 x y z
4x + 6y +12z −36 = 0 + + =1. 9 6 3
Câu 204: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng x −1 y z − 2 d : = =
. Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến 2 1 2
(P) lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M (1;2;− )
1 đến mặt phẳng ( P) . 11 18 11 4 A. . B. 3 2. . C. . D. . 18 18 3 Lời giải
Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu A
của A trên (P) . Ta có d ( A (
, P)) = AK AH (Không đổi)
GTLN của d(d, ( ) P ) là AH d' K ⟹ d ( A (
, P )) lớn nhất khi K H . H P Trang 145
Ta có H (3;1;4) , (P) qua H và ⊥ AH (P) :x − 4y + z −3 = 0 Vậy d (M (P)) 11 18 , = . 18
Câu 205: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm B(2; −1; − ) 3 , C ( 6 − ; −1; ) 3 . Trong
các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy tìm + điể a b m ( A ; a ;
b 0),b 0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị . cosA 31 A. 10 . B. 20 − . C. 15 . D. − ; 3 Lời giải Chọn C.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB .
Gọi P = BM CN , ta có BM ⊥ CN nên 2 2 2
BC = BP + CP .
Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có 2 2 2 2 2 4 CA + CB − AB 2 ( 2 2 ) 2 2 4 BA + BC − AC 2 ( 2 2 ) 2 BP = BM = . , CP = CN = . 3 9 4 3 9 4 2 2 2
AB + AC + 4BC 2 2 2 2 BC =
AB + AC = 5BC . 9
Góc A lớn nhất cos A nhỏ nhất. + − ( 2 2 AB + AC ) − ( 2 2 2 2 2 5 AB + AC AB AC BC ) Ta có cos A = = 2 A . B AC 10A . B AC 2 2 2 AB + AC 2 2 . AB AC 4 = . .
= , dấu " = " xãy ra AB = AC . 5 . AB AC 5 . AB AC 5 Ta có A( ; a ;
b 0) , b 0 và B(2; −1; − ) 3 , C ( 6 − ; −1; 3) AB = (2− ;a 1 − − ; b 3
− ) AB = (2 − a)2 + (b + )2 2 1 + 9 AC = ( 6 − − ; a 1 − − ;
b 3) AC = (a + 6)2 + (b + )2 2 1 + 9
( − a)2 + (b + )2 + = (a + )2 + (b + )2 2 1 9 6
1 + 9 4 − 4a = 12a + 36 a = 2 − . Ta có BC = (− ) 2 2 2
8;0;6 BC = 8 + 6 = 100 . Khi đó từ 2 2 2
AB + AC = 5BC và AB = AC
(2 − a)2 + (b + )2 1 + 9 = + (b + )2 2 2 5.100 4 1 + 9 = 250
.Mà b 0 nên ta được b = 14 . a + b 2 − +14 Vậy = =15. cos A 4 5 Trang 146