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!

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn:

Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:
146 trang 10 tháng trước
Tác giả:
Student
Mỹ Duyên
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

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!

166 83 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn: Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:

146 trang 10 tháng trước

Tác giả:

Profile Mỹ Duyên
Trang 1
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
(1;2;3)M
. 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
.
A.
1372
9
. B.
. C.
. D.
343
9
.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
H
là hnh chiu ca
O
lên mp
( )
P
Tam giác
OHM
có
,OH OM H
.
Khi đó
( )
( )
,d O P OH=
lớn nhất khi
MH
, hay
( )
OM P⊥
.
Mp
( )
P
đi qua
M
và nhn
( )
1;2;3OM =
làm vc tơ pháp tuyn,
phương trnh
( )
P
:
2 3 14 0x y z+ + − =
.
( )
P
cắt
Ox
;
Oy
;
Oz
ln lưt tại
( )
14;0;0A
,
( )
0;7;0B
,
14
0;0;
3
C



Trang 2
Thể tích
.
868
9
O ABC
V =
.
Câu 2 (ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019): Trong không gian , cho điểm
. Xt đường thẳng thay đổi, song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3. Khi
khoảng cách từ đn nhỏ nhất, đi qua điểm nào dưới đây?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Ta có mô hình minh họa cho bài toán sau:
Ta có .
Khi đó đường thẳng đi qua điểm cố định và do làm vectơ chỉ
phương ca . Dựa vào 4 phương án ta chọn đáp án C. .
Câu 3 (ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019): Trong không gian , cho mặt cu
. Có tất cả bao nhiêu điểm ( là các số nguyên) thuộc
mặt phẳng sao cho có ít nhất hai tip tuyn ca đi qua và hai tip tuyn đó vuông
góc với nhau?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Oxyz
( )
0;4; 3A −
d
Oz
Oz
A
d
d
( )
3;0; 3P −−
( )
0; 3; 5M −−
( )
0;3; 5N −
( )
0;5; 3Q −
( ) ( ) ( )
min
; ; ; 1d A d d A Oz d d Oz= − =
d
( )
0;3;0
( )
/ / 0;0;1
d
d Oz u k = =
d
0
3
x
dy
zt
=
=
=
( )
0;3; 5N −
Oxyz
( )
( )
2
22
: 2 3S x y z+ + + =
( )
;;A a b c
,,abc
( )
Oxy
( )
S
A
12
8
16
4
Trang 3
Do thuộc mặt phẳng nên .
Nhn xét: Nu từ kẻ đưc ít nhất 2 tip tuyn vuông góc đn mặt cu khi và chỉ khi
.
Tp các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hnh vành khăn (kể cả biên), nằm trong mặt
phẳng , tạo bởi 2 đường tròn đồng tâm bán kính ln lưt là và .
Nhìn hình vẽ ta có 12 điểm thỏa mãn yêu cu bài toán.
Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho bốn đường thẳng:
( )
1
3 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− + +
==
−
,
( )
2
1
:
1 2 1
x y z
d
−
==
−
,
( )
3
1 1 1
:
211
x y z
d
− + −
==
,
( )
4
1
:
1 1 1
x y z
d
−
==
−−
.
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
12
//dd
do đó có một mặt phẳng
( )
P
duy nhất chứa
12
;dd
( )
: 1 0P x y x+ + − =
Mặt khác ta có
3
d
chéo
4
d
ln lưt cắt
( )
P
tại
( ) ( )
1; 1;1 ; 0;1;0AB−
Do đó tồn tại một đường thẳng duy nhất qua
;AB
thỏa mãn yêu cu bài toán.
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
: 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
, mặt phẳng
( )
: 4 11 0x y z
+ + − =
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng vuông góc với
( )
,
( )
P
song song
với giá ca
( )
1;6;2v =
và
( )
P
tip xúc với
( )
S
. Lp phương trnh mặt phẳng
( )
P
.
A.
2 2 2 0x y z− + − =
và
2 21 0x y z− + − =
.
B.
2 2 3 0x y z− + + =
và
2 21 0x y z− + − =
.
C.
2 2 3 0x y z− + + =
và
2 2 21 0x y z− + − =
.
( )
;;A a b c
( )
Oxy
( )
; ;0A a b
A
2 2 2 2
2 3 2 6 1 4R IA R a b a b£ £ Û £ + + £ Û £ + £
( )
Oxy
( )
0;0;0O
1
2
Trang 4
D.
2 2 5 0x y z− + + =
và
2 2 2 0x y z− + − =
.
Lời giải
Chọn C
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 3;2I −
và bán kính là
4R =
.
Mặt phẳng
()
có VTPT là
( )
1
1;4;1n =
.
Vì
( )
P
là mặt phẳng vuông góc với
( )
,
( )
P
song song với giá ca
( )
1;6;2v =
nên
( )
P
có cặp
VTCP là
1
n
và
v
, suy ra
( )
P
có VTPT là
( )
1
, 2; 1;2n n v

= = −

.
Phương trnh mp
( )
P
có dạng
2 2 0x y z D− + + =
. Vì
()P
tip xúc với
( )
S
nên ta có
( )
( )
;d I P R=
9
4
3
D+
=
3
21
D
D
=
=−
.
Vy có hai mặt phẳng thỏa mãn là
2 2 3 0x y z− + + =
và
2 2 21 0x y z− + − =
.
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, phương trnh tổng quát ca mp
( )
qua hai điểm
( )
2; 1;4A −
,
( )
3;2; 1B −
và vuông góc với mp
( )
: 2 3 0x y z
+ + − =
là:
A.
11 7 2 21 0x y z+ − − =
. B.
11 7 2 21 0x y z+ + + =
.
C.
11 7 2 21 0x y z− − − =
. D.
11 7 2 21 0x y z− + + =
.
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
2 2 2
( ):( 1) ( 2) ( 3) 16S x y z− + − + − =
và các điểm
(1;0;2), ( 1;2;2)AB−
. Gọi
()P
là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B sao cho thit diện
ca mặt phẳng (P) với mặt cu (S) có diện tích nhỏ nhất. Khi vit phương trnh (P) dưới dạng
30ax by cz+ + + =
. Tính
.T a b c= + +
A. 3. B.
–3.
C. 0. D.
–2.
Lời giải
Chọn B
Mặt cu (S) có tâm
(1;2;3)I
và bán kính
4R =
.
Vì
5IA R=
nên điểm A nằm bên trong mặt cu. Suy ra (P) luôn cắt mặt cu. Gọi r là bán
kính đường tròn giao tuyn, ta có
22
r R d=−
với d là khoảng cách từ I đn mặt phẳng (P).
Diện tích hình tròn thit diện nhỏ nhất khi và chỉ khi bán kính r nhỏ nhất, hay d lớn nhất.
Trang 5
Gọi H là hình chiu ca I lên đường thẳng AB ta có d lớn nhất khi
d IH=
tức IH vuông góc với
(P).
Phương trnh đường thẳng
1
):(
2
xt
AB y t t
z
=−
=
=
Gọi
(1 ; ;2)H t t−
.
( ; 2; 1)IH t t= − − −
.
( 2) 0 1IH AB t t t⊥ + − = =
. Suy ra
(0;1;2)H
.
Mặt phẳng (P) nhn
IH
làm vectơ pháp tuyn và đi qua điểm A nên có phương trnh
( 1) ( 2) 0 3 0x y z x y z− − − − − = − − − + =
.
Vy
3abc+ + = −
.
Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho các điểm
( )
1;0;0A
,
( )
0;2;0B
,
( )
0;0;3C
,
( )
2; 2;0D −
. Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua
3
trong
5
điểm
O
,
A
,
B
,
C
,
D
?
A.
7
. B.
5
. C.
6
. D.
10
.
Lờigiải
Chọn B
Mặt phẳng
( )
ABC
có phương trnh là
1
1 2 3
x y z
+ + =
6 3 2 6 0x y z + + − =
, do đó
( )
D ABC
.
Lại có
A
là trung điểm
BD
.
Ta có
( )
Oxy
chứa các điểm
O
,
A
,
B
,
D
.
( )
Oyz
chứa các điểm
O
,
B
,
C
;
( )
Oxz
chứa các điểm
O
,
A
,
C
;
( )
ABC
chứa các điểm
A
,
B
,
C
,
D
.
( )
OCD
chứa các điểm
O
,
C
,
D
.
Vy có
5
mặt phẳng phân biệt thỏa mãn bài toán.
Câu 9: Xét tứ diện
OABC
có
,,OA OB OC
đôi một vuông góc. Gọi
,,
ln lưt là góc giữa các
đường thẳng
,,OA OB OC
với mặt phẳng
()ABC
. Khi đó giá trị nhỏ nhất ca biểu thức
2 2 2
(3 cot ).(3 cot ).(3 cot )M
= + + +
là
A. Số khác. B.
48 3
. C.
48
. D.
125
.
Trang 6
Lời giải
Chọn D
Ta có
22
sin sin HAO
=
2
2
OH
OA
=
, tương tự
22
22
22
sin ;sin
OH OH
OB OC

==
Nên
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
sin sin sin .( ) 1OH
OA OB OC
+ + = + + =
.
Và
2 2 2
2 2 2
(2sin 1).(2sin 1).(2sin 1)
sin .sin .sin
M
+ + +
=
; Áp dụng BĐT cố si, ta có
2
2sin 1
+
2 2 2 2 2
sin sin sin sin sin
= + + + +
6 2 2
5
5. sin .sin .sin
Tương tự, ta đưc
2 2 2 2 2 2
(2sin 1).(2sin 1).(2sin 1) 125sin .sin .sin
+ + +
Suy ra
125M
. Dấu bằng xẫy ra khi
OA OB OC==
.
A
O
C
B
A
O
C
B
H
Trang 7
Câu 10: Trong không gian
Oxyz
, cho các mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z− + + =
,
( )
:2 1 0Q x y z+ + − =
. Gọi
( )
S
là mặt cu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyn là một đường tròn có bán kính
2
và
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyn
là một đường tròn có bán kính
r
. Xác định
r
sao cho chỉ có đúng một mặt cu
( )
S
thỏa mãn yêu
cu.
A.
3r =
. B.
2r =
. C.
3
2
r =
. D.
32
2
r =
.
Lời giải
Chọn D.
* Gọi
I
là tâm ca mặt cu
( )
S
. Do
I Ox
nên ta có
( )
;0;0Ia
.
* Do
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyn là một đường tròn có bán kính
2
nên ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
22
2
2 2 2
11
4 ; 4 4 1
66
aa
R d I P R R
++

= − = − = +

* Do
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyn là một đường tròn có bán kính
r
nên ta có:
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2 2 2
21
; 2
6
a
r R d I P r R
−

= − = −

* Từ
( )
1
và
( )
2
ta có:
( ) ( )
( )
22
2 2 2 2 2
1 2 1
4 3 6 24 6 0 2 8 2 0 3
66
aa
r a a r a a r
+−
= + − − + + − = − + + − =
* Để có duy nhất một mặt cu
( )
S
thỏa mãn yêu cu điều kiện là phương trnh
( )
3
có duy nhất
một nghiệm
a
với
0r
nên điều kiện là:
2
32
9 2 0
2
rr
= − = =
.
Câu 11: Trong không gian
Oxyz
, cho các mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
,
( )
:2 2 1 0Q x y z− + + =
. Gọi
( )
S
là mặt cu có tâm thuộc trục tung, đồng thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo
giao tuyn là một đường tròn có bán kính
2
và
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyn là một đường tròn
có bán kính
r
. Xác định
r
sao cho chỉ có đúng một mặt cu
( )
S
thỏa mãn yêu cu.
Trang 8
A.
3r =
. B.
11r =
. C.
11
3
r =
. D.
11 3
3
r =
.
Câu 12: Trong không gian
Oxyz
, cho các mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z+ − + =
,
( )
: 2 1 0Q x y z− + + =
.
Gọi
( )
S
là mặt cu có tâm thuộc trục
Oz
, đồng thời
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyn là một đường
tròn có bán kính
2
và
( )
S
cắt mặt phẳng
( )
Q
theo giao tuyn là một đường tròn có bán kính
r
. Xác định
r
sao cho chỉ có đúng một mặt cu
( )
S
thỏa mãn yêu cu.
A.
7r =
. B.
7
2
r =
. C.
72r =
. D.
72
2
r =
.
Câu 13: Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
: 4 6 0S x y z x y m+ + + − + =
và đường
thẳng
là giao tuyn ca hai mặt phẳng
( )
: 2 2 4 0x y z
+ − − =
và
( )
:2 2 1 0x y z
− − + =
.
Đường thẳng
cắt mặt cu
( )
S
tại hai điểm phân biệt
,AB
thỏa mãn
8AB =
khi:
A.
12.m =
B.
12.m =−
C.
10.m =−
D.
5.m =
Lời giải
Chọn B.
Ta có
2 2 4 0
2 2 1 0
x y z
x y z
+ − − =
− − + =
.
Phương trnh tham số ca
là
22
32
xt
yt
zt
= − +
=
= − +
.
( ) ( )
2 2 ; ; 3 2tA A t t − + − +
.
( ) ( ) ( ) ( )
22
2
2 2 3 2 4 2 2 6 0A S t t t t t m − + + + − + + − + − + =
(*).
(*)
2
9 18 5 0t t m − + + =
.
Phương trnh (*) có hai nghiệm phân biệt khi
36 9 0 4mm
= −
.
Khi đó
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
2 2 ; ; 3 2t , 2 2 ; ; 3 2tA t t B t t− + − + − + − +
.
1 1 1 2
5
2,
9
m
t t t t
+
+ = =
.
2
8 64AB AB= =
. Suy ra
( ) ( )
22
2 1 1 2 1 2
9 64 9 4 64t t t t t t

− = + − =

Trang 9
2
5
9. 2 4 64 12
9
m
m
+

− = = −




.
Cách 2:
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
2;3;0I −
,
13Rm=−
,
13m
.
Đường thẳng
( )
qua
( )
0
2;0; 3M −−
, có VTCP
( )
2;1;2u =
( )
( )
0
;
;3
IM u
d d I
u

= = =
Yêu cu đề bài tương đương
( )
2
22
13 16 9 12
4
AB
R d m m n= + − = + = −
.
Câu 14: Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho các điểm
( ) ( )
1;5;0 , 3;3;6AB
và đường thẳng
11
:
2 1 2
x y z+−
= =
−
. Gọi
( )
;;M a b c 
sao cho chu vi tam giác
MAB
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
tổng
T a b c= + +
?
A.
2.T =
B.
3.T =
C.
4.T =
D.
5.T =
Lời giải
Chọn B
Ta có
( ) ( )
; ; 2 1; 1;2 → − − +M a b c M t t t
.
Từ đó ta có:
22
9 20 9 36 56 2 11= + + = + + − + +C MA MB AB t t t
.
( ) ( )
22
22
9 9 18
9 20 9 36 56 2 11 0 1
9 20 9 36 56
t
C t t t t C t t
t t t
−
= + + − + + = + = =
+ − +
.
Lp BBT ta có:
( ) ( ) ( )
min 1 1 1;0;2C t C t M= =
.
Đề xuất: Đánh giá
( )
22
9 20 9 36 56f t t t t= + + − +
như sau
( ) ( )
2
2 2 2
9 20 9 36 56 9 20 9 2 20f t t t t t t= + + − + = + + − +
Trong hệ trục
Oxy
, chọn
( )
3 ;2 5ut=
,
( )
( )
3 2 ;2 5vt= − −
,
( )
6;4 5uv+=
. Khi đó
( )
36 20 2 14f t u v u v= + + = + =
.
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi
u
,
v
cùng hướng
( )
3 2 5
1
32
25
t
t
t
= =
−−
( )
1;0;2M
.
Trang 10
Câu 15: Trong không gian
Oxyz
, bit mặt phẳng
( )
P
đi qua hai điểm
(1;1;1)A
,
(0;2;2)B
đồng
thời
( )
P
cắt các trục tọa độ
Ox,Oy
theo thứ tự tại hai điểm
,MN
(
,MN
đều không trùng với
gốc tọa độ ) thỏa mãn
OM ON=
. Bit mặt phẳng
( )
P
có hai phương trnh là
1 1 1
0x b y c z d+ + + =
và
2 2 2
0x b y c z d+ + + =
. Tính đại lưng
12
T b b=+
.
A.
2T=
. B.
0T=
. C.
4T=
. D.
4T=−
.
Lời giải
Chọn B.
Gọi phương trnh mặt phẳng
( )
P
là:
0x by cz d+ + + =
(
0b
do
( )
P
cắt
Oy
tại điểm
N
khác
O
)
( )
P
đi qua hai điểm
(1;1;1)A
,
(0;2;2)B
nên ta có các phương trnh:
10
2 2 0
b c d
b c d
+ + + =
+ + =
1
2
bc
d
+=
=−
.
Mặt phẳng
( )
P
có phương trnh dạng:
20x by cz+ + − =
.
( )
P
cắt
Ox,Oy
ln lưt tại
2
(2;0;0), (0; ;0)MN
b
.
OM ON=
2
2
b
=
1b=
.
Các mặt phẳng
( )
P
tm đưc có phương trnh:
20xy+ − =
và
2 2 0x y z− + − =
.
Vy
12
T b b=+
=
0
.
Câu 16: Trong không gian với hệ trục
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
0; 2; 4 , B 3; 5; 2A --
. Tìm tọa độ
điểm
M
sao cho
22
2MA MB+
đạt giá trị nhỏ nhất.
A.
( )
1; 3; 2M -
. B.
( )
2; 4; 0M -
. C.
( )
3;7; 2M --
. D.
37
; ; 1
72
M
æö
÷
ç
--
÷
ç
÷
ç
÷
èø
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
( )
;;M x y z
Khi đó:
( ) ( )
22
22
24AM x y z= + - + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
3 5 2BM x y z= + + - + -
Theo bài ra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 4 2 3 2 5 2 2MA MB x y z x y z+ = + - + + + + + - + -
( )
( ) ( )
22
2 2 2 2
3 4 8 32 3 2 4 12 3.12 36x y z x y x y z
éù
= + + + - + = + + - + + ³ =
êú
ëû
Trang 11
Vy
( )
22
min
2
2 36 4
0
x
MA MB y
z
ì
=-
ï
ï
ï
ï
+ = Û =
í
ï
ï
=
ï
ï
î
Vy
( )
2; 4; 0M -
thỏa ycbt.
Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm
( )
0;0;1S
,
( )
1;1;1P
và
( ) ( )
;0;0 , 0; ;0M m N n
thay đổi sao cho
1mn+=
và
0, 0mn
. Bit rằng luôn tồn tại một mặt
cu cố định qua
P
và tip xúc với mặt phẳng
( )
SMN
. Tính bán kính ca mặt cu đó.
A.
2
. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C.
Phương trnh
( )
SMN
:
1
1
x y z
mn
+ + =
0nx my mmz mn + + − =
.
Do
1mn+=
nên suy ra
( ) ( ) ( )
1 1 1 0nx n y n n z n n+ − + − − − =
Gọi
( )
;;I a b c
và
R
ln lưt là tâm và bán kính ca mặt cu
( )
S
cố định đi qua
P
và tip xúc với
mặt phẳng
( )
SMN
.
Khi đó, ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1 1IP a b c R= − + − + − =
( )
*
và
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1
;
na n b nc n n n
d I SMN R R
n m n m
+ − + − − −
= =
++
.
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
11
na n b nc n n n
R
nn
+ − + − − −
=
−−
( ) ( )
( )
22
1 1 1c n a b c n b R n n − + − + − + = − +
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
22
22
1 1 1 1
1 1 1 2
c n a b c n b R n n
c n a b c n b R n n
− + − + − + = − +
− + − + − + = − + −
( )
1
11
cR
a b c R
bR
−=
− + − = −
=
1cR
bR
aR
=−
=
=
.
Khi đó
( ) ( )
2
22
* 2 1 R R R − + =
1R=
(2) làm tương tự.
Vy
1R =
.
Trang 12
Câu 18: Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
2
:3 5 1 4 20 0P mx m y mz+ − + + =
. Bit rằng khi
m
thay đổi trên đoạn
1;1−
thì mặt phẳng
( )
P
luôn tip xúc với một mặt cu
( )
S
cố định. Tìm bán kính ca mặt cu đó.
A.
5R =
. B.
3
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D.
Mặt phẳng
( )
P
có một vc tơ pháp tuyn là
(
)
2
3 ;5 1 ;4n m m m=−
.
Gọi
( )
;;I a b c
và
R
ln lưt là tâm và bán kính ca mặt cu
( )
S
.
Khi đó, ta có
( )
( )
( )
2
2 2 2
3 5 1 4 20
;
9 25 1 16
ma m b mc
d I P R R
m m m
+ − + +
= =
+ − +
.
2
3 5 1 4 20 5ma m b mc R + − + + =
.
Do mặt cu
( )
S
cố định và tip xúc với
( )
P
nên
2
3 5 1 4 20ma m b mc k+ − + + =
không đổi với
mọi
m
. Suy ra
( )
S
có tâm
( )
0;0;0I
. Khi đó
( )
( )
;4R d I P==
.
Câu 19: Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
;0;0 ,B 0; ;0 , 0;0;A a b C c
với
, , 0a b c
thỏa mãn
4abc+ + =
và. Bit
, , a b c
thay đổi thì tâm
I
mặt cu ngoại tip tứ diện
OABC
thuộc mặt phẳng
( )
P
cố định. Tính khoảng cách từ điểm
( )
1;1; 1M −
đn mặt phẳng
( )
P
.
A.
( )
( )
;3d M P =
. B.
( )
( )
3
;
2
d M P =
. C.
( )
( )
3
;
3
d M P =
. D.
( )
( )
;0d M P =
.
Lời giải
Chọn C.
Phương trnh mặt cu
( )
S
có dạng:
2 2 2
2 2 2 0x y z mx ny pz d+ + − − − + =
.
Do
( )
S
đi qua
, , , O A B C
nên
2
2
2
2
20
20
2
20
0
2
0
a
m
a ma
b
n
b nb
c pc
c
p
d
d
=
−=
=
−=


−=

=

=
=
.
Trang 13
Suy ra
( )
S
có tâm
;;
2 2 2
a b c
I



và
2 2 2
2
abc
R
++
=
.
Mặt khác ta luôn có
20
2 2 2
a b c
+ + − =
,
, , 0a b c
thỏa
4abc+ + =
Do đó
( )
: 2 0I P x y z + + − =
cố định.
Vy
( )
( )
3
;
3
d M P =
.
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
3; 2;6 , 0;1;0AB−
và mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 25S x y z− + − + − =
. Mặt phẳng
( )
: 2 0P ax by cz+ + − =
đi qua
,AB
và cắt
( )
S
theo giao tuyn là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính
T a b c= + +
.
A.
4T =
. B.
2T =
.
C.
3T =
. D.
5T =
.
Lời giải:
Chọn C
( )
S
có tâm
( ) ( )
1;2;3 ; 5; 3;3; 6I R AB= − −
.
Vì
B
nằm trong mặt cu nên gọi
K
là hình chiu vuông góc ca
I
lên
AB
thì
K
cũng nằm trong
mặt cu. Do đó
( )
P
luôn cắt
( )
S
theo giao tuyn là một đường tròn bán kính
r
.
AB
có phương trnh:
1
2
xt
yt
zt
=
=−
=
nên
( ) ( )
;1 ;2 1; 1;2 3K t t t IK t t t− = − − − −
.
Vì
IK AB⊥
suy ra
. 0 1IK AB t= =
. Do đó
( )
1;0;2K
.
Trang 14
Ta lại có:
22
25r IH=−
nên để
r
nhỏ nhất thì
IH
lớn nhất, mà
IH IK
nên mp
( )
P
cn tìm
nhn
( )
0; 2; 1IK −−
làm VTPT. Vì
IK AB⊥
nên
( )
AB P
. Vy phương trnh
( )
P
:
2 2 0 3y z T+ − = =
.
Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 16S x y z− + − + − =
và hai điểm
( ) ( )
1;0;2 , 1;2;2AB−
. Mặt phẳng
( )
: 3 0P ax by cz+ + + =
đi qua
,AB
và cắt
( )
S
theo
giao tuyn là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính
T a b c= + +
.
A.
3T =
. B.
3T =−
. C.
0T =
. D.
2T =−
.
Lời giải
Chọn B
Mặt cu có tâm
( )
1,2,3 ; 4.IR=
Ta có
5IA IB R= =
. Tương tự bài trên ta có
( )
0;1;2K
là
trung điểm
AB
nên mp
( )
: 3 0P x y z− − − + =
. Chọn B.
Câu 22: Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z− + − + − =
,
điểm
( )
0,0,2A
. Phương trnh mặt phẳng
( )
P
đi qua
A
và cắt mặt cu
( )
S
theo thit diện là
đường tròn
( )
C
có diện tích nhỏ nhất?
A.
( )
: 2 3 6 0P x y z− + − =
B.
( )
: 2 3 6 0P x y z+ + − =
C.
( )
:3 2 2 4 0P x y z+ + − =
D.
( )
: 2 2 0P x y z+ + − =
Lời giải
Chọn D
Mặt cu có tâm
( )
1,2,3 ; 3.IR=
Ta có
( )
1; 2; 1 6IA IA R− − − =
. Mặt khác
IH IA
nên bán
kính ca đường tròn giao tuyn min khi
HA
. Do đó mp cn tìm nhn
IA
làm VTPT và qua
( )
0;0;2A
có dạng:
2 2 0x y z+ + − =
.
Trang 15
Câu 23: Trong không gian hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
3; 2;6 , 0;1;0−AB
và mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 25− + − + − =S x y z
. Mặt phẳng
( )
: 2 0+ + − =P ax by cz
đi qua
,AB
và cắt
( )
S
theo giao tuyn là hình tròn có bán kinh nhỏ nhất. Tính
T a b c= + +
:
A.
3=T
. B.
5=T
. C.
2=T
. D.
4=T
.
Lời giải
Chọn. A.
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
bán kính
5R =
.
Mặt phẳng
( )
P
có vtpt
( )
( )
2 2 2
, , , 0= + +
P
n a b c a b c
.
Do
( ) ( )
0;1;0 : 2 0 2 − = =B P b b
.
Ta có:
( ) ( )
3;3; 6 3 1; 1;2= − − = − −AB
, phương trnh đường thẳng
: 1 , .
2
xt
AB y t t
zt
=
= −
=
Gọi
r
là bán kính ca đường tròn giao tuyn,
K
là hình chiu ca
I
trên
AB
,
H
là hình chiu
vuông góc ca
I
lên mặt phẳng
( )
P
.
Ta có:
( ) ( )
;1 ;2 1; 1;2 3 − − − − −K AB K t t t IK t t t
( )
. 0 1 0; 2; 1⊥ = = − −IK AB AB IK t IK
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
, 25 , 25= − = − = −r R d I P d I P IH
Ta có:
r
đạt min thì
IH
đạt max.
Mà
( )
max
⊥
P
IH IK IH H K P IK n
và
IK
cùng phương
Trang 16
0
00
1
2 2 2
2
1
1
=
==

=−
= = − = =
=
= − =

=
P
a
aa
k
n kIK b k b
b
c k c
c
Câu 24: Trong không gian với hệ trục toạ độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( ):2 10 0P x y z− + − =
, điểm
(1;3;2)A
và đường thẳng
22
: 1 .
1
xt
d y t
zt
= − +
=+
=−
Tm phương trnh đường thẳng
cắt
()P
và
d
ln
lưt tại hai điểm
M
và
N
sao cho
A
là trung điểm ca cạnh
MN
.
A.
6 1 3
7 4 1
x y z− − +
==
−−
. B.
6 1 3
7 4 1
x y z+ + −
==
−
.
C.
6 1 3
7 4 1
x y z− − +
==
−
. D.
6 1 3
7 4 1
x y z+ + −
==
−−
.
Lời giải
Chọn B.
cắt
d
tại
( 2 2 ;1 ;1 )N t t t− + + −
. Ta có
A
là trung điểm ca cạnh
MN
nên
(4 2 ;5 ;3 )M t t t− − +
Vì
()MP
nên ta có:
2(4 2 ) (5 ) (3 ) 10 0 2t t t t− − − + + − = = −
Suy ra :
(8;7;1)M
và
( 6; 1;3)N −−
=> đường thẳng
là đường thẳng đi qua
M
và
N
=> Phương trnh
là:
6 1 3
7 4 1
x y z+ + −
==
−
Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 3
x y z
d
−+
==
−
và
điểm
(1; 1; 3)A −−
. Phương trnh chính tắc ca đường thẳng
đi qua
A
, vuông góc và cắt đường
thẳng
d
là
A.
1 1 3
2 1 3
x y z− + +
==
−
. B.
1 1 3
1 4 2
x y z− + +
==
.
C.
1 1 3
2 1 1
x y z− + +
==
−
. D.
1 1 3
1 1 1
x y z− + +
==
.
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
( )
M 2;1;0
và đường thẳng
d
có phương
trình
x 1 y 1 z
d: .
2 1 1
−+
==
−
Phương trnh ca đường thẳng
đi qua điểm
M
cắt và vuông góc
với đường thẳng
d
là:
Trang 17
A.
x 2 y 1 z
.
1 4 2
−−
==
−−
B.
x 2 y 1 z
.
1 4 2
−−
==
−−
C.
x 2 y 1 z
.
1 3 2
−−
==
−−
D.
x 2 y 1 z
.
3 4 2
− − −
==
− − −
Câu 27: Trong không gian
,Oxyz
cho ba điểm
(3;0;0)A
,
(1;2;1)B
và
(2; 1;2)C −
. Bit mặt phẳng
qua
B
,
C
và tâm mặt cu nội tip tứ diện
OABC
có một vectơ pháp tuyn là
(10; ; )ab
. Tổng
ab+
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 trnh
( )
OAB
là:
20yz− + =
.
Phương trnh
( )
OAC
là:
20yz+=
.
Phương trnh
( )
OBC
là:
0xz−=
.
Phương trnh
( )
ABC
là:
5 3 4 15 0x y z+ + − =
.
Gọi
( )
'; '; 'I a b c
là tâm mặt cu nội tip tứ diện
OABC
.
Do đó:
I
nằm cùng phía với
A
đối với
( )
OBC
suy ra:
( )
' ' 0ac−
.
I
nằm cùng phía với
B
đối với
( )
OAC
suy ra:
( )
2 ' ' 0bc+
.
I
nằm cùng phía với
C
đối với
( )
OAB
suy ra:
( )
' 2 ' 0bc− +
.
I
nằm cùng phía với
O
đối với
( )
ABC
suy ra:
( )
5 ' 3 ' 4 ' 15 0a b c+ + −
.
Suy ra:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,,
,,
,,
d I OAB d I OAC
d I OAB d I OBC
d I OAB d I ABC
=
=
=
' 2 ' 2 ' '
55
' 2 ' ' '
52
' 2 ' 5 ' 3 ' 4 ' 15
5 5 2
b c b c
b c a c
b c a b c
− + +
=
− + −
=
− + + + −
=
Trang 18
' 2 ' 2 ' '
2 ' 2 ' 5 ' '
10 ' 2 ' 5 ' 3 ' 4 ' 15
b c b c
b c a c
b c a b c
− + = +
− + = −
− + = + + −
( ) ( )
( ) ( )
' 2 ' 2 ' '
2 ' 2 ' 5 ' '
10 ' 2 ' 5 ' 3 ' 4 ' 15
b c b c
b c a c
b c a b c
− + = +
− + = −
− + = − + + −
3
'
2
3 10 9
'
2
9 10 27
'
2
a
b
c
=
−
=
−
=
.
Suy ra:
( )
3 3 10 9
3 3 10 9
;;
2 2 2
I

−
−



,
1 3 10 13 9 10 29
;;
2 2 2
BI
−−
=



,
( )
1; 3;1BC =−
.
30 9 10 10 3 10
, 50 15 10; ;
22
BI BC
− + −

= − +




cùng phương với
( )
10;3; 1n =−
.
Suy ra
( )
BCI
có một VTPT là
( ) ( )
10;3; 1 10; ;n a b= − =
.
Vy:
2ab+=
.
Cách khác:
Phương trnh
( )
OBC
là:
0xz−=
.
Phương trnh
( )
ABC
là:
5 3 4 15 0x y z+ + − =
.
Gọi
( )
là mặt phẳng qua
B
,
C
và tâm mặt cu nội tip tứ diện
OABC
.
Suy ra
( )
là mặt phẳng phân giác ca hai mặt phẳng
( )
OBC
và
( )
ABC
.
( )
5 3 4 15
:
2 50
x z x y z
− + + −
=
( )
( )
3 8 15 0 1
10 3 15 0 2
yz
x y z
−−=
+ − − =
.
Phương trnh
( )
1
bị loại do
O
và
A
phải nằm khác phía đối với
( )
. Vì vy ta chọn phương
trình
( )
2
. Do đó,
( )
có một VTPT là
( ) ( )
10;3; 1 10; ;n a b= − =
.
Vy:
2ab+=
.
Trang 19
Câu 28: Trong không gian
,Oxyz
cho tứ diện với điểm
(1;2;2)A
,
( 1;2; 1)B −−
,
(1;6; 1)C −
và
( 1;6;2)D −
. Bit mặt phẳng qua
B
,
C
và tâm mặt cu nội tip tứ diện
ABCD
có một vectơ pháp
tuyn là
( 1; ; )bc−
. Tổng
bc+
là
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
1−
Lời giải
Chọn B
Ta có phương trnh các mặt phẳng như sau:
( ):6 3 4 8 0ABC x y z− − + =
.
( ):6 3 4 16 0BCD x y z− + + =
.
( ):6 3 4 20 0CDA x y z+ + − =
.
( ):6 3 4 4 0ABD x y z+ − − =
.
Gọi
( )
'; '; 'I a b c
là tâm mặt cu nội tip tứ diện
DABC
.
Do đó:
I
nằm cùng phái với
A
đối với
( )
DBC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 16 0a b c− + +
.
I
nằm cùng phía với
B
đối với
( )
DAC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 20 0a b c+ + −
.
I
nằm cùng phía với
C
đối với
( )
DAB
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 4 0a b c+ − −
.
I
nằm cùng phía với
D
đối với
( )
ABC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 8 0a b c− − +
.
Suy ra:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,,
,,
,,
d I DAB d I DAC
d I DAB d I DBC
d I DAB d I ABC
=
=
=
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 20
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 16
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 8
a b c a b c
a b c a b c
a b c a b c
+ − − = + + −
+ − − = − + +
+ − − = − − +
( )
( )
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 20
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 16
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 8
a b c a b c
a b c a b c
a b c a b c
+ − − = − + + −
+ − − = − + +
+ − − = − − − +
'0
'4
1
'
2
a
b
c
=
=
=
.
Suy ra:
1
0;4;
2
I



,
3
1;2;
2
BI

=


,
( )
2;4;0BC =
.
Trang 20
( )
, 3;3;0BI BC

=−

cùng phương với
( )
1;1;0n =−
.
Suy ra
( )
BCI
có một VTPT là
( ) ( )
1;1;0 1; ;n b c= − = −
.
Vy:
1bc+=
.
Cách khác: có thể sử dụng mặt phẳng phân giác như trên.
Câu 29: Trong không gian
,Oxyz
cho tứ diện
ABCD
với điểm
(1;2;2)A
,
( 1;2; 1)B −−
,
(1;6; 1)C −
và
( 1;6;2)D −
. Thể tích ca mặt cu nội tip tứ diện
ABCD
là
A.
72 61
3721
V
=
. B.
288 61
3721
V
=
. C.
216 61
3721
V
=
. D.
288
61
V
=
Lời giải
Chọn B
Ta có phương trnh các mặt phẳng như sau:
( ):6 3 4 8 0ABC x y z− − + =
.
( ):6 3 4 16 0BCD x y z− + + =
.
( ):6 3 4 20 0CDA x y z+ + − =
.
( ):6 3 4 4 0ABD x y z+ − − =
.
Gọi
( )
'; '; 'I a b c
là tâm và
R
là bán kính mặt cu nội tip tứ diện
DABC
.
Do đó:
I
nằm cùng phái với
A
đối với
( )
DBC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 16 0a b c− + +
.
I
nằm cùng phía với
B
đối với
( )
DAC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 20 0a b c+ + −
.
I
nằm cùng phía với
C
đối với
( )
DAB
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 4 0a b c+ − −
.
I
nằm cùng phía với
D
đối với
( )
ABC
suy ra:
6 ' 3 ' 4 ' 8 0a b c− − +
.
Suy ra:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,,
,,
,,
d I DAB d I DAC
d I DAB d I DBC
d I DAB d I ABC
=
=
=
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 20
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 16
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 8
a b c a b c
a b c a b c
a b c a b c
+ − − = + + −
+ − − = − + +
+ − − = − − +
Trang 21
d
Q
P
K
I
M
H
N
( )
( )
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 20
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 16
6 ' 3 ' 4 ' 4 6 ' 3 ' 4 ' 8
a b c a b c
a b c a b c
a b c a b c
+ − − = − + + −
+ − − = − + +
+ − − = − − − +
'0
'4
1
'
2
a
b
c
=
=
=
.
Suy ra:
1
0;4;
2
I



, bán kính
36
61
R =
.
Vy thể tích mặt cu cn tìm là:
3
4 288 61
.
3 3721
VR
==
.
Cách khác: Sử dụng công thức nhanh.
( )
1
..
3
ABCD ABC ABD ADC BCD
V r S S S S= + + +
(
r
là bán kính ca mặt cu nội tip)
Ta có:
( )
2;0; 3AB = − −
,
( )
0;4; 3AC =−
,
( )
2;4;0AD =−
,
( )
0; 4; 3DB = − −
,
( )
2;0; 3DC =−
.
1
. , . 8
6
ABCD
V AB AC AD

==

.
1
. , 61
2
ABC
S AB AC

==

,
1
. , 61
2
ADC
S AD AC

==

,
1
. , 61
2
ABD
S AB AD

==

,
1
. , 61
2
BCD
S DB DC

==

.
Ta có:
( )
1
..
3
ABCD ABC ABD ADC BCD
V r S S S S= + + +
1 36
8 . .4 61
3 21
rr = =
.
Vậy:
3
4 288 61
.
3 3721
MatCau
VR
==
.
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
2
:
2 1 4
−
==
−
x y z
d
và mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 2S x y z− + − + − =
. Hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
chứa
d
và tip xúc với
( )
S
.
Gọi
M
và
N
là tip điểm. Độ dài đoạn thẳng
bằng
A.
2 2.
B.
43
.
3
C.
23
.
3
D.
4.
Lời giải
Chọn B.
Trang 22
Từ
( )
:S
Tâm
( )
1;2;1I
và bán kính
2=R
Từ
:d
Vectơ
( )
2; 1;4=−u
Hạ
IH d⊥
( )
2 2 ; ;4H t t t + −
( )
2 1; 2 ;4 1 = + − − −IH t t t
.0IH u=
( ) ( )( ) ( )
2 1 2 1 2 4 1 4 0t t t + + − − − + − =
.
0t=
( )
2;0;0H
.
Xét tam giác
IHM
vuông tại
M
ta có
2 2 2
MH IH IM=−
6 2 4= − =
2MH=
.
Ta có
2 2 2
1 1 1
MK MH MI
=+
11
42
=+
3
4
=
2
3
MK=
.
Vy
MN
2MK=
43
3
=
. Vy chọn Đáp án B
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
− + +
==
−
và mặt
phẳng
( ): 2 0.P x y z+ + + =
Đường thẳng
nằm trong mặt phẳng
( )
P
, vuông góc với đường
thẳng
d
đồng thời khoảng cách từ giao điểm
I
ca
d
với
( )
P
đn
bằng
42.
Gọi
( )
5; ;M b c
là hình chiu vuông góc ca
I
trên
.
Giá trị ca
bc
bằng
A.
10−
. B.
10
. C.
12
. D.
20.−
Lời giải
Chọn B.
Đường thẳng
d
có vecto chỉ phương là
( )
1
2;1; 1u −
.
Mặt phẳng
( )
P
có vecto pháp tuyn là
( )
1;1;1n
.
Trang 23
Gọi
2
u
là vecto chỉ phương ca đường thẳng
. Khi đó
( )
21
, 2; 3;1u u n

= = −

Vì
( )
I d P=
nên ta tm đưc
( )
1; 3;0I −
Gọi
là đường thẳng nằm trong
( )
P
và vuông góc với
,
M
=
thỏa mãn
42IM =
có vecto chỉ phương là
2
,u n u

=

( )
4;1; 5=−
.
Khi đó
'
có phương trnh là
14
3
5
xt
yt
zt
=+
= − +
=−
.
Gọi
M

( )
1 4 ; 3 ; 5M t t t + − + −
,
42IM =
( ) ( )
22
2
45t t t + +
42=
1t =
.
Với
1t =
( )
5; 2; 5M − −
10bc=
.
Với
1t =−
( )
3; 4;5M − −
(loại)
Vy
10bc =
Câu 32: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;1 ,A
( )
2; 1;3−B
. Tìm tọa độ điểm
M
trên
mặt phẳng
( )
Oxy
sao cho
22
2−MA MB
lớn nhất.
A.
31
; ;0 .
22



M
B.
13
; ;0 .
22
−



M
C.
( )
0;0;5 .M
D.
( )
3; 4;0 .−M
Lời giải
Chọn D.
Gọi
( ) ( )
; ;0 M x y Oxy
là điểm cn tìm.
( ) ( )
22
2 2 2
1 2 1 2 4 6= − + − + = + − − +MA x y x y x y
( ) ( )
22
2 2 2
2 1 9 4 2 14= − + − − + = + − + +MB x y x y x y
Ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 4 6 2 4 2 14MA MB x y x y x y x y− = + − − + − + − + +
2 2 2 2
2 6 8 22MA MB x y x y − =− − + − −
( ) ( )
22
22
2 3 4 3 3MA MB x y − = − − − + +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
3 0 3
4 0 4
xx
yy
− = =


+ = = −

Trang 24
Vy điểm
( )
3; 4;0−M
là điểm cn tìm.
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
4
đường thẳng
( )
1
3 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− + +
==
−
,
( )
2
1
:
121
x y z
d
−
==
−
,
( )
3
1 1 1
:
211
x y z
d
− + −
==
,
( )
4
1
:
1 1 1
x y z
d
−
==
−−
. Số đường thẳng trong
không gian cắt cả
4
đường thẳng trên là
A.
0
. B.
2
. C. Vô số. D.
1
.
Lời giải
Chọn A.
( )
1
d
đi qua điểm
( )
1
3; 1; 1M −−
và có VTCP
( )
1
1; 2;1u =−
.
( )
2
d
đi qua điểm
( )
2
0;0;1M
và có VTCP
( )
2
1; 2;1u =−
.
( )
12
3;1;2MM =−
.
Vì
12
;0uu

=

và
( )
1 1 2
; 5; 5; 5 0u M M

= − − −

nên
song song với
( )
2
d
.
Gọi
( )
P
là mặt phẳng chứa hai đường thẳng
và
( )
2
d
.
( )
P
đi qua điểm
( )
2
0;0;1M
và có
( )
1 1 2
; 5; 5; 5
P
n u M M

= = − − −

hay
( )
1;1;1n =
có phương
trình
( ) ( ) ( )
1 0 1 0 1 1 0x y z− + − + − =
10x y z + + − =
.
Gọi
( ) ( )
3
A d P=
. Xét hệ phương trnh
( )
1 2 1
11
1; 1;1
11
1 0 0
x t x
y t y
A
z t z
x y z t
= + =


= − + = −

−

= + =


+ + − = =

.
Gọi
( ) ( )
4
B d P=
. Xét hệ phương trnh
( )
0
11
0;1;0
0
1 0 0
x t x
y t y
B
z t z
x y z t
==


= − =



= − =


+ + − = =

.
Vì
( )
1; 2;1BA =−
cùng phương với
1
u
nên
( )
d
không thỏa mãn.
Trang 25
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
4
đường thẳng
( )
1
12
:
1 2 2
x y z
d
−−
==
−
,
( )
2
22
:
2 4 4
x y z
d
−−
==
−
,
( )
3
:
xt
d y t
zt
=
=
=
,
( )
4
1
:2
1
xt
d y t
zt
=+
=
=−
. Gọi
( )
d
là đường thẳng cắt cả bốn
đường thẳng trên. Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng
( )
d
?
A.
( )
0;0;1A
. B.
( )
2;2;2B
. C.
( )
6;6; 3C −
. D.
( )
4;4; 2D −
.
Lời giải
Chọn D.
( )
1
d
đi qua điểm
( )
1
1;2;0M
và có VTCP
( )
1
1;2; 2u =−
.
( )
2
d
đi qua điểm
( )
2
2;2;0M
và có VTCP
( )
2
2;4; 4u =−
.
( )
12
1;0;0MM =
.
Vì
12
;0uu

=

và
( )
1 1 2
; 0; 2; 2 0u M M

= − −

nên
song song với
( )
2
d
.
Gọi
( )
P
là mặt phẳng chứa hai đường thẳng
và
( )
2
d
.
( )
P
đi qua điểm
( )
1
1;2;0M
và có
( )
1 1 2
; 0; 2; 2
P
n u M M

= = − −

hay
( )
0;1;1n =
có phương
trình
( ) ( ) ( )
0 1 1 2 1 0 0x y z− + − + − =
20yz + − =
.
Gọi
( ) ( )
3
A d P=
. Xét hệ phương trnh
( )
1
1
1;1;1
1
2 0 1
x t x
y t y
A
z t z
y z t
==


==



==


+ − = =

.
Gọi
( ) ( )
4
B d P=
. Xét hệ phương trnh
( )
12
22
2;2;0
10
2 0 1
x t x
y t y
B
z t z
y z t
= + =


==



= − =


+ − = =

.
( )
d
đi qua điểm
( )
1;1;1A
và có VTCP
( )
1;1; 1AB =−
có phương trnh
1
1
1
xt
yt
zt
=+
=+
=−
.
Vì
AB
không cùng phương với
1
u
nên
( )
d
thỏa mãn.
Trang 26
Dễ thấy
( ) ( )
4;4; 2Dd−
.
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
3
đường thẳng
( )
1
:4
12
xt
d y t
zt
=
=−
= − +
,
( )
2
2
:
211
x y z
d
−
==
,
( )
3
1 1 1
:
5 2 1
x y z
d
+ − +
==
. Vit phương trnh đường thẳng
( )
d
cắt ba đường
thẳng
( ) ( ) ( )
1 2 3
,,d d d
ln lưt tại các điểm
,,A B C
sao cho
AB BC=
.
A.
2
1 1 1
x y z−
==
−
. B.
2
1 1 1
x y z−
==
. C.
2
1 1 1
x y z−
==
−
. D.
2
1 1 1
x y z+
==
−
.
Lời giải
Chọn B.
( ) ( )
1
;4 ; 1 2A d A a a a − − +
.
( ) ( )
2
2 ;2 ;B d B b b b +
.
( ) ( )
3
1 5 ;1 2 ; 1C d C c c c − + + − +
.
Vì
B
là trung điểm ca
AC
nên
15
2
2
4 5 1 1
4 1 2
2 2 2 1 0
2
2 2 2 0
1 2 1
2
ac
b
a b c a
ac
b a b c b
a b c c
ac
b
−+
=
− + = =

− + +
+ = − − + = − =
− + = =

− + − +
=
.
( ) ( )
1;3;1 , 0;2;0AB
.
( )
d
đi qua điểm
( )
0;2;0B
và có VTCP
( )
1;1;1BA =
có phương trnh
2
1 1 1
x y z−
==
.
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
2
:
2 1 4
x y z
d
−
==
−
và mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2S : x y z− + − + − =
. Hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
chứa
d
và tip xúc với
( )
S
. Gọi
M ,N
là tip điểm. Tính độ dài đoạn thẳng
.
A.
6.
B.
22.
C.
4
3
.
D.
4.
Lời giải
Chọn C.
Trang 27
Ta có mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;1I
, bán kính
2R =
.
Cách 1:
Gọi
H
là hnh chiu ca điểm
I
trên đường thẳng
d
( )
,6IH d I d = =
Theo bài ra ta có:
2IM IN R= = =
22
2MH NH IH IM = = − =
2 2 2
1 1 1 1 1 3
2 4 4ME MI MH
= + = + =
2
3
ME=
4
3
MN=
-
Cách 2:
Đường thẳng
d
đi qua điểm
( )
2;0;0A
, có vectơ chỉ phương
( )
2; 1;4u −
.
Mặt phẳng
( )
P
chứa
d
có dạng
( ) ( )
: 2 0P A x By Cz− + + =
( )
2 2 2
0A B C+ +
Do
( )
dP
nên ta có
2. 1. 4 0 2 4A B C B A C− + = = +
.
Ta có điều kiện tip xúc
( )
( )
,R d I P=
2 2 2
2
2
A B C
A B C
− + +
=
++
( )
22
39
2*
5 17 16
AC
A C AC
+
=
++
Bin đổi phương trnh (*) về phương trnh đẳng cấp bc 2 đối với
,AB
. Giải phương trnh, tm
đưc mối liên hệ ca
A
theo
B
. Từ đó suy ra phương trnh mặt phẳng tip diện, suy ra tọa độ
tip điểm.
Chú ý: - Do phương trnh (*) có nghiệm quá lẻ nên tôi không trình bày chi tit ở đây. Tôi đã chọn
bài 01 minh họa cách giải này.
- Với bài tp này cách giải thứ nhất phù hp hơn. Tuy nhiên với bài toán tìm tọa độ tip
điểm
,MN
hay vit phương trnh đường thẳng
thì cách 2 phù hp hơn.
E
I
H
M
N
Trang 28
Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
13 1
:
1 1 4
x y z
d
−+
==
−
và mặt
cu
( )
2 2 2
: 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − −
. Qua
d
dựng các mặt phẳng tip xúc với
( )
S
ln
lưt tại
12
,TT
. Vit phương trnh đường thẳng
12
TT
.
A.
8 1 5
1 5 1
x y z− − −
==
−
B.
8 1 5
1 5 1
x y z− + −
==
−
C.
8 1 5
1 5 1
x y z− − +
==
D.
8 1 5
1 5 1
x y z− − −
==
−−
Lời giải
Chọn A.
Ta có mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
, bán kính
3R =
.
Đường thẳng
d
đi qua điểm
( )
13; 1;0A −
, có vectơ chỉ phương
( )
1;1;4u −
.
Mặt phẳng
( )
P
chứa
d
có dạng
( ) ( ) ( )
: 13 1 0P A x B y Cz− + + + =
( )
2 2 2
0A B C+ +
Do
( )
dP
nên ta có
1. 1. 4 0 4A B C B A C− + + = = −
.
Ta có điều kiện tip xúc
( )
( )
,R d I P=
2 2 2
12 3 3
9
A B C
A B C
− + +
=
++
22
99
9
2 17 8
AC
A C AC
+
=
+−
2
8
AC
AC
=
=
Suy ra hai mặt phẳng tip diện là
( )
1
:2 2 28 0;P x y z− + − =
( )
2
:8 4 100 0P x y z+ + − =
.
Suy ra tọa độ các tip điểm
( )
1
7; 4;6 ,T −
( )
2
9;6;4T
12
7 4 6
:
1 5 1
x y z
TT
− + −
= =
−
Chọn đáp án A.
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
2
2 1 4
x y z
d:
−
==
−
và mặt cu
( )
S
tâm
( )
1 2 1I ; ;
, bán kính
R
. Hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
chứa
d
và tip xúc với
( )
S
tạo với
nhau góc
0
60
. Hãy vit phương trnh mặt cu
( )
S
A.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 6x y z− + − + − =
B.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 3x y z− + − + − =
C.
( ) ( ) ( )
2 2 2
3
1 2 1
2
x y z− + − + − =
D.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 1x y z− + − + − =
Lời giải
Trang 29
Chọn C.
Gọi
,MN
là tip điểm ca mặt phẳng
( ) ( )
,PQ
và mặt cu
( )
S
. Gọi
H
là hnh chiu ca điểm
I
trên đường thẳng
d
( )
,6IH d I d = =
.
TH1: Góc
60MHN =
:
Theo bài ra ta có:
0
16
.sin30 6.
22
R IM IH= = = =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3
1 2 1
2
S : x y z − + − + − =
.
TH2: Góc
120MHN =
:
Theo bài ra ta có:
0
3 18
.sin60 6.
22
R IM IH= = = =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
9
1 2 1
2
S : x y z − + − + − =
.
Câu 38: Trong không gian
Oxyz
cho tam giác
ABC
có trọng tâm
G
, bit
( ) ( )
6; 6;0 , 0;0;12BC−
và đỉnh
A
thay đổi trên mặt cu
( )
2 2 2
1
:9S x y z+ + =
. Khi đó
G
thuộc mặt cu
( )
2
S
A.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 2 2 4 1S x y z+ + − + + =
B.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 2 2 4 1S x y z− + + + − =
.
C.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 4 4 8 1S x y z− + + + − =
. D.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 2 2 4 3S x y z− + + + − =
.
Lời giải
Chọn B.
Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm, ta có:
3 6; 3 6; 3 12
A G A G A G
x x y y z z= − = + = −
Do
A
thay đổi trên mặt cu
( )
2 2 2
1
:9S x y z+ + =
nên ta có:
( )
2
22
(3 6) 3 6 (3 12) 9
G G G
x x x− + + + − =
E
I
H
M
N
Trang 30
2 2 2
( 2) (y 2) ( 4) 1
G G G
xz − + + + − =
Vy
G
thuộc mặt cu có PT:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 2 2 4 1S x y z− + + + − =
.
Câu 39: Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi
E
,
M
ln lưt là
trung điểm các cạnh
BC
,
SA
,
là góc tạo bởi đường thẳng
và mặt phẳng
( )
SBD
. Tính
tan
.
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D.
Giả sử
1OA =
. Chọn hệ trục tọa độ sao cho
Ox OC
,
Oy OB
,
Oz OS
,
Ta có
( )
1;0;0C
,
( )
1;0;0A −
( )
SBD
nhn
( )
2;0;0AC =
là một vecto pháp tuyn.
Từ
22SA AB OA= = =
22
1SO SA OA = − =
.
( )
( )
0;0;1
1;0;0
S
A
−
11
;0;
22
M

−


.
Ta có
( )
( )
1;0;0
0;1;0
C
B
11
; ;0
22
E



EM
nhn
11
1; ;
22
ME

=−


là một vecto chỉ phương.
( )
( )
sin ; sinEM SBD
=
.
.
ME AC
ME AC
=
22
2
2
11
1 .2
22
=
+ + −
6
3
=
1
cos
3
=
tan 2
=
.
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
0;2; 2 , 2;2; 4AB−−
. Giả sử
( )
;;I a b c
là tâm đường tròn ngoại tip tam giác
OAB
. Tính
2 2 2
T a b c= + +
.
A.
T8=
B.
T2=
C.
T6=
D.
T 14=
Lời giải
M
E
O
S
A
B
C
D
Trang 31
Chọn A
Ta có
22OA AB==
nên tam giác
OAB
cân tại
A
, vì vy
I
thuộc đường trung tuyn qua
A
là
( ) ( )
1
: 1 1 ; 1 ; 2
2
xt
d y t I t t
z
=+
= − + − −
=−
( )
1 2; 0; 2IA IO t I= = −
Do đó
8T =
→ chọn A.
Câu 41:Cho hnh lp phương
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có cạnh bằng
.a
Gọi
K
là trung điểm ca
'.DD
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
CK
và
'AD
bằng
A.
3
.
3
a
B.
3
2
a
. C.
23
.
3
a
D.
3
a
.
Hướng dẫn giải:
Chọn
1a =
ta có hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
( ) ( )
1
0;0;0 , ' 1;0;1 , 0;0;
2
D A K



và
( )
0;1;0C
Ta có
( )
' 1;0;1DA =
;
1
0; 1;
2
CK

−


và
1
0;0;
2
DK



Ta có
1
';CK 1; ; 1
2
DA


= − −



1
';CK .
2
DA DK

=−

Do đó
( )
( )
';
2
2
1
2
1
11
2
A D CK
d
−
=

+ − + −


1
1
2
3
1
11
4
−
==
++
.
Vy
( )
';
3
A D CK
a
d =
.
Câu 42: Bit rằng có n mặt phẳng với phương trnh tương ứng là
( ): 0( 1,2,... )
i i i i
P x a y b z c i n+ + + = =
đi qua
(1;2;3)M
(nhưng không đi qua O) và cắt các trục tọa
Trang 32
độ
,Ox
,Oy Oz
theo thứ tự tại
,,A B C
sao cho hình chóp
.O ABC
là hnh chóp đều. Tính tổng
12
... .
n
S a a a= + + +
A.
3.S =
B.
1.S =
C.
4.S =−
D.
1.S =−
Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng
( )
ABC
là:
( )
10
x y z
abc
a b c
+ + =
( ) ( )
1 2 3
(1;2;3) 1 *M ABC
abc
+ + =
.O ABC
là hnh chóp đều nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1
2
3
4
ba
ca
ba
ca
abc
ba
ca
ba
ca
=
=
=
=−
= =
=−
=
=−
=−
+) Thay
( )
1
vào
( )
*
ta đưc:
( )
1
6 : 6 0a b c P x y z= = = + + − =
+) Thay
( )
2
vào
( )
*
ta đưc:
1 2 3
1
a a a
+ − =
( vô nghiệm)
+) Thay
( )
3
vào
( )
*
ta đưc:
( )
2
123
1 2; 2 : 2 0a c b P x y z
a a a
− + = = = = − − + − =
+) Thay
( )
4
vào
( )
*
ta đưc:
( )
3
1 2 3
1 4; 4 : 4 0a b c P x y z
aaa
− − = = − = = − − + =
Vy
( ) ( )
12
... 1 1 1 1
n
S a a a= + + + = + − + − = −
.
Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, mặt phẳng
( )
P
qua hai điểm
()1;8;0M
,
( )
0;0;3C
cắt các nửa trục dương
Ox
,
Oy
ln lưt tại
A
,
B
sao cho
OG
nhỏ nhất (
G
là trọng tâm tam
giác
ABC
). Bit
( ; ; )G a b c
, tính
P a b c= + +
.
A.
7
. B.
12
. C.
3
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D.
Gọi
( ) ( )
;0;0 , 0; ;0A m B n
mà
( )
0;0;3C
nên
; ;1
33
mn
G



và
( )
2 2 2
1
1
9
OG m n= + +
.
( )
:1
3
x y z
P
mn
+ + =
.
( )
P
qua hai điểm
()1;8;0M
nên
18
1
mn
+=
.
Ta có
( )
2
14
1 8 1 16
1 2 25
22
mn
m n m n m n
+
= + = + +
+
.
Suy ra
( )
2 2 2 2 2
134
25 2 5 125
9
m n m n m n OG + + +
.
Trang 33
Dấu bằng khi
18
1
5
5 10
; ;1
10
33
12
m
mn
G
n
mn
+=
=




=

=
.
Câu 44:Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2;5M
. 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 trnh mặt phẳng
( )
P
là
A.
0
5 2 1
x y z
+ + =
. B.
80x y z+ + − =
.
C.
2 5 30 0x y z+ + − =
. D.
1
5 2 1
x y z
+ + =
.
Lời giải
Chọn C.
Cách 1:
Gọi
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
.
Phương trnh mặt phẳng
( )
ABC
là
1
x y z
a b c
+ + =
.
Do
( )
M ABC
nên ta có phương trnh
( )
1 2 5
11
abc
+ + =
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 ;2;5 , 0; ; , 1;2 ;5 , ;0;AM a BC b c BM b AC a c= − = − = − = −
.
Do
M
là trực tâm tam giác
ABC
nên
( )
5
. 0 2 5 0
2
2
50
.0
5
c
AM BC b c
b
ac
BM AC
ac
= − + =
=


− + =
=
=
.
Th
( )
2
vào
( )
1
ta đưc
1 4 5
1 6 30; 15
55
c a b
c c c
+ + = = = =
.
Vy phương trnh mặt phẳng
( )
ABC
là
1 2 5 30 0
30 15 6
x y z
x y z+ + = + + − =
.
Cách 2:
Ta có chứng minh đưc
( )
OM ABC⊥
.
( )
ABC
đi qua
M
nhn
OM
làm VTPT.
( ) ( ) ( ) ( )
:1 1 2 2 5 5 0 2 5 30 0ABC x y y x y y− + − + − = + + − =
.
Câu 45: Cho hình lp phương
.ABCD A B C D
cạnh
.a
Gọi
,MN
ln lưt là trung điểm ca
AC
và
BC

(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN
và
BD

bằng
N
M
D'
A'
C'
C
A
D
B
B'
Trang 34
A.
5.a
B.
5
.
5
a
C.
3.a
D.
.
3
a
Lời giải
Chọn D.
Cách 1. ( dùng tọa độ)
Đưa hnh lp phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
);0;(),;;0(),;0;0(),0;;('),0;;0('),0;0;('),0;0;0(' aaCaaAaBaaDaAaCB
.\
Ta có : *)
)2;1;0()2;1;0(
2
);
2
;0()0;0;
2
(),;
2
;
2
(
1
u
a
a
a
MN
a
Na
aa
M
−
=−
−
=
là VTCP ca MN.
*)
2
)0;1;1()0;;('' uaaaDB =
là VTCP ca B’D’.
3
;
';
)'';(
21
21
a
uu
NBuu
DBMNd ==
.
Cách 2.
Gọi P là trung điểm ca C’D’.
'.''','' DBCAINPCAE ==
Ta có :
hBDPNIdBDPNDBdDBMNd === ))(;())(;''()'';(
.
Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN.
Vy
3
91
2
16111
222222
a
h
aaaIEMIh
==+=+=
.
Câu 46: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
: 3 0xz
− − =
và điểm
( )
1;1;1M
. Gọi
A
là
điểm thuộc tia
Oz
,
B
là hình chiu ca
A
lên
( )
. Bit rằng tam giác
MAB
cân tại
M
. Diện
tích ca tam giác
MAB
bằng:
A.
6 3.
B.
33
.
2
C.
3 123
.
2
D.
3 3.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
( )
0;0;Aa
với
0a
. Đường thẳng
AB
đi qua điểm
( )
0;0;Aa
và có một vectơ chỉ phương
( )
1;0; 1u =−
có phương trnh là:
0
xt
y
z a t
=
=
=−
( )
t
.
( )
B
30t a t − + − =
3
2
a
t
+
=
33
;0;
22
aa
B
+−



.
Vì tam giác
MAB
cân tại
M
MA MB=
( )
22
2
15
1 1 1 1
22
aa
a
+−
+ + − = + +
Trang 35
22
2
2 1 10 25
2 1 1
44
a a a a
aa
+ + − +
− + + = +
22
4 8 8 2 8 26a a a a − + = − +
2
2 18a=
3a=
( )
0;0;3A
và
( )
3;0;0B
.
Cách 1:
( )
1;1; 2AM =−
,
( )
2;1;1BM =−
( )
, 3;3;3AM BM

=

1
,
2
ABM
S AM BM

=

.
33
2
=
.
Cách 2: Gọi
I
là trung điểm ca
AB
. Ta có
33
;0;
22
I



.
( )
22
2
11
1
22
IM
= + − +
6
2
=
.
( )
2
22
3 0 3AB = + + −
32=
.
Do đó
1
.
2
ABM
S IM AB=
16
. .3 2
22
=
33
2
=
.
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
−
và mặt
phẳng
( )
: 2 2 4 0P x y z+ + − =
. Phương trnh đường thẳng
d
nằm trong mặt phẳng
( )
P
sao cho
d
cắt và vuông góc với
là
A.
( )
3
: 1 2 ,
1
xt
d y t t
zt
= − +
= −
=−
. B.
( )
3
: 2 ,
22
xt
d y t t
zt
=
= +
=+
.
C.
( )
24
: 1 3 ,
4
xt
d y t t
zt
= − −
= − +
=−
. D.
( )
1
: 3 3 ,
32
xt
d y t t
zt
= − −
= −
=−
.
Lời giải
Chọn C.
Đường thẳng
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
−
có vectơ chỉ phương
( )
1;1; 1u −
, và mặt phẳng
( )
: 2 2 4 0P x y z+ + − =
có vectơ pháp tuyn
( )
1;2;2n
suy ra
( )
, 4; 3;1un

=−

.
Gọi
( )
M d M P= =
( )
;1 ;2M M t t t = + −
;
( )
MP
( ) ( )
2 1 2 2 4 0t t t + + + − − =
2t = −
Suy ra
( )
2; 1;4M = − −
.
Trang 36
Đường thẳng
d
đi qua
( )
2; 1;4M = − −
và nhn
( )
, 4; 3;1un

=−

làm vectơ chỉ phương nên có
phương trnh là:
( )
24
: 1 3 ,
4
xt
d y t t
zt
= − −
= − +
=−
.
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ
0xyz
cho đường thẳng
d
và mặt cu
( )
S
có phương
trình ln lưt là:
31
:
1 2 2
x y z
d
++
==
−
;
( )
2 2 2
: 2 4 2 18 0S x y z x y z+ + − + + − =
bit
d
cắt
( )
S
tại
hai điểm
,MN
th độ dài đoạn
MN
là
A.
30
3
MN =
. B.
20
3
MN =
. C.
16
3
MN =
. D.
8MN =
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có phương trnh tham số ca
( )
d
là:
3
2
12
xt
yt
zt
= − −
=
= − +
thay vào
( )
S
ta đưc
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 1 2 2 3 4 2 2 1 2 18 0t t t t t t− − + + − + − − − + + − + − =
2
2
9
t
t
=−
=
Với
( )
2 1; 4; 5tM= − − − −
; với
2 29 4 5
;;
9 9 9 9
tM

= − −


20 40 40
;;
9 9 9
MN
−

=


20
3
MN=
.
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
( )
0;0, 3 ,A −
( )
2;0; 1B −
và
( )
P
3 8 7 1 0x y z− + − =
. Hỏi có bao nhiêu điểm
C
trên mặt phẳng
( )
P
sao cho
ABC
đều.
A. vô số. B. Có một. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D.
Gọi
( )
1 1 1
, ,zC x y
là điểm cn tìm
( )
2
22
1 1 1
z3AC x y = + + +
,
( ) ( )
22
2
1 1 1
2 z 1AC x y= − + + +
,
8AB =
Do
( )
CP
1 1 1
3 8 7 1 0x y z − + − =
( )
1
Trang 37
Do
ABC
đều
AB AC BC = =
.
( )
( ) ( )
2
22
1 1 1
22
2
1 1 1
z 3 8
2 z 1 8
xy
xy
+ + + =
− + + + =
( )
2
22
1 1 1
11
z 3 8
1
xy
xz
+ + + =
= − −
Th
11
1xz= − −
vào
( )
1
11
21zy = +
,
11
22xy= − −
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
2 2 2 4 8y y y − − + + + =
2
11
3 8 4 0yy + + =
1
1
2
2
3
y
y
=−
=−
.
( )
2, 2, 3C − −
và
221
' ; ,
3 3 3
C
−−

−


.
Câu 50: Trong không gian với hệ trục
Oxyz
. Cho
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
, với
a
,
b
,
c
dương và thỏa
6abc+ + =
. Bit rằng
a
,
b
,
c
thay đổi thì tâm
I
ca mặt cu ngoại tip
OABC
thuộc mặt phẳng
( )
P
cố định. Khi đó khoảng cách
d
từ
( )
1;1;1N
tới
( )
P
bằng:
A.
3d =
. B.
23
3
d =
. C.
3
3
d =
. D.
0d =
.
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 ca
OC
cắt
Mt
tại tâm
I
ca mặt cu ngoại tip
OABC
và
;;
2 2 2
a b c
I



.
Lại có:
6
2
23
I I I
abc
x y z
++
+ + = = =
I
thuộc mặt phẳng
( )
: 3 0P x y z+ + − =
cố định.
Vy,
( )
( )
,0d N P =
.
Trang 38
Câu 51:Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
với
,,abc
là
các số thực thay đổi, khác 0 và thỏa mãn
6abc+ + =
. Gọi tâm mặt cu ngoại tip tứ diện
OABC
là
.I
Giá trị nhỏ nhất ca
OI
bằng
A.
3
. B.
3
2
. C.
3
3
. D.
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 tip tam giác
OBC
.
Trong mặt phẳng
( )
,OA d
, từ trung điểm
N
ca đoạn
OA
kẻ đường thẳng vuông góc với
OA
tại
N
cắt
d
tại
I
. Khi đó
I
là tâm mặt cu ngoại tip tứ diện
OABC
.
Ta có tọa độ điểm
0; ;
22
bc
M



, khi đó điểm
;;
2 2 2
a b c
I



.
Do đó
222
2 2 2
1
3
2 2 2 2
23
a b c a b c
OI a b c
++
= + + = + + =
.
Dấu bằng xảy ra
2.abc = = =
Câu 52: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
với
,,abc
là
các số thực thay đổi, khác 0 và thỏa mãn
3abc+ + =
. Tính thể tích nhỏ nhất ca khối cu ngoại
tip tứ diện
OABC
:
A.
3
2
. B.
3
. C.
4
. D.
12
.
Lời giải
Trang 39
Chọn A
Dựng trục đường tròn ngoại tip tam giác
OBC
, tâm
I
ca khối cu ngoại tip tứ diện là giao
điểm ca trục đường tròn và mặt phẳng trung trực ca cạnh
OA
.
Khi đó
222
2 2 2
13
2 2 2 2 2
23
a b c a b c
OI a b c
++
= + + = + + =
Do đó GTNN ca thể tích khối cu ngoại tip là
3
43
32
VR

==
.
Câu 53:Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
( )
1; 2;3M −
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng qua
M
cắt các trục tọa độ ln lưt tại
,,A B C
. Khi đó giá trị nhỏ nhất ca
2 2 2
1 1 1
OA OB OC
++
là:
A.
1
14
. B.
1
. C.
14
. D.
14
.
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng
( )
P
có phương trnh
1
x y z
a b c
+ + =
, trong đó
1 2 3
1
a b c
− + =
.
Ta có
( )
2
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 1 1 1 1 1 1
1 1 4 9
14a b c a b c a b c
= − + + + + + + +
Do đó
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
14OA OB OC a b c
+ + = + +
.
Dấu bằng xẳy ra
14
14, 7,
3
a b c = = − =
.
Cách khác: Gọi
H
là hnh chiu vuông góc ca
O
lên mặt phẳng
( )
P
.
Khi đó
OABC
là góc tam diện vuông nên có
2 2 2 2
1 1 1 1
OA OB OC OH
+ + =
Mà
22
1 1 1
14
OH OM
OH OM
=
2 2 2
1 1 1
OA OB OC
++
đạt giá trị nhỏ nhất khi
HM
.
Câu 54: Trong không gian , cho ba điểm , , và . Bit mặt
phẳng qua ,
và tâm mặt cu nội tip tứ diện có một vectơ pháp tuyn là .
Tổng là:
A. . B. . C. . D. .
Oxyz
( )
3;0;0A
( )
1;2;1B
( )
2; 1;2C −
B
C
OABC
( )
10; ;ab
ab+
2−
2
1
1−
Trang 40
Lời giải
Chọn B.
Gọi tâm mặt cu nội tip tứ diện là .
Ta có phương trnh : .
Phương trnh mặt phẳng : .
Tâm cách đều hai mặt phẳng và suy ra:
.
Nhn xt: hai điểm và nằm về cùng phía với nên loại .
Hai điểm và nằm về khác phía nên nhn .
Thấy ngay một vectơ pháp tuyn là thì , .Vy .
Phân tích: Bản chất bài toán là đi lập phương trình mặt phẳng phân giác “trong” của hai
mặt phẳng và .
Câu 55:Trong không gian , cho các điểm , , và .
Gọi là hình chiu vuông góc ca trên . Bit mặt phẳng có một vectơ pháp tuyn
là . Tổng là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B.
Ta có . . Suy ra .
Suy ra . Suy ra có một vc tơ pháp tuyn là .
Thấy ngay một vectơ pháp tuyn khác là do đó , .Vy .
Câu 56: Trong không gian , cho ba điểm , , và . Tp hp tất
cả các điểm trong không gian có tỉ số khoảng cách đn hai mặt phẳng và bằng
là:
A. Một mặt phẳng. B. Hai mặt phẳng. C. Một mặt cu. D. Một mặt trụ.
Lời giải
Chọn B.
Gọi điểm có tỉ số khoảng cách đn hai mặt phẳng bằng .
Ta có phương trnh : .
Phương trnh mặt phẳng : .
Ta có suy ra:
.
Vy chọn B.
OABC
( )
;;I x y z
( )
OBC
0xz−=
( )
ABC
5 3 4 15 0x y z+ + − =
I
( )
OBC
( )
ABC
5 3 4 15
2 5 2
x z x y z− + + −
=
( )
( )
3 5 0
10 3 15 0
yz
x y z
+ − =
+ − − =
A
O
( )
( )
A
O
( )
( )
( )
10; ;ab
3a =
1b =−
2ab+=
( )
OBC
( )
ABC
Oxyz
( )
3;0;0A
( )
1;2;1B
( )
2; 1;2C −
( )
6;1;0D
I
C
AD
( )
BCI
( )
6; ;ab
ab+
2−
2
1
1−
( )
1; 3;1BC =−
( )
3;1;0AD =
BC AD⊥
( )
BCI AD⊥
( )
BCI
( )
3;1;0AD =
( )
6;2;0
2a =
0b =
2ab+=
Oxyz
( )
3;0;0A
( )
1;2;1B
( )
2; 1;2C −
( )
ABC
( )
OBC
2
( )
;;I x y z
2
( )
OBC
0xz−=
( )
ABC
5 3 4 15 0x y z+ + − =
( )
( )
( )
( )
;
1
2
;
d I OBC
d I ABC
=
5 3 4 15
1
2
2 5 2
x z x y z− + + −
=
10 5 3 4 15x z x y z − = + + −
5 3 14 15 0
15 3 6 15 0
x y z
x y z
− − + =
− − + + =
Trang 41
Câu 57: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm
( ) ( )
2;2;0 , 2;0; 2AB−
và mặt phẳng
( ): 2 1 0P x y z+ − − =
. 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
4a b 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 ca đoạn thẳng AB. Ta có
phương trnh trung trực ca
AB
là
( ): 0Q y z+=
+) M thuộc giao tuyn ca hai mặt phẳng
( ),(Q)P
nên M thuộc đường thẳng
13
( ):
xt
d y t
zt
=+
=−
=
.
Gọi
( )
1 3 ; ;M t t t+−
, ta có
2
2
.
11 2 1
cos
. 11 2 5
MA MB
tt
AMB
MA MB t t
−+
==
−+
.
Khảo sát hàm số
2
2
11 2 1
(t)
11 2 5
tt
f
tt
−+
=
−+
, ta đưc
5
min (t)
27
f =
khi
1
11
t =
.
Suy ra
AMB
có số đo lớn nhất khi
1
11
t =
, ta có
14 1 1
;;
11 11 11
M

−


.
Khi đó giá trị
41a b c+ + =
.
Cách 2:
I
là trung điểm ca
AB
( )
2,1, 1I−
( )
0, 2, 2AB
MA MB
−−
=
M
thuộc mặt phẳng trung trực ca
AB
gọi là
( )
Q
( ) ( ) ( ) ( )
:0 2 1 1 1 1 0Q x y z − + − + + =
0yz + =
Do giả thuyt
( ) ( ) ( )
M P M P Q =
Toạ độ
M
thỏa mãn hpt
( ) ( )
13
2 1 0
1 3 , ,
0
xt
x y z
y t M t t t
yz
zt
=−
+ − − =
= − −

+=
=−
Trang 42
Do
AMB
cân tại
M
2AMB AMI =
Mà
00
0 90 max sin maxAMI AMI AMI
Lại có
sin max
AI
AMI
AM
=
,
AI
cố định
sin max minAMI AM
Mà
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
AM= 1 3 2 1 1 11 2 3t t t t t− − + − + − + = + +
( )
2
min 11 2 3 minAM f t t t = + +
( )
1
min t=
11
ft
−

Vy
14 1 1 14 1 1
; ; ; ;
11 11 11 11 11 11
M a b c
−−

= = =


41T a b c = + + =
.
Câu 58: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xt mặt cu (S) đi qua hai điểm
( ) ( )
1;6;2 , 3;0;0AB
và có tâm thuộc mặt phẳng
( )
: 2 0P x y−+=
bán kính ca mặt cu (S) có
giá trị nhỏ nhất là
A.
462
6
. B.
534
4
. C.
218
6
. D.
530
4
.
Lời giải
Chọn A
Gọi H là trung điểm ca đoạn thẳng AB,
nên H(2; 3; 1). Vecto
( )
1; 3; 1HB = − −
.
Mặt cu đi qua A, B có tâm M thuộc mặt phẳng (Q)
là mặt phẳng trung trực ca đoạn thẳng AB
Trang 43
qua H và có vecto pháp tuyn
( )
1; 3; 1HB = − −
có phương trnh
( )
: 3 6 0Q x y z− + + =
.
Do tâm M ca mặt cu cũng thuộc (P) nên M thuộc đường thẳng (d) là giao ca (P) và (Q) có
vectơ chỉ phương
( )
1;1;2u =
và qua
( )
0
2;0;4M −
.
Gọi d là khoảng cách từ H đn (d),
( )
( )
0
,
66
,
6
MHu
d d H d
u


= = =
,
11HB =
.
Ta có
22
R MB HB MH= = +
. Nhn thấy HB không đổi, R nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, MH nhỏ
nhất khi M trùng I, lúc đó
66
6
MH HI d= = =
. (I là hnh chiu vuông góc ca H lên (d))
Vy
22
min
66 462
11
36 6
R HB IH= + = + =
.
Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng
1
1
: 2 2
3
xt
d y t
zt
=+
=−
= − −
và
2
43
: 3 2
1
xt
d y t
zt
=+
=+
=−
. Trên đường thẳng
1
d
lấy hai điểm
,AB
sao cho
3AB =
. Trên đường thẳng
2
d
lấy hai điểm
,CD
sao cho
4CD =
. Tính thể tích
V
ca khối tứ diện
ABCD
.
A.
7V =
. B.
2 21V =
. C.
4 21
3
V =
. D.
5 21
6
V =
Lời giải:
Chọn B
Ta có đường thẳng
1
d
đi qua điểm
( )
1
1;2; 3M −
và có vec tơ chỉ phương
( )
1
1; 2; 1u −−
Ta có đường thẳng
2
d
đi qua điểm
( )
2
4;3;1M
và có vec tơ chỉ phương
( )
1
3;2; 1u −
Ta có khoảng cách giữa
12
;dd
là
1 2 1 2
12
,.
42
21
16 4 64
,
u u M M
d
uu


= = =
++


Nhn xét rằng
12
dd⊥
Thể tích khối tứ diện cn tìm là
11
. . .sin .3.4. 21. 2 21
66
V ABCD d
= = =
.
Trang 44
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
2 4 4 0: yzS x y zx + + − + + =
và điểm
( )
1;2; 1M −
. Một đường thẳng thay đổi qua
M
cắt
( )
S
tại hai điểm
,A B
. Tìm giá trị
lớn nhất ca tổng
MA MB+
.
A.
8
. B.
10
. C.
2 17
. D.
8 2 5+
.
Lời giải
Chọn C
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 2; 2I −−
và bán kính
3R =
. Trong khi
17 3IM =
nên
M
nằm
ngoài hình cu
( )
S
.
Gọi
H
là trung điểm ca
AB
, có
M
nằm trên đường
AB
và nằm ngoài đoạn
AB
nên có
2MA MB MH+=
.
Mặt khác, tam giác
IHM
vuông tại
H
nên
MH MI
. Vy
2 17MA MB +
.
Đẳng thức xảy ra khi đường thẳng qua
M
và tâm
I
ca mặt cu, tức
AB
lúc này là đường kính
ca mặt cu.
Vy giá trị lớn nhất ca tổng
MA MB+
là
2 17
.
Câu 61: Cho hình lp phương
.ABCD A B C D
cạnh
.a
Gọi
,MN
ln lưt là trung điểm ca
AC
và
BC

(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN
và
BD

bằng
A.
5.a
B.
5
.
5
a
C.
3.a
D.
.
3
a
Lời giải
Chọn D.
Cách 1. ( dùng tọa độ)
Đưa hnh lp phương vào hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
);0;(),;;0(),;0;0(),0;;('),0;;0('),0;0;('),0;0;0(' aaCaaAaBaaDaAaCB
.
Ta có : *)
)2;1;0()2;1;0(
2
);
2
;0()0;0;
2
(),;
2
;
2
(
1
u
a
a
a
MN
a
Na
aa
M
−
=−
−
=
là VTCP ca
MN
.
*)
2
)0;1;1()0;;('' uaaaDB =
là VTCP ca
BD

.
3
;
';
)'';(
21
21
a
uu
NBuu
DBMNd ==
.
N
M
D'
A'
C'
C
A
D
B
B'
Trang 45
Cách 2.
Gọi
P
là trung điểm ca
CD

.
'.''','' DBCAINPCAE ==
Ta có :
hBDPNIdBDPNDBdDBMNd === ))(;())(;''()'';(
.
Ta có
h
là độ dài đường cao trong tam giác vuông
MIN
.
Vy
3
91
2
16111
222222
a
h
aaaIEMIh
==+=+=
.
Câu 62: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
: 3 0xz
− − =
và điểm
( )
1;1;1M
. Gọi
A
là
điểm thuộc tia
Oz
,
B
là hình chiu ca
A
lên
( )
. Bit rằng tam giác
MAB
cân tại
M
. Diện
tích ca tam giác
MAB
bằng:
A.
6 3.
B.
33
.
2
C.
3 123
.
2
D.
3 3.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
( )
0;0;Aa
với
0a
. Đường thẳng
AB
đi qua điểm
( )
0;0;Aa
và có một vectơ chỉ phương
( )
1;0; 1u =−
có phương trnh là:
0
xt
y
z a t
=
=
=−
( )
t
.
( )
B
30t a t − + − =
3
2
a
t
+
=
33
;0;
22
aa
B
+−



.
Vì tam giác
MAB
cân tại
M
MA MB=
( )
22
2
15
1 1 1 1
22
aa
a
+−
+ + − = + +
22
2
2 1 10 25
2 1 1
44
a a a a
aa
+ + − +
− + + = +
22
4 8 8 2 8 26a a a a − + = − +
2
2 18a=
3a=
( )
0;0;3A
và
( )
3;0;0B
.
Cách 1:
( )
1;1; 2AM =−
,
( )
2;1;1BM =−
( )
, 3;3;3AM BM

=

1
,
2
ABM
S AM BM

=

.
33
2
=
.
Cách 2: Gọi
I
là trung điểm ca
AB
. Ta có
33
;0;
22
I



.
( )
22
2
11
1
22
IM
= + − +
6
2
=
.
( )
2
22
3 0 3AB = + + −
32=
.
Trang 46
Do đó
1
.
2
ABM
S IM AB=
16
. .3 2
22
=
33
2
=
.
Cách 3:
( , , ) 3f x y z x z= − −
Tam giác
MAB
cân tại
M
nên
( ) 2 ( ) 3 2.( 3) (0;0;3)
A
f A f M z A= − − = −
( ) ( )
22
3 9 3 3
. ,( ) ,( ) . 6
22
2
ABM
S HM HB d M MA d M= = − = − =

Câu 63: Cho bit có n mặt phẳng với phương trnh tương ứng là
( )
:0
i i i i
P x a y b z c+ + + =
( )
1,2,..,in=
đi qua điểm
( )
1;2;3M
và không đi qua gốc tọa độ
O
, đồng thời cắt các trục tọa độ
,,Ox Oy Oz
theo thứ tự tại
,,A B C
sao cho hình chóp
OABC
là hnh chóp đều. Khi đó giá trị
12
...
n
a a a+ + +
bằng?
A.
3
. B.
1
. C.
4−
. D.
1−
Lời giải
Chọn D
Giả sử mặt phẳng
( )
:0P x ay bz c+ + + =
thỏa mãn yêu cu bài toán
+)
( ) ( )
;0;0P Ox A c = −
,
( )
0; ;0
c
P Oy B
a
−

=


,
( )
0;0;
c
P Oz C
b
−

=


Vì hình chóp
OABC
là hnh chóp đều, suy ra
OA OB OC==
Nên ta có
cc
c
ab
−−
− = =
1ab = =
(do
( )
P
không đi qua gốc tọa độ nên
0c
)
+) V điểm
( ) ( )
1;2;3MP
nên suy ra:
1 2 3 0a b c+ + + =
Nhn thấy nu
1, 1ab= = −
thì
0c =
, trường hp này không thỏa mãn do
0c
Như vy ta sẽ có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cu bài toán ln lưt ứng với các trường hp
1ab==
,
1ab= = −
và
1, 1ab= − =
Vy
1
1a =
,
2
1a =−
,
3
1a =−
suy ra
1 2 3
1a a a+ + = −
.
Câu 64:Trong không gian hệ trục
Oxyz
cho tam giác
ABC
có
( )
1;0; 1A −
,
( )
2;3; 1B −
,
( )
2;1;1C −
.Phương trnh đường thẳng đi qua tâm ca đường tròn ngoại tip tam giác
ABC
và vuông góc với
mặt phẳng
( )
ABC
là:
A.
3 3 5
3 1 5
x y z− − −
==
−
. B.
2
3 1 5
x y z−
==
.
H
B
M
A
Trang 47
C.
11
1 2 2
x y z−+
==
−
. D.
3 2 5
3 1 5
x y z− − −
==
−
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
d
là đường thẳng cn tìm.
Ta có
10AB =
,
14AC =
,
24BC =
ABC
vuông tại
A
.
Gọi
I
là tâm ca đường tròn ngoại tip tam giác
ABC
I
là trung điểm
BC
( )
0;2;0I
.
Mặt phẳng
( )
ABC
có VTPT
( )
, 3; 1;5n AB AC

= = −

.
Do
( )
d ABC⊥
VTCP ca
d
là:
( )
3; 1;5un= = −
.
Vy phương trnh đường thẳng
d
là:
3 3 5
3 1 5
x y z− − −
==
−
.
Câu 65: Trong không gian tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2;3A
, đường thẳng
( )
:d
21
1 3 2
x y z++
==
−
và mặt cu
( )
:S
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 3 16x y z− + + + − =
. Hỏi có bao nhiêu đường thẳng
( )
qua
A
,
vuông góc
( )
d
và tip xúc với
( )
S
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D. Vô số.
Lời giải
Chọn B.
Gọi VTCP
( )
là
( )
2 2 2
; ; , 0u a b c a b c= + +
Mặt cu
( )
:S
Tâm
( )
1; 2;3 , 4IR−=
( )
0;4;0IA =
,
( )
, 4 ;0; 4IA u c a

=−

. Ta có
( )
( )
,
;4
IA u
dI
u


= =
2 2 2 2 2
44a c a b c + = + +
0b=
Mà VTCP
( )
d
vuông góc VTCP
( )
nên
3 2 0a b c+ − =
2ac=
.
Chọn
12ca= =
. Nên có 1 VTCP ca phương trnh đường thẳng
( )
. Vy có 1 PT thỏa.
Trang 48
Câu 66: Trong không gian tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2; 5B −
, đường thẳng
( )
:d
6 5 1
1 4 1
x y z− − +
==
−
và mặt cu
( )
:S
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 4x y z− + − + + =
. Hỏi có bao nhiêu đường
thẳng
( )
qua
B
, vuông góc
( )
d
và tip xúc với
( )
S
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D. Vô số.
Lời giải
Chọn C.
Gọi VTCP
( )
là
( )
2 2 2
; ; , 0u a b c a b c= + +
Mặt cu
( )
:S
Tâm
( )
1;2; 1 , 4IR−=
( )
0;0; 4IB =−
,
( )
, 4 ; 4 ;0IB u b a

=−

.
Ta có VTCP
( )
d
vuông góc VTCP
( )
nên
40a b c+ − =
4c a b = +
.
( )
( )
,
;2
IB u
dI
u


= =
2 2 2 2 2
42a b a b c + = + +
( )
( )
2
2 2 2 2
44a b a b a b + = + + +
22
2 8 13 0a ab b − − =
4 42
2
ab
=
.
Chọn
2 4 42ba= =
. Nên có 2 VTCP ca phương trnh đường thẳng
( )
. Vy có 2 PT
thỏa.
Câu 67: Trong không gian tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
0;6; 5C −
, đường thẳng
( )
:d
6 5 1
1 2 5
x y z− − +
==
−
và mặt cu
( )
:S
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 6 5 7x y z+ + − + + =
. Hỏi có bao nhiêu đường
thẳng
( )
qua
C
, vuông góc
( )
d
và tip xúc với
( )
S
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D. Vô số.
Lời giải
Chọn A.
Gọi VTCP
( )
là
( )
2 2 2
; ; , 0u a b c a b c= + +
Mặt cu
( )
:S
Tâm
( )
2;6; 5 , 7IR− − =
( )
2;0;0IC =
,
( )
, 0; 2 ;2IC u c b

=−

.
Ta có VTCP
( )
d
vuông góc VTCP
( )
nên
2 5 0a b c− + + =
25a b c = +
.
Trang 49
( )
( )
,
;7
IC u
dI
u


= =
2 2 2 2 2
27b c a b c + = + +
( )
( )
2
22
3 7 2 5 0b c b c + + + =
22
31 140 178 0b bc c + + =
có nghiệm
0bc==
0a=
không thỏa mãn điều kiện VTCP
u
Vy không có PT thỏa.
Câu 68: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1;1;1A
và đường thẳng
()d
:
1
1
3
xt
yt
zt
=+
= − +
=−
. Trong tất
cả các đường thẳng đi qua gốc tọa độ
O
, cắt đường thẳng
()d
,
1
()d
là đường thẳng mà khoảng
cách đn
A
là lớn nhất,
2
()d
là đường thẳng mà khoảng cách đn
A
là nhỏ nhất. Tính cosin góc
giữa hai đường thẳng
1
()d
và
2
()d
.
A.
0
. B.
1
2
. C.
2
4
. D.
1
4
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
()P
là mặt phẳng chứa
()d
và đi qua
O
:
( ): 2 0P x y z− − =
Gọi
H
là hnh chiu vuông góc ca
A
lêm mặt phẳng
()P
4 1 2
( ; ; )
333
H=
1
(4;1;2)
3
OH= =
1
1
3
u=
2
()d
là đường thẳng qua
O
và
H
. Suy ra
có một VTCP
1
(4;1;2)u =
:
Gọi
B
là giao điểm ca
()d
và
2
()d
(1 ; 1 ;3 )B t t t= + − + −
(1 ; 1 ;3 )OB t t t= = + − + −
Khoảng cách từ
A
đn
2
()d
lớn nhất khi
2
.0OA d OAOB⊥ = =
3t= = −
( 2; 4;6)OB= = − −
(d)
(
d
2
)
(
d
1
)
P)
B
O
A
H
K
Trang 50
2
(d )=
có một VTCP
2
(1;2; 3)u =−
Ta có
12
12
12
| . |
( , ) 0
| |.| |
uu
cos d d
uu
==
.
Vy chọn A.
Câu 69: Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
x y z
d
11
:
1 2 1
−+
==
−
và hai điểm
A(1;1; 2)−
,
B( 1;0;2)−
. Gọi
1
đường thẳng qua
A
, vuông góc với
d
sao cho khoảng cách từ
B
tới
1
là
nhỏ nhất và
2
là đường thẳng qua
A
, cắt
d
sao cho khoảng cách từ
B
tới
2
là nhỏ nhất. Tính
cosin góc giữa hai đường thẳng
1
và
2
.
A.
15
75
. B.
25 1767
1767
. C.
2
4
. D.
4 126
64
.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
()P
là mặt phẳng đi qua
A
và vuông góc với
d
. Gọi
H
là hình chiu vuông góc ca
B
lên
()P
. Khi đó, đường thẳng
1
đi qua
A
và
H
thỏa YCBT.
Ta có:
+ − − =P x y z( ): 2 5 0
và
H
1 8 2
;;
3 3 3



.
1
có một VTCP:
= = −u AH
1
3 ( 2;5;8)
Gọi
(Q)
là mặt phẳng đi qua
A
và chứa
d
. Gọi
K
là hình chiu vuông góc ca
B
lên
(Q)
.
Khi đó, đường thẳng
2
đi qua
A
và
K
thỏa YCBT
Ta có:
+ + =xz(Q): 1 0
và
( )
−K 2;0;1
.
2
có một VTCP:
= = − −u AK
2
( 3; 1;3)
12
12
12
| . | 25 1767
( , )
1767
| |.| |
uu
cos
uu
= =
Vy chọn B
Câu 70: Trong không gian
Oxyz
, Cho đường thẳng
x y z11
:
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
đn đường thẳng
d
là lớn nhất. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng
và
d
.
A.
406
406
. B.
0
. C.
6
4
. D.
3 21
13
.
Lời giải
Trang 51
Chọn D.
Giả sử
d
cắt
tại
M
− + − −M t t t( 1 2 ;3; 1 )
,
AM t t t AB( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)= − + − − = − −
Gọi
H
là hình chiu ca
B
trên
d
. Khi đó,
d B d BH BA( , ) =
. Vy
d B d( , )
lớn nhất bằng
BA
HA
⊥AM AB
=AM AB.0
=t 2
d
có một VTCP :
= = −u AM
2
(1;2; 1)
có một VTCP :
=−u
1
(2;3; 1)
Ta có
12
12
| . |
3 21
( ,d)
13
| |.| |
uu
cos
uu
= =
Vy chon D
Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho tam giác nhọn
ABC
có
( )
2;2;1H
;
8 4 8
;;
333
K

−


;
( )
0;0;0O
ln lưt là hình chiu vuông góc ca
,,A B C
trên các cạnh
,,BC CA AB
. Đường thẳng
d
đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
có phương trnh là:
A.
4 1 1
:.
1 2 2
x y z
d
+ + −
==
−
B.
8 2 2
3 3 3
:.
1 2 2
x y z
d
− − +
==
−
C.
4 17 17
9 9 9
:.
1 2 2
x y z
d
+ − −
==
−
D.
66
:.
1 2 2
x y z
d
−−
==
−
Lời giải:
Chọn A.
Cách 1: Tọa độ
I
:
3, 4, 5.OH OK HK= = =
Gọi
I
là trực tâm tam giác
.ABC
Ta có:
( )
8
4.2 5.0 3.
3
0
12
4
3. 4.2 5.0
3
1 0;1;1 .
12
8
3. 4.1 5.0
3
1
12
I
I
I
x
yI
z

+ + −


==
++
= =
++
==
Trang 52
( ) ( )
2
2;1;0 : 1
1
xt
IH y t
z
=
= = +
=
( )
2 ;1 ;1A IH A t t +
. 0 2OAOI t= = −
Suy ra
( )
( )
( )
4; 1;1
4 1 1
:.
1 2 2
, 1;2; 2
d
Ad
x y z
d
u OI OH
− −
+ + −
= =

−
= = − −

Cách 2: VTPT ca
( )
ABC
là
( )
, 4 1; 2;2n OH OK

= = −

.
Vì
0
. 0 90OH OK HOK= =
.
Gọi
( )
là mặt phẳng đi qua
( ) ( )
4
, 2;1;2 : 2 2 0
3
O n OK x y z
= = − − + + =
.
Gọi
( )
là mặt phẳng đi qua
( ) ( )
, 2;2;1 :2 2 0O n OH x y z
= = + + =
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
,,d A d A

=
, đối chiu
4
phương án
, , ,A B C D
thấy
( )
4; 1;1A −−
thỏa mãn. Vy
chọn A
Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho tam giác nhọn
ABC
có
( )
2;2;1H
;
8 4 8
;;
333
K

−


;
( )
0;0;0O
ln lưt là hình chiu vuông góc ca
,,A B C
trên các cạnh
,,BC CA AB
. Đường thẳng
d
đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
có phương trnh là:
A.
4 1 1
:.
1 2 2
x y z
d
+ + −
==
−
B.
8 2 2
3 3 3
:.
1 2 2
x y z
d
− − +
==
−
C.
4 17 17
9 9 9
:.
1 2 2
x y z
d
+ − −
==
−
D.
66
:.
1 2 2
x y z
d
−−
==
−
Lời giải:
Chọn A.
Cách 1: Tọa độ
I
:
3, 4, 5.OH OK HK= = =
Gọi
I
là trực tâm tam giác
.ABC
Ta có:
( )
8
4.2 5.0 3.
3
0
12
4
3. 4.2 5.0
3
1 0;1;1 .
12
8
3. 4.1 5.0
3
1
12
I
I
I
x
yI
z

+ + −


==
++
= =
++
==
Trang 53
( ) ( )
2
2;1;0 : 1
1
xt
IH y t
z
=
= = +
=
( )
2 ;1 ;1A IH A t t +
. 0 2OAOI t= = −
Suy ra
( )
( )
( )
4; 1;1
4 1 1
:.
1 2 2
, 1;2; 2
d
Ad
x y z
d
u OI OH
− −
+ + −
= =

−
= = − −

Cách 2: VTPT ca
( )
ABC
là
( )
, 4 1; 2;2n OH OK

= = −

.
Vì
0
. 0 90OH OK HOK= =
.
Gọi
( )
là mặt phẳng đi qua
( ) ( )
4
, 2;1;2 : 2 2 0
3
O n OK x y z
= = − − + + =
.
Gọi
( )
là mặt phẳng đi qua
( ) ( )
, 2;2;1 :2 2 0O n OH x y z
= = + + =
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
,,d A d A

=
, đối chiu
4
phương án
, , ,A B C D
thấy
( )
4; 1;1A −−
thỏa mãn. Vy
chọn A
Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;3A −
và
( )
3; 1;2B −
. Điểm
M
thỏa mãn
. 4 .MAMA MB MB=
có tọa độ là:
A.
57
;0;
33



. B.
( )
7; 4;1−
. C.
15
1; ;
24



. D.
215
;;
3 3 3



.
Lời giải.
Chọn B.
Từ giả thit
. 4 .MAMA MB MB=
4
.
MB
MA MB
MA
=
nên ba điểm
,,M A B
thẳng hàng và
,AB
nằm cùng phía so với điểm
M
do
4MB
MA
dương.
Lại có
. 4 .MAMA MB MB=
( ) ( )
22
. 4 .MA MA MB MB=
44
16MA MB=
2MA MB=
.
Vy
B
là trung điểm ca
MA
. Khi đó ta đươc tọa độ điểm
( )
7; 4;1M −
.
Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;3A
và
( )
5;0;1B
. Điểm
M
thỏa mãn
. 4 .MAMA MB MB=−
có tọa độ là:
A.
( )
3;1;2
. B.
( )
7; 4;1−
. C.
11 2 5
;;
3 3 3



. D.
2 1 5
;;
9 9 9



.
Lời giải.
Chọn C.
Trang 54
Từ giả thit
. 4 .MAMA MB MB=
4
.
MB
MA MB
MA
−
=
nên ba điểm
,,M A B
thẳng hàng và
,AB
nằm khác phía so với điểm
M
do
4MB
MA
−
âm.
Lại có
. 4 .MAMA MB MB=−
( ) ( )
22
. 4 .MAMA MB MB=
44
16MA MB=
2MA MB=
.
2MA MB = −
.
Gọi tọa độ
( )
;;M x y z
, khi đó
( )
( )
( )
1 2 5
2 2 0
3 2 1
xx
yy
zz
− = − −
− = − −
− = − −
11
3
2
3
5
3
x
y
z
=
=
=
.
Câu 75: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
(3;3;5), (1; 1;1).AB−
Phương trnh mặt phẳng
( )
P
có dạng
ax 1 0by cz+ + − =
, bit
,MN
ln lưt là hnh chiu ca
,AB
trên
( )
P
và
20
3
AM =
;
2
3
BN =
. Tính
abc++
?
A.
4.
B.
9.
C.
5.
D.
7.
Lời giải
Chọn C.
+)
20
6
3
AB AM= =
AB
cùng phía đối với
( )
P
+)
7 13 5
( ) ; ;
9 9 9
AM BN AB P I

= −


+)
20 3
. 10 10
32
IA AM
IA IB
IB BN
= = = =
7 13 5
;;
9 9 9
I

−


+)
20 2
; ( )
33
IA IB I M N P AB= = ⊥
+)
( )
P
đi qua
7 13 5
;;
9 9 9
I

−


nhn
( )
2; 4; 4AB −−−
làm vc tơ pháp tuyn
( )
: 2 2 1 0pt P x y z + + + =
5.abc + + =
Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
với
,,abc
dương. Bit
,,A B C
di động trên các tia
,,Ox Oy Oz
sao cho
2+ + =abc
. Bit rằng khi
,,abc
Trang 55
thay đổi thì quỹ tích tâm hình cu ngoại tip tứ diện
OABC
thuộc mặt phẳng
( )
P
cố định. Tính
khoảng cách từ
( )
2016;0;0M
tới mặt phẳng
( )
P
.
A.
2017
. B.
2014
3
. C.
2015
3
. D.
2016
3
.
Lời giải
Chọn C.
+) Gọi
( )
,
( )
,
( )
ln lưt là mặt phẳng trung trực ca các đoạn
,,OA OB OC
.
Suy ra
( )
:0
2
− =
a
x
;
( )
: 0;
2
− =
a
y
( )
: 0.
2
− =
a
z
+) Gọi
I
là tâm mặt cu ngoại tip tứ diện
.O ABC
thì
( ) ( ) ( )
= I
.
Tm đưc
;;
222



aaa
I
+)
21
2 2 2
+ + = + + =
a b c
abc
, do đó
( )
:1 + + =I P x y z
+)
( )
( )
2016 1
2015
,
33
−
==d M P
.
Câu 77: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho các điểm
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0; ,A a B b C c
trong đó
0a
,
0b
,
0c
và
1 2 3
7.+ + =
abc
Bit mặt phẳng
( )
ABC
tip xúc với mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
72
: 1 2 3 .
7
− + − + − =S x y z
Tính thể tích ca khối tứ diện
..O ABC
A.
2
.
9
B.
1
.
6
C.
3
.
8
D.
5
.
6
Lời giải
Chọn A.
+) Ta có
( )
: 1.+ + =
x y z
ABC
a b c
+) Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
và bán kính
72
.
7
=R
+) Mặt phẳng
( )
ABC
tip xúc với
( ) ( )
( )
;=S d I ABC R
2 2 2
1 2 3
1
72
7
1 1 1
+ + −
=
++
abc
abc
.
+) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
Trang 56
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 2 3

+ + + +


abc
2
2
1 2 3
7

+ + =


abc
2 2 2
1 1 1 7
.
2
+ +
abc
+) Dấu
""=
xảy ra
1 2 3
1 1 1
2
2, 1, ,
3
1 2 3
7
==
= = =
+ + =
a b c
abc
abc
khi đó
12
.
69
==
OABC
V abc
Câu 78: Phương trnh ca mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm
( )
1;2;3M
và cắt ba tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ln lưt tại
A
,
B
,
C
sao cho thể tích tứ diện
OABC
nhỏ nhất?
A.
6 3 2 18 0+ + + =x y z
. B.
6 3 3 21 0+ + − =x y z
.
C.
6 3 3 21 0+ + + =x y z
. D.
6 3 2 18 0+ + − =x y z
.
Lời giải
Chọn D.
+) Giả sử
( )
ABC
:
1+ + =
x y z
a b c
với
( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; ), ( , , 0)A a B b C c a b c
+) Thể tích tứ diện
.O ABC
:
1
6
=V abc
+)
( )
1; 2; 3M
thuộc
( )
ABC
:
1 2 3
1+ + =
abc
.
+) Ta có:
3
1 2 3 6 27.6
1 3 1= + +
a b c abc abc
1
27
6
abc
27V
+) V đạt giá trị nhỏ nhất
3
1 2 3 1
27 6
3
9
=
= = = = =
=
a
Vb
abc
c
+) Vy
( )
ABC
:
6 3 2 18 0+ + − =x y z
.
Câu 79: Cho hai đường thẳng chéo nhau
1
3 1 4
:
1 1 1
x y z
d
− + −
==
−
và
2
2 4 3
:
2 1 4
x y z
d
− − +
==
−
.
Phương trnh đường vuông góc chung ca
1
d
và
2
d
là:
A.
7 3 9
.
3 2 1
x y z− − +
==
−
B.
3 1 1
.
3 2 1
x y z− − −
==
−
Trang 57
C.
1 1 2
.
3 2 1
x y z− − −
==
−
D.
7 3 9
.
3 2 1
x y z+ + −
==
−
Lời giải
Chọn C. Giả sử
d
cắt
1
d
và
2
d
tại
,IJ
.
Ta có
1
Id
suy ra
( )
3 ; 1 ;4I t t t+ − − +
,
2
Jd
suy ra
( )
2 2 ;4 ; 3 4J u u u+ − − +
.
Suy ra
( )
2 1; 5;4 7IJ u t u t u t− − − + + − −
.
Gọi
u
là vc tơ chỉ phương ca đường thẳng
d
. Suy ra
( )
1
12
2
; 3; 2;1
uu
u u u
uu
⊥

= = − −

⊥
Suy ra
IJ
cùng phương với
u
, suy ra
2 1 5 4 7
3 2 1
u t u t u t− − − + + − −
==
−−
Suy ra
( )
7 5 17 1
1;1;2
7 9 2
u t u
I
u t t
− + = − = −



− = = −

Vy phương trnh đường vuông góc chung là
1 1 2
.
3 2 1
x y z− − −
==
−
Câu 80: Cho hai đường thẳng chéo nhau
1
2 1 3
:
2 1 1
x y z
d
− + −
==
−
và
2
2 4 3
:
1 1 3
x y z
d
− − +
==
−
.
Phương trnh đường vuông góc chung ca
1
d
và
2
d
là:
A.
7 3 9
.
5 2 1
x y z− − +
==
− − −
B.
3 1 1
.
2 5 1
x y z− − −
==
C.
22
2
5
8
5.
5
21
5
xt
yt
zt
=+
=+
=+
D.
7 3 9
.
5 2 1
x y z+ + −
==
−
Câu 81: Cho hai đường thẳng chéo nhau
1
3 1 4
:
3 1 1
x y z
d
− + −
==
−
và
2
2 4 3
:
2 1 2
x y z
d
− − +
==
−
.
Phương trnh đường vuông góc chung ca
1
d
và
2
d
là:
A.
7 3 9
.
1 4 1
x y z− − +
==
−
B.
3 1 1
.
4 1 1
x y z− − −
==
− − −
Trang 58
C.
12 4 7
.
1 4 1
x y z− + −
==
D.
7 3 9
.
1 4 1
x y z+ + −
==
− − −
Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho đường thẳng
()
đi qua
(1;1; 2)M −
song song
với mặt phẳng
( ): 1 0P x y z− − − =
và cắt đường thẳng
1 1 1
:
2 1 3
x y z
d
+ − −
==
−
. Phương trnh ca
đường thẳng
()
là:
A.
112
2 5 3
x y z+ + −
==
−
. B.
1 1 2
2 5 3
x y z− − +
==
−
.
C.
53
2 1 1
x y z++
==
−−
D.
112
2 5 3
x y z+ + −
==
−
.
Lời giải
Chọn B.
Giả sử điểm
( 1 2 ;1 ;1 3 )N t t t− − + +
là giao điểm ca
()
và
d
.
=>
( 2 2; ;3 3)MN t t t= − − +
Vì
( )/ /( )P
nên ta có:
5
.0
6
MN n t= = −
=>
1 5 1
( ; ; ) (2;5; 3)
3 6 2
MN u
= − − = = −
=> phương trnh ca
()
là:
1 1 2
2 5 3
x y z− − +
==
−
Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
( )
1;0;2A
và đường thẳng
11
:
1 1 2
x y z
d
−+
==
. Vit phương trnh đường thẳng
()
đi qua
,A
vuông góc và cắt
d
.
A.
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
. B.
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
−
.
C.
12
:
2 2 1
x y z−−
= =
. D.
12
:
1 3 1
x y z−−
= =
−
.
Câu 84: Trong không gian với hệ trục tọa độ
,Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 3
x y z
d
−+
==
−
và điểm
(1; 1; 3)A −−
. Phương trnh chính tắc ca đường thẳng
đi qua
A
, vuông góc và cắt đường thẳng
d
là
A.
1 1 3
2 1 3
x y z− + +
==
−
. B.
1 1 3
1 4 2
x y z− + +
==
.
C.
1 1 3
2 1 1
x y z− + +
==
−
. D.
1 1 3
1 1 1
x y z− + +
==
.
Trang 59
Câu 85: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai điểm
( ) ( )
1;5;0 , 3;3;6AB
và đường thẳng
12
:1
2
xt
d y t
zt
= − +
=−
=
. Một điểm
M
thay đổi trên
d
sao cho chu vi tam giác
ABM
nhỏ nhất. Khi đó
tọa độ điểm
M
và chu vi tam giác
ABM
là:
A.
( )
1;0;2 , 2 11 29MP=+
. B.
( )
( )
1;2;2 , 2 11 29MP=+
.
C.
( )
1;2;2 , 11 29MP=+
. D.
( )
( )
1;0;2 , 2 11 29MP=+
.
Lời giải
Chọn D.
Cách 1. Phương pháp trắc nghiệm
- Kiểm tra thấy chỉ có điểm
( )
1;0;2M
thuộc
d
nên lại phương án
,.BC
- Với
( )
1;0;2M
tính chi vi tam giác
ABM
suy ra chọn D.
Cách 2.
- Lấy điểm
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
thuộc
.d
- Tính chu vi tam giác
ABM
:
22
9 20 9 36 56 2 11P t t t= + + − + +
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
22
22
2
2
3 2 5 6 3 2 5 2 11
3 6 3 2 5 2 5 2 11 2 29 11 .
tt
tt
= + + − + +
+ − + + + = +
(dùng BĐT vectơ)
Dấu bằng xảy ra
( )
3 2 5
0 1 1;0;2
63
25
t
tM
t
= =
−
. Chọn D.
Câu 86: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 2
−+
==
−
x y z
d
và điểm
( )
1;4;2A
. Gọi
( )
là mặt phẳng chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đn
( )
lớn nhất. Mặt
phẳng
( )
có một vctơ pháp tuyn là
A.
( )
5; 2;6
=−n
. B.
( )
5;2;4
=n
. C.
( )
10;22; 1
=−n
. D.
( )
10; 6;13
=−n
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
d
( )
( )
( )
;;
d A d A d
( )
( )
( )
;;
=
max
d A d A d
Khi hnh chiu ca
A
trên
d
cũng là hnh chiu ca
A
trên
( )
.
Trang 60
Gọi
H
là hnh chiu vuông góc ca
A
trên
d
.
Ta có
12
:
2 1 2
−+
= =
−
x y z
Hd
( )
1 2 ; 2 ;2 − − +H t t t
.
.0⊥ =
d
AH d AH u
. (1) (với
d
u
là một vctơ chỉ phương ca
d
)
Ta có
( )
2 ; 6;2 2− − −AH t t t
;
( )
2;1;2=−
d
u
.
Từ
( ) ( )
1 4 6 2. 2 2 0 + − + − =t t t
9 10 0 − =t
10
9
=t
11 8 20
;;
9 9 9

− −


H
.
Vy mặt phẳng
( )
có một vctơ pháp tuyn là
20 44 2
;;
7 7 7

= − −


AH
( )
10;22; 1
−n
cũng là một vc tơ pháp tuyn ca mặt phẳng
( )
.
Câu 87: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;2;4−M
và
( )
0;1;5N
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng đi qua
M
sao cho khoảng cách từ
N
đn
( )
P
là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách
d
từ
O
đn mặt phẳng
( )
P
bằng bao nhiêu?
A.
3
3
=d
. B.
3=d
. C.
1
3
=d
. D.
1
3
=−d
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
MP
( )
( )
;d M P MN
( )
( )
;=
max
d M P MN
khi
( )
⊥MN P
.
Vy
( )
P
qua
( )
1;2;4−M
và có một vc tơ pháp tuyn là
( )
1; 1;1=−MN
.
Phương trnh mặt phẳng
( ) ( ) ( ) ( )
:1. 1 1. 2 1 4 0+ − − + − =P x y z
10 − + − =x y z
.
Vy
( )
( )
( )
2
22
0 0 0 1
13
;
3
3
1 1 1
− + −
= = =
+ − +
d O P
.
Câu 88: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
3;2; 1−A
và đường thẳng
( )
:
1
=
=
=+
xt
d y t t
zt
phương trnh mặt phẳng
( )
P
chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đn
( )
P
là
lớn nhất.
A.
2 3 3 0+ − + =x y z
. B.
2 1 0+ − − =x y z
. C.
3 2 1 0+ − + =x y z
. D.
2 3 3 0− − + =x y z
.
Lời giải
Chọn A
Trang 61
Ta có
( )
dP
( )
( )
( )
;;d A P d A d
( )
( )
( )
;;=
max
d A P d A d
Khi hnh chiu ca
A
trên
d
cũng là hnh chiu ca
A
trên
( )
P
.
Gọi
H
là hnh chiu vuông góc ca
A
trên
d
.
Ta có
:
1
=
=
=+
xt
H d y t
zt
( )
; ;1+H t t t
.
.0⊥ =
d
AH d AH u
. (1) (với
d
u
là một vctơ chỉ phương ca
d
)
Ta có
( )
3; 2; 2− − +AH t t t
;
( )
1;1;1=
d
u
.
Từ
( )
1 3 2 2 0 − + − + + =t t t
3 3 0 − =t
1=t
( )
1;1;2 H
.
Vy mặt phẳng
( )
P
qua
( )
1;1;2H
và có một vctơ pháp tuyn là
( )
2; 1;3= − −AH
.
Phương trnh mặt phẳng
( ) ( ) ( ) ( )
: 2. 1 1. 1 3. 2 0− − − − + − =P x y z
2 3 3 0 + − + =x y z
.
Câu 89: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxy
cho mặt phẳng
( ):2 1 0P x y z− − + =
và hai điểm
(2;1;1), (3;3;2).AB
Điểm
( ; ; )M a b c
với
0b
nằm trong mặt phẳng
()P
sao cho
OM AB⊥
và
26MA =
. Gía trị ca tổng
abc++
bằng:
A.
0.
B.
4.
C.
2.
D.
2.−
Lời giải
Chọn D.
OM
( ; ; )abc=
và
(1;2;1)AB =
Từ giả thit ta có hệ phương trnh
2 2 2
2 1 0
20
( 2) ( 1) ( 1) 26
abc
a b c
a b c
− − + =
+ + =
− + − + − =
2 2 2
21
3 1 0
( 2) ( 1) ( 1) 26
a b c
ab
a b c
− + =
+ + =
− + − + − =
2 2 2
52
31
( 2) ( 1) ( 1) 26
ac
ba
a b c
+=
= − −
− + − + − =
(Vì
0b
nên
1
3
a
−
) Từ hệ trên ta suy ra phương trnh:
2 2 2 2
1
( 2) ( 3 2) (5 1) 26 35 18 17 0
17
35
a
a a a a a
a
=−
− + − − + + = + − =
=
Kt hp với điều kiện
1
3
a
−
ta đưc
1 2, 3a b c= − = = −
nên
2abc+ + = −
.
Trang 62
Câu 90: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( ): 1 0P x y z+ − − =
. Ba điểm
(2;0;1), (1;1;1)AB
và
(0;1;3)I
. Điểm
( ; ; )M a b c
thuộc mặt phẳng
()P
sao cho
IM AB⊥
và
32AM =
. Tính tổng
S a b c= + +
, bit rằng
0b
.
A.
3.−
B.
9.
C.
9.−
D.
11.
Lời giải
Chọn B.
Ta có:
( 1;1;0)AB =−
và
( ; 1; 3)IM a b c= − −
.
Lp lun tương tự, ta có hệ phương trnh:
2 2 2
10
10
( 2) ( 1) 18
ab
a b c
a b c
− + − =
+ − − =
− + + − =
Giải ra ta đưc
1; 0; 2
2, 3, 4
a b c
a b c
= − = = −
= = =
, do
0b
nên ta nhn đưc
(2;3;4)M
.
Câu 91: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
(3;1;2), ( 3;1;0)AB−
và mặt phẳng
( ): 3 14 0P x y z+ + − =
. Gọi
M
là điểm thuộc
()P
sao cho
AMB
vuông tại
M
. Khoảng cách từ
M
đn
()Oxy
bằng:
A.
1.
B.
5.
C.
4.
D.
3.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
90
o
AMB =
suy ra
M
thuộc mặt cu
()S
đường kính
AB
.
Gọi
I
là trung điểm
AB
, khi đó
(0;0;1)I
và
11
2
AB
R ==
.
Ta tính đưc
( ;( )) 11d I P R==
suy ra
()P
và mặt cu
()S
tip xúc nhau hay
M
là tip điểm
ca
()P
và
()S
. Vy
M
là hình chiu ca
I
trên
()P
.
Phương trnh đường thẳng qua
I
và vuông góc với
()P
là:
,
13
xt
y t t
zt
=
=
=+
.
Tọa độ ca
M
là nghiệm ca hệ phương trnh:
13
3 14 0
xt
yt
zt
x y z
=
=
=+
+ + − =
suy ra
1t =
.
Suy ra
(1;1;4) ( ;( )) 4M d M Oxy=
.
Trang 63
Câu 92: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
: 2 4 0P x y z− + + =
và hai
điểm
( )
1;2; 1A −
,
( )
1;0;3B −
. Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
;;I a b c
tip xúc với mặt phẳng
( )
P
tại
A
và đi qua điểm
B
. Giá trị ca tích
abc
bằng
A.
3
. B.
6−
C.
4
. D.
2−
Lời giải
Chọn B
Do
( ) ( )
1;2; 1AP−
và mặt cu
( )
S
tip xúc với
( )
P
tại
A
nên có tâm
I
nằm trên đường thẳng
d
là đường thẳng qua
I
và vuông góc với
()P
.
Phương trnh đường thẳng
1
: 2 2
1
xt
d y t
zt
=+
=−
= − +
( )
1 ;2 2 ; 1I t t t + − − +
Do mặt cu
()S
qua
B
nên
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 2 2 1 4
; 2 2 2 4
6
t t t
d I P IB t t t
+ − − − + +
= = − − + − + + −
2
6 6 12 24 2t t t t= − + =
( )
3; 2;1 6I abc − = −
.
Câu 93: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z− + − + − =
tâm
I
và mặt phẳng
( )
:2 2 24 0P x y z+ − + =
. Gọi
H
là hình chiu vuông góc ca
I
trên
( )
P
.
Điểm
M
thuộc
( )
S
sao cho đoạn
MH
có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm
M
.
A.
( )
1;0;4M −
. B.
( )
0;1;2M
. C.
( )
3;4;2M
. D.
( )
4;1;2M
Lời giải
Chọn C
Ta có tâm
( )
1;2;3I
và bán kính
3R =
. Do
( )
( )
;9d I P R=
nên mặt phẳng
( )
P
không cắt mặt
cu
( )
S
. Do
H
là hình chiu ca
I
lên
( )
P
và
MH
lớn nhất nên
M
là giao điểm ca đường
thẳng
IH
với mp
( )
P
.
( )
( )
2;2; 1
P
IH n= = −
.
Phương trnh đường thẳng
IH
là
12
22
3
xt
yt
zt
=+
=+
=−
.
Trang 64
Giao điểm ca
IH
với
( )
S
:
2
99t =
1t =
( )
1
3;4;2M
và
( )
2
1;0;4M −
.
( )
( )
11
; 12M H d M P==
;
( )
( )
22
;6M H d M P==
.
Vy điểm cn tìm là
( )
3;4;2M
.
Câu 94: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( )
2 2 2
:0+ + + + + + =S x y z ax by cz d
có bán kính
19,=R
đường thẳng
5
: 2 4
14
=+
= − −
= − −
xt
d y t
zt
và mặt
phẳng
( )
:3 3 1 0.− − − =P x y z
Trong các số
; ; ; a b c d
theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn
43,+ + + =a b c d
đồng thời tâm
I
ca
( )
S
thuộc đường thẳng
d
và
( )
S
tip xúc mặt phẳng
( )
?P
A.
6; 12; 14; 75− − −
. B.
6;10; 20; 7
. C.
10; 4; 2; 47−
. D.
3; 5; 6; 29
Lời giải
Đáp án A
Ta có
( )
5 ;2 4 ; 1 4 + − − −I d I t t t
Do
( )
S
tip xúc với
( )
P
nên
( )
( )
0
; 19 19 19 19
2
=
= = + =
=−
t
d I P R t
t
Mặt khác
( )
S
có tâm
;;
2 2 2

− − −


a b c
I
; bán kính
2 2 2
19
4
++
= − =
abc
Rd
Xét khi
( )
0 5; 2; 1 ; ; ; 10;4;2;47= − − = −t I a b c d
Do
2 2 2
19
4
++
−
abc
d
nên ta loại trường hp này
Xét khi
2 ; ; ; 6; 12; 14;75= = − − −t a b c d
Do
2 2 2
19
4
++
−=
abc
d
nên thỏa .
Câu 95: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
đi qua gốc tọa độ
O
và
điểm
( )
0;1;1I
. Gọi
S
là tp hp 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 65
Đường thẳng
có vecto chỉ phương
( )
0;1;1u =
và đi qua gốc tọa độ
( )
0;0;0O
.
Gọi
( )
; ;0M a b
là điểm thuộc mặt phẳng
( )
Oxy
, cách
một khoảng bằng 6.
Ta có:
( )
,
,
OM u
dM
u


=
22
2
2
ab+
=
. Ta đưc:
22
2 36ab+=
22
1
36 72
ab
+ =
.
Như vy tp hp điểm
M
là elip
( )
E
trong mặt phẳng tọa độ
( )
Oxy
, có phương trnh:
22
1
36 72
xy
+=
, nên có nửa độ dài các trục ln lưt là
6
và
62
có diện tích bằng:
.6.6 2 36 2

=
.
Câu 96: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
với
a
,
b
,
0c
. Bit rằng mặt phẳng
( )
ABC
đi qua điểm
1 2 3
;;
777
M



và tip xúc với mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
72
: 1 2 3
7
S x y z− + − + − =
. Tính
2 2 2
1 1 1
T
abc
= + +
.
A.
14T =
. B.
1
7
T =
. C.
7T =
. D.
7
2
T =
.
Lời giải
Chọn D.
Mặt phẳng
( )
ABC
đi qua ba điểm
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
nên có phương trnh là
1
x y z
a b c
+ + =
.
Ta có
( )
1 2 3
;;
777
M ABC



nên
1 2 3
7
abc
+ + =
.
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
và bán kính
72
7
R =
.
( )
ABC
tip xúc với
( )
S
( )
( )
2 2 2
2 2 2
1 2 3
1
72 1 1 1 7
,
72
1 1 1
abc
d I ABC R
abc
abc
+ + −
= = + + =
++
.
Câu 97: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 2 16S x y z− + + + − =
và điểm
( )
1;2;3A
. Ba mặt phẳng thay đổi đi qua
A
và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cu
theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích ca ba đường tròn tương ứng đó.
Trang 66
A.
10
. B.
. C.
. D.
36
.
Lời giải
Chọn B.
Cách 1:
Nhận xét:
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
1 2 3
,,II II II
ln lưt vuông góc với ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
thì ta luôn
có:
( )
2 2 2 2
1 2 3
1IA II II II= + +
.
Tht vy , ta chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
với
OA
, ba trục
,,Ox Oy Oz
ln lưt là ba giao tuyn
ca ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
.
Khi đó tọa độ
( )
;;I a b c
thì:
2 2 2 2
IA a b c= + +
( )
( )
( )
( )
( )
( )
222
;;;d A Iyz d A Ixz d A Ixy= + +
hay
2 2 2 2
1 2 3
IA II II II= + +
.
Vy
( )
1
đưc chứng minh.
Áp dụng giải bài :
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1; 1;2I −
và có bán kính
4r =
.
( )
0;3;1IA =
10IA=
.
x
y
z
(R)
(Q)
(P)
I
2
I
3
D
C
B
A
I
I
1
Trang 67
Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua
A
đôi một vuông góc với nhau là
( ) ( ) ( )
,,P Q R
và cắt mặt
cu
( )
S
theo ba đường tròn ln lưt là
( )
1
C
,
( )
2
C
,
( )
3
C
.
Gọi
1 2 3
;;I I I
và
1 2 3
,,r r r
ln lưt là tâm và bán kính ca
( )
1
C
,
( )
2
C
,
( )
3
C
.
Khi đó :
( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
II P II r r r r II⊥ + = = −
.
Tương tự có:
2
2 2 2
2
r r II=−
và
2 2 2
33
r r II=−
.
Theo nhn xét ở trên ta có:
2 2 2 2
1 2 3
IA II II II= + +
Ta có tổng diện tích các đường tròn là :
( )
222
1 2 3
S r r r
= + +
( )
2 2 2 2 2 2
1 2 3
r II r II r II
= − + − + −
( )
111
2 2 2 2
3r II II II

= − + +

( )
22
3 38r IA

= − =
.
Cách 2:
Đặt biệt hóa : Giả sử có 3 đường tròn
( )
1 S
;
( )
2 S
;
( )
3 S
như hnh bên trong đó
( )
1 S
;
( )
2 S
đều
là đường tròn lớn có bán kính là
4
.
(
C
1
)
(
S
)
r
1
r
I
I
1
A
Trang 68
( )
1; 1;2I −
;
( )
1;2;3A
suy ra
10IA =
;
4R =
. Suy ra bán kính hình tròn
( )
3 S
là
16 10 6r = − =
Tổng diện tích các hình tròn là:
( )
2
22
.4 .4 . 6 38
+ + =
.
Câu 98: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
( )
2;1;3A
và mặt phẳng
( ) ( )
: 2 1 2 0P x my m z m+ + + − − =
,
m
là tham số. Gọi
( )
;;H a b c
là hình chiu vuông góc ca
điểm
A
trên
( )
P
. Tính
ab+
khi khoảng cách từ điểm
A
đn
( )
P
lớn nhất ?
A.
1
2
ab+ = −
. B.
2ab+=
. C.
0ab+=
. D.
3
2
ab+=
.
Lời giải
Chọn D.
Cách 1:
Ta có
( )
( )
2
63
,
5 4 2
m
d A P
mm
+
=
++
( )
( )
2
2
2
36 36 9
,
5 4 2
mm
d A P
mm
++
=
++
Xét hàm số
( ) ( )
( )
22
2
2
2
36 36 9 36 54 36
5 4 2
5 4 2
m m m m
f m f m
mm
mm
+ + − + +
= =
++
++
( )
1
0
2
2
m
fm
m
=−
=
=
BBT
Hàm số đạt GTLN khi
( )
2 : 2 5 4 0m P x y z= + + − =
Đường thẳn
qua
A
và vuông góc với
( )
P
có phương trnh là
2
12
35
xt
yt
zt
=+
=+
=+
( )
2 ;1 2 ;3 5H H t t t + + +
Trang 69
( ) ( ) ( )
1 3 1
2 2 1 2 5 3 5 4 0 ;0;
2 2 2
H P t t t t H

+ + + + + − = = −


3
2
ab + =
.
Cách 2:
Gọi
( )
;;M x y z
là điểm cố định thuộc mặt phẳng
( )
P
Ta có
( )
2 1 2 0,x my m z m m+ + + − − =
( )
2 2 2 0,m y z x z m + − + + − =
tọa độ điểm
M
thỏa mãn hệ
20
(*)
2 1 0
xz
yz
+ − =
+ − =
Đặt
zt=
với
t
, từ (*)
2
1 2 ,
xt
y t t
zt
=−
= −
=
Vy tp hp các điểm cố định thuộc mặt phẳng
( )
P
là đường thẳng
2
: 1 2 ,
xt
y t t
zt
=−
= −
=
Gọi
K
là hình chiu vuông góc ca
A
trên
31
;0;
22
K



Ta có
( )
( )
,d A P AH AK=
( )
( )
,d A P
lớn nhất bằng
AK
khi
HK
31
;0;
22
H



3
2
ab + =
.
Câu 99: Trong hệ tọa độ không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ): 2 2 1 0P x y z− + − =
và hai đường
thẳng
12
1 3 5 5
: , :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
dd
− − − +
= = = =
−−
. Bit rằng có 2 điểm
12
,MM
trên
1
d
và hai
Trang 70
điểm
12
,NN
trên
2
d
sao cho
1 1 2 2
,M N M N
song song mặt phẳng
()P
đồng thời cách mặt phẳng
()P
một khoảng bằng 2. Tính
1 1 2 2
d M N M N=+
A.
6 5 2d =+
. B.
52d =
. C.
5 5 2d =+
. D.
62d =
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
()Q
là mặt phẳng song song với
()P
sao cho khoảng cách giữa
( )
P
và
( )
Q
bằng
2
.
( )
Q
có phương trnh dạng
2 2 0( 1)x y z m m− + + = −
và
( )
Q
chứa
11
MN
hoặc
22
MN
.
Theo giả thit khoảng cách từ mp
()Q
đn
()P
bằng 2 nên ta có
5
| 1|
2
7
3
m
m
m
=
+
=
=−
Vy có 2 mặt phẳng song song và cách
()P
một khoảng bằng 2 là:
( )
1
: 2 2z 5 0Q x y− + + =
và
( )
2
: 2 2z 7 0Q x y− + − =
.
+ Theo giả thit
1 1 1 1 2 1
( ), ( )M d Q N d Q= =
suy ra
1 1 1 1
(1; 3; 5), (4; 3; 5) 5 2M N M N− − = − − =
2 1 2 2 2 2
( ), ( )M d Q N d Q= =
suy ra
2 2 2 2
(3;0;2), ( 1; 4;0) 6M N M N− − =
Vy
6 5 2d =+
.
Câu 100: Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
:
3
1
2
xt
yt
zt
=+
= − −
= − +
, điểm
( )
1;2; 1M −
và mặt cu
( )
S
:
2 2 2
4 10 14 64 0x y z x y z+ + − + + + =
. Gọi
là đường thẳng đi qua
M
và cắt
tại
A
,
cắt
( )
S
tại
B
sao cho
1
3
AM
AB
=
và điểm
B
có hoành độ là số nguyên. Mặt phẳng trung trực ca
đoạn
AB
có phương trnh là
1
Q
P
2
Q
1
M
1
N
2
M
2
N
Trang 71
A.
2 4 4 19 0x y z+ − − =
. B.
2 4 4 43 0x y z− − − =
.
C.
129
3 6 6 0
2
x y z− − − =
. D.
3 6 6 31 0x y z+ − − =
.
Lời giải
Chọn C.
Từ giả thit:
( )
S
có tâm
( )
2; 5; 7I −−
và bán kính
14R =
.
A
( )
3 ; 1 ; 2A t t t+ − − − +
( )
2 ; 3;1AM t t t= − − + −
.
Vì
1
3
AM
AB
=
3AB AM=
.
+) Nu
( )
3 3 6;3 9;3 3AB AM t t t= = − − + −
( )
2 3;2 8; 2 1B t t t− − + − +
.
Do
( )
BS
BI R=
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 5 2 13 2 8 14t t t+ + − − + − =
2
12 40 244 0tt + + =
( Vô nghiệm).
+) Nu
( )
3 3 6; 3 9; 3 3AB AM t t t= − = + − − − +
( )
4 9; 4 10;4 5B t t t+ − − −
.
Do
( )
BS
BI R=
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 7 4 5 4 2 14t t t− − + + + − − =
2
48 112 64 0tt+ + =
4
3
t =−
;
1t =−
.
Do
B
có hoành độ là số nguyên nên
1t =−
( )
3; 6; 6AB −−
.
Trung điểm
AB
là
7
; 3; 6
2
E

−−


nên PT mặt phẳng trung trực
AB
:
129
3 6 6 0
2
x y z− − − =
.
Câu 101: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nht,
AB a=
,
3BC a=
,
SA a=
và
SA
vuông góc với đáy
ABCD
. Tính
sin
, với
là góc tạo bởi giữa đường thẳng
BD
và
mặt phẳng
( )
SBC
.
A.
7
sin
8
=
. B.
3
sin
2
=
. C.
2
sin
4
=
. D.
3
sin
5
=
.
Lời giải
Chọn C.
Trang 72
Cách 1:
Vẽ
.ST BC=
Lúc đó
( ) ( )
SBC STCB
Gọi
,MN
ln lưt là trung điểm
,SB TC
lúc đó ta có
( ) ( )
, / /AM SBC DN AM DN SBC⊥ ⊥
Hình chiu ca
BD
trên
( )
SBC
chính là
Ta có
( )
( )
( )
, , .BD SBC BD BN DBN==
2
2
2
sin .
24
a
DN AM
DBN
BD BD a
= = = =
Cách 2:
a
a
a
a
3
N
T
C
B
A
D
S
M
Trang 73
Đặt hệ trục tọa độ
Oxyz
như hnh vẽ. Khi đó, ta có
( )
0;0;0A
,
( )
;0;0Ba
,
( )
0; 3;0Da
,
( )
0;0;Sa
.
Ta có
( ) ( )
; 3;0 1; 3;0BD a a a= − = −
, nên đường thẳng
BD
có véc-tơ chỉ phương là
( )
1; 3;0u =−
.
Ta có
( )
;0;SB a a=−
,
( )
0; 3;0BC a=
( )
22
, 3;0; 3SB BC a a

=

( )
2
3 1;0;1a=
.
Như vy, mặt phẳng
( )
SBC
có véc-tơ pháp tuyn là
( )
1;0;1n =
.
Do đó,
là góc tạo bởi giữa đường thẳng
BD
và mặt phẳng
( )
SBC
thì
.
sin
.
un
un
=
( )
( )
2
2
2 2 2 2
1 .1 3.0 0.1
1 3 0 . 1 0 1
− + +
=
− + + + +
2
4
=
.
Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
,cho bốn đường thẳng
1
12
:
1 2 2
x y z
d
−−
==
−
2 3 4
2 2 1 2 1
: , : , :
2 4 4 2 1 1 2 2 1
x y z x y z x y z
d d d
− − − − −
= = = = = =
−−
. Gọi
là đường thẳng cắt cả bốn
đường thẳng đã cho. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương ca đường thẳng
A.
( )
3
2;0; 1u =−
ur
B.
( )
2
2;1; 1u =−
uur
. C.
( )
1
2;1;1u =
ur
. D.
( )
4
1;2; 2u =−
uur
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
12
ddP
.Phương trnh mặt phẳng
( )
12
, : 2 0d d y z− + =
y
z
x
O
C
A
D
B
S
Trang 74
Gọi
( ) ( ) ( )
3 1 2 4 1 2
13
, 1; ; ; , 4;2;0
22
A d d d A B d d d B

= =


Khi đó
AB
là đường thẳng
.
( )
2
33
3; ; 2;1; 1
22
AB u

= − = −


uuur uur
là vectơ chỉ phương ca đường thẳng
.
Câu 103: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 1 0P x y z− + + =
,
(1;1;1)A
,
(0;1;2)B
,
( 2;0;1)C −
và điểm
( ; ; ) ( )M a b c P
sao cho:
2 2 2
2S MA MB MC= + +
đạt giá trị nhỏ
nhất. Khi đó
32T a b c= + +
bằng:
A.
7
.
4
B.
25
.
2
C.
25
.
4
−
D.
25
.
2
−
Lời giải
Chọn A.
Gọi
I
là điểm thỏa mãn
20IA IB IC+ + =
35
0; ;
44
I

=


.
Khi đó:
2 2 2
2 2 2
22MA MB MC MA MB MC+ + = + +
=
( ) ( ) ( ) ( )
222
2 2 2 2
2 4 2 2 2MI IA MI IB MI IC MI MI IA IB IC IA IB IC+ + + + + = + + + + + +
=
2 2 2 2
42MI IA 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 hnh chiu ca
I
lên mặt phẳng
( )
P
. Khi đó,
M
là giao điểm ca
()P
và
đường thẳng qua
I
, vuông góc với
()P
.
Tọa độ ca
M
là nghiệm ca hệ:
10
35
44
1 1 1
x y z
yz
x
− + + =
−−
==
−
153
;;
244
M

−


.
Vy
7
3 2 .
4
T a b c= + + =
Câu 104: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
:2 3 0,P y z− + =
và điểm
( )
2;0;0 .A
Mặt phẳng
( )
đi qua
,A
vuông góc với
( )
,P
cách gốc tọa độ
O
một khoảng cách
bằng
4
3
và cắt các tia
,Oy Oz
ln lưt tại các điểm
,BC
khác
.O
Thể tích khối tứ diện
OABC
bằng
A.
8
. B.
16
. C.
8
3
. D.
16
3
.
Trang 75
Lời giải
Chọn C
Gọi
( ) ( )( )
0; ;0 , 0;0; 0B b C c bc 
PT mặt phẳng
( )
:1
2
x y z
bc
+ + =
.
Do
( ) ( )
P
⊥
nên
21
02bc
bc
− = =
PT mặt phẳng
( )
: 2 2cx y z c
+ + =
.
( )
( )
( )
22
2
2
4
, 9 4 5 2
3
5
c
d O c c c
c
= = = + =
+
.
Do đó,
1 1 8
. . .2.4.2
6 6 3
OABC
V OAOBOC= = =
.
Ta có thể tạo một số bài toán tương tự bằng cách thay giả thit
( ) ( )
P
⊥
và
( )
qua
A
bằng giả
thit
( )
chứa đường thẳng
,d
giả thit khoảng cách bằng giả thit góc.
Câu 105: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
chứa đường thẳng
2
:2
x
d y t
zt
=
=
=−
đồng thời cách gốc tọa độ
O
một khoảng cách bằng
4
3
và cắt các tia
,,Ox Oy Oz
ln
lưt tại các điểm
,,A B C
khác
.O
Thể tích khối tứ diện
OABC
bằng
A.
8
B.
16
C.
8
3
D.
16
3
Câu 106: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
:2 3 0,P y z− + =
và điểm
( )
2;0;0 .A
Mặt phẳng
( )
đi qua
,A
vuông góc với
( )
,P
tạo với mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0Q x y z− + + =
góc
sao cho
1
cos
3
=
. Mặt phẳng
( )
cắt các tia
,Oy Oz
ln lưt tại
các điểm
,BC
khác
.O
Thể tích khối tứ diện
OABC
bằng
A.
1
8
B.
3
8
C.
1
24
D.
1
4
Câu 107: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
chứa đường thẳng
2 2 3
:
1 1 2
x y z
d
− − −
==
−
đồng thời cách gốc tọa độ
O
một khoảng cách lớn nhất. Gọi
,,A B C
(khác
O
) ln lưt là giao điểm ca
( )
với các tia
,,Ox Oy Oz
. ln lưt tại các điểm Thể tích
khối tứ diện
OABC
bằng
A.
4913
72
B.
1331
6
C.
1331
18
D.
4913
24
Câu 108: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2;0;0A
,
( )
1;1;1M
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng thay
đổi đi qua
A
,
M
và cắt các trục
Oy
,
Oz
ln lưt tại
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
với
0b
,
0c
. Khi
diện tích tam giác
ABC
nhỏ nhất, hãy tính giá trị ca
.bc
A.
8.bc =
B.
64bc =
. C.
2bc =
. D.
16bc =
.
Lời giải
Trang 76
Chọn D.
Phương trnh mặt phẳng
( )
:1
2
x y z
P
bc
+ + =
.
Điểm
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
1;1;1 1 1
22
M P b c bc
bc
+ + = + =
Có
1
2 16
2
bc b c bc bc= +
.
Ta có:
( ) ( ) ( )
2; ;0 , 2;0; , ; 2 ; 2AB b AC c AB AC bc c b

= − = − =

.
( ) ( )
22
22
1 1 1
, 4 4 2 8
2 2 2
ABC
S AB AC bc b c bc bc

= = + + = −

(do
1
2
b c bc+=
)
Đặt
16t bc t=
Khi đó
( )
2
1
28
2
ABC
S S t t t= = −
, với
16t
.
Có
( )
2
2
0 16
28
t
S t t
tt
−
=
−
( )
St
đồng bin trên
)
16;+
Suy ra
ABC
S
nhỏ nhất
( )
St
nhỏ nhất
16t=
, tức
16bc =
.
Vy
ABC
S
nhỏ nhất khi
16.bc =
Câu 109: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2; 2; 1A −−
,
4 8 8
;;
3 3 3
B
−−



. Đường thẳng
đi
qua tâm đường tròn nội tip tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
( )
OAB
. Hỏi
đi qua
điểm nào dưới đây?
A.
( )
5; 1;5Q −
. B.
( )
3;0;2N
. C.
( )
1; 1;1M −
. D.
( )
5; 4;5P −−
.
Lời giải.
Chọn C.
Gọi
( )
;;
I I I
I x y z
là tâm đường tròn nội tip tam giác
OAB
.
Dễ dàng tính đưc
3; 4; 5OA OB AB= = =
.
Trang 77
Khi đó
( )
( )
4
0.5 2.4 .3
1
3
3 4 5 3
8
0.5 2 .4 .3
4
3
3 4 5 3
8
0.5 1 .4 .3
1
3
3 4 5 3
I
I
I
x
y
z
−
++
==
++
−

+ − +

−

==
++
+ − +
==
++
Và vc tơ pháp tuyn ca mặt phẳng
( )
OAB
là
( )
; 8; 4; 8n OA OB

= = − − −

.
Phương trnh đường thẳng
có dạng:
1
8
3
4
4
3
1
8
3
xt
yt
zt
=−
−
=−
=−
Thử
4
điểm vào phương trnh đường thẳng
ta thấy chỉ có điểm
( )
1; 1;1M −
thỏa mãn.
Câu 110: Cho hnh lăng trụ tam giác
.ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
3,AB =
4AC =
,
61
2
AA
=
; hình chiu ca
B
trên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm cạnh
BC
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
AB

(tham khảo hình vẽ bên dưới).
Côsin ca góc tạo bởi hai mặt phẳng
( )
AMC
và
( )
A BC
bằng
A.
13
65
. B.
11
3157
. C.
33
3157
. D.
33
3517
.
Trang 78
Lời giải
Chọn C.
Chọn hệ trục tọa độ như hnh vẽ.
( )
0;0;0OA
,
( )
3;0;0B
,
( )
0;4;0C
Gọi
N
là trung điểm
BC
3
;2;0
2
N



.
22
3NB BB BN

= − =
3
;2;3
2
B



3
2
3
2 ;2;3
2
3
A
A
A
x
AA BB y A
z
=−

= = −


=
;
3
2
3
4 2 ;6;3
2
3
C
C
C
x
CC BB y C
z
=−

= − = −


=
.
M
là trung điểm
( )
0;2;3A B M

.
( )
3 9 3
0;2;3 ; ;6;3 ; ; 2; 3 ; ;2; 3
2 2 2
AM AC A B A C
= = − = − − = −
z
x
y
O
61
2
4
3
M
A
B
C
C'
A'
B'
N
Trang 79
( )
9
, 12; ;3
2
AMC
n AM AC


= = − −



;
( )
( )
, 12;9;12
A BC
n A B A C


==

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
.
33
cos , cos ,
3157
.
AMC A BC
AMC A BC
AMC A BC
nn
AMC A BC n n
nn






= = =


.
Câu 111: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2; 1A −
và mặt phẳng
( )
: 2 13 0P x y z+ + − =
. Xét
các mặt cu
( )
S
có tâm
( )
;;I a b c
, đi qua điểm
A
, tip xúc với mặt phẳng
( )
P
. Tính giá trị ca
biểu thức
2 2 2
23T a b c= + +
khi
( )
S
có bán kính nhỏ nhất.
A.
35T =
. B.
20T =
. C.
25T =
. D.
30T =
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
H
là hình chiu ca
I
trên mặt phẳng
( )
P
ta có
2IA IH R+=
nên
R
nhỏ nhất khi
,,I A H
thẳng hàng và
I
là trung điểm ca
AH
Phương trnh AH đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
( )
P
có phương trnh là
1
2
12
xt
yt
zt
=+
=+
= − +
Tọa độ
H
là nghiệm
( )
;;x y z
ca hệ
( )
1
2
3;4;3
12
2 13 0
xt
yt
H
zt
x y z
=+
=+
= − +
+ + − =
( )
2;3;1I
2 2 2 2 2 2
2 3 2 2.3 3.1 25T a b c= + + = + + =
.
Câu 112: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z− + − + − =
tâm
I
và mặt phẳng
( )
:2 2 24 0P x y z+ − + =
. Gọi
H
là
hình chiu vuông góc ca
I
trên
( )
P
. Điểm
M
thuộc
( )
S
sao cho đoạn
MH
có độ dài lớn nhất.
Tìm tọa độ điểm
M
.
A.
( )
1;0;4M −
B.
( )
0;1;2M
C.
( )
3;4;2M
D.
( )
4;1;2M
Lời giải
Chọn C
Ta có tâm
( )
1;2;3I
và bán kính
3R =
. Do
( )
( )
;9d I P R=
nên mặt phẳng
( )
P
không cắt mặt
cu
( )
S
. Do
H
là hình chiu ca
I
lên
( )
P
và
MH
lớn nhất nên
M
là giao điểm ca đường
thẳng
IH
với mặt cu
( )
P
.
Trang 80
( )
( )
2;2; 1
P
IH n= = −
.
Phương trnh đường thẳng
IH
là
12
22
3
xt
yt
zt
=+
=+
=−
.
Giao điểm ca
IH
với
( )
S
:
2
99t =
1t =
( )
1
3;4;2M
và
( )
2
1;0;4M −
.
( )
( )
11
; 12M H d M P==
;
( )
( )
22
;6M H d M P==
.
Vy điểm cn tìm là
( )
3;4;2M
.
Câu 113: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 16S x y z− + − + − =
và các điểm
( )
1;0;2A
,
( )
1;2;2B −
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng
đi qua hai điểm
A
,
B
sao cho thit diện ca
( )
P
với mặt cu
( )
S
có diện tích nhỏ nhất. Khi vit
phương trnh
( )
P
dưới dạng
( )
: 3 0P ax by cz+ + + =
. Tính
T a b c= + +
.
A.
3
B.
3−
C.
0
D.
2−
Lời giải
Chọn B
Mặt cu có tâm
( )
1;2;3I
bán kính là
4R =
.
Ta có
A
,
B
nằm trong mặt cu. Gọi
K
là hình chiu ca
I
trên
AB
và
H
là hình chiu ca
I
lên thit diện.
Ta có diện tích thit diện bằng
( )
2 2 2
S r R IH

= = −
. Do đó diện tích thit diện nhỏ nhất khi
IH
lớn nhất. Mà
IH IK
suy ra
( )
P
qua
,AB
và vuông góc với
IK
.
Ta có
5IA IB==
suy ra
K
là trung điểm ca
AB
. Vy
( )
0;1;2K
và
( )
1;1;1KI =
.
Vy
( ) ( ) ( )
: 1 2 0P x y z− + + − =
30x y z− − − + =
.
I
H
A
B
K
Trang 81
Câu 114: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
3; 1;0A −
và đường thẳng
d
:
2 1 1
1 2 1
x y z− + −
==
−
. Mặt phẳng
( )
chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đn
( )
lớn nhất có
phương trnh là:
A.
0x y z+ − =
. B.
20x y z+ − − =
. C.
10x y z+ − + =
. D.
2 5 0x y z− + + + =
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
H
là hình chiu vuông góc ca
A
lên
( )
,
K
là hình chiu vuông góc ca
A
lên
d
.
Ta có:
( )
,d A d AK=
cố định và
( )
( )
,d A AH AK
=
( )
( )
,dA
lớn nhất bằng
AK
khi
HK
.
:d
2 1 1
1 2 1
x y z− + −
==
−
qua
( )
2; 1;1M −
, có VTCP
( )
1;2;1
d
u =−
.
Gọi
( )
P
là mặt phẳng qua
A
và chứa có VTPT
( )
, 2;0;2
pd
n u AM

==

.
Mặt phẳng
( )
có một VTPT là
( ) ( )
, 4; 4;4 4 1;1; 1
pd
n n u

= = − − = − −

và
( )
qua
( )
2; 1;1M −
có phương trnh:
( ) ( ) ( )
1 2 1 1 1 1 0x y z− + + − − =
0x y z + − =
.
Câu 115: Cho đường thẳng
: 2 1
2
xt
d y t
zt
=−
=−
=+
và mặt phẳng
( )
:
2 2 2 0x y z− − − =
. Mặt phẳng
( )
P
qua
d
và tạo với
( )
một góc nhỏ nhất. Một vc tơ pháp tuyn ca
( )
P
là:
A.
( )
1;1;1
p
n =−
. B.
( )
1;2; 3
p
n =−
. C.
( )
2;1;0
p
n =
. D.
( )
3; 2;7
p
n =−
.
Lời giải
Chọn A.
Trang 82
Gọi
( ) ( )
P
=
,
( )
Ad
=
,
( )
B d B A
;
H
là hnh chiu vuông góc ca
B
lên
( )
;
K
là hnh chiu ca
H
lên
.
Suy ra:
( )
(
)
,d BAH
=
cố định;
( ) ( )
(
)
, P BKH
=
.
Mà
BKH BAH
(vì
HK HA
)
( )
(
)
( ) ( )
(
)
,,dP


.
Suy ra
( ) ( )
(
)
,P
nhỏ nhất bằng
( )
(
)
,d
khi
KA
.
Khi đó
d⊥
và có một VTCP
( )
, 3 1;0;1
d
u u n
= = −
.
( )
P
có một VTPT
( )
, 2 1;1;1
pd
n u u
= = −
.
Câu 116: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
: 2 2 5 0P x y z− + − =
và hai điểm
( )
3;0;1A −
,
( )
1; 1;3B −
. Trong các đường thẳng đi qua
A
và song song
( )
P
, đường thẳng mà
khoảng cách từ
B
đn đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trnh là:
A.
31
26 11 2
x y z+−
==
−
. B.
31
26 11 2
x y z+−
==
−−
.
C.
31
26 11 2
x y z−+
==
−
. D.
2 1 3
26 11 2
x y z+ − +
==
−
.
Lời giải
Chọn A.
Trang 83
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 chiu vuông góc ca
B
lên
( )
Q
BH
cố định và
( )
( )
,d B Q BH=
.
Gọi
K
là hình chiu vuông góc ca
B
lên
d
bất kì qua
A
và nằm trong
( )
Q
hay
( )
//dP
.
Ta có:
( ) ( )
,,BK BH d B d d B AH
( )
,d B d
bé nhất bằng
BH
khi
KH
.
Gọi
n
là VTPT ca
( ) ( )
, 2;6;7
p
ABH n n AB

= = −

.
d
cn lp qua
A
,
H
và có VTCP
( )
, 26;11; 2
dp
u n n

= = −

.
Vy phương trnh đường thẳng
d
cn lp là:
31
26 11 2
x y z+−
==
−
.
Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho tam giác
ABC
có phương trnh đường phân
giác trong góc
A
là
66
.
1 4 3
x y z−−
==
−−
Bit rằng điểm
( )
0; 5; 3M
thuộc đường thẳng
AB
và
điểm
( )
1;1; 0N
thuộc đường thẳng
Vc tơ nào sau đây là vc tơ chỉ phương ca đường
thẳng
?AC
A.
( )
1; 2; 3 .u
B.
( )
0; 2; 6 .u −
C.
( )
0;1; 3 .u −
D.
( )
0;1; 3 .u
Lời giải
Chọn D.
Giả sử
( ;6 4 ;6 3 )A t t t−−
, ta có:
(1; 4; 3)
d
u = − −
,
( ;4 1; 3 3 ), (1 ; 5 4 ;3 6)AM t t t AN t t t= − − − + = − − + −
Theo bài ra: Vì
d
là đường phân giác ca góc
A
nên:
Trang 84
22
2
2 2 2 2
22
26 13 26 39
| cos( , )| | cos( , ) |
26 26 10 26 78 62
2 1 2 3
(4 4 1)(13 39 31) (4 12 9)(13 13 5)
13 13 5 13 39 31
14 14 1.
dd
BP V
tt
u AM u AN
t t t t
tt
t t t t t t t t
t t t t
tt
−−
= =
− + − +
−−
= − + − + = − + − +
− + − +
= =
(1;2;3) (0; 1; 3)A AN = − −
. Vy một vc tơ chỉ phương ca
AC
là
( )
0;1; 3 .u
Câu 118: Trong không gian
Oxyz
cho điểm
(1;2; 3)−A
và mặt phẳng
( )
:2 2 9 0+ − + =P x y z
.
Đường thẳng đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
( )
:3 4 4 5 0+ − + =Q x y z
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
.
A.
41
2
=MB
. B.
5
2
MB =
. C.
5MB =
. D.
41MB =
.
Lời giải
Chọn C
Ta có đường thẳng
d
đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
( )
:3 4 4 5 0+ − + =Q x y z
có phương
trình:
( )
13
: 2 4 ,
34
=+
= +
= − −
xt
d y t t
zt
. Ta có giao điểm ca
d
và mặt phẳng
( )
P
là
B
:
(1 3 ;2 4 ; 3 4 ) + + − −B d B t t t
.
( ) ( ) ( )
2 1 3 2 2 4 3 4 9 0 1 + + + + + + = = −B P t t t t
.
Vy
( 2; 2;1)−−B
.
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 ca mặt cu đường kính
AB
với mặt phẳng
( )
P
. Khi đó độ dài
MB
H
(P)
I
M
B
A
Trang 85
lớn nhất khi và chỉ khi độ dài
MB
bằng đường kính ca
( )
C
. Gọi bán kính ca đường tròn
( )
C
là
r
, trung điểm ca
AB
là
1
( ;0; 1)
2
− −II
,
( ,( )
3=
IP
d
.
Ta có
( )
2
22
,( )
5
42
+ = =
IP
AB
d r r
. Vy độ dài
MB
lớn nhất là
5
.
Câu 119: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
,
trong đó
0a
,
0b
,
0c
và
1 2 3
7
abc
+ + =
. Bit mặt phẳng
( )
ABC
tip xúc với mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
72
: 1 2 3
7
S x y y− + − + − =
. Thể tích ca khối tứ diện
OABC
là.
A.
2
9
. B.
1
6
. C.
3
8
. D.
5
6
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có
( )
:1
x y z
ABC
a b c
+ + =
0bcx acy abz abc + + − =
.
Theo bài ra có:
1 2 3
7
abc
+ + =
2 3 7bc ca ab abc + + =
.
Mặt phẳng
( )
ABC
tip xúc với mặt cu
( )
S
( )
( )
,d I ABC R=
2 2 2 2 2 2
23
72
7
bc ca ab abc
b c c a a b
++−
=
++
2 2 2
1 1 1 1 7
36 72abc

+ + =


2 2 2
1 1 1 7
2abc
+ + =
.
Ta có
1 2 3
7
abc
+ + =
2
1 1 1
49 2. 3
a b c

= + +


( )
2 2 2
1 1 1
1 4 9
abc

+ + + +


2 2 2
1 1 1 7
2abc
+ + =
.
Dấu bằng xảy ra
23
1 2 3
7
a b c
abc
==
+ + =
2
1
2
3
a
b
c
=
=
=
.
Vy
1
6
OABC
V abc=
1 2 2
.2.1.
6 3 9
==
.
Cách 2:
Trang 86
Ta có
( )
:1
x y z
ABC
a b c
+ + =
và
1 2 3
7
abc
+ + =
suy ra
( )
1 2 3
;;
777
M ABC



.
Lại có
( )
1 2 3
;;
777
MS



nên
( )
ABC
tip xúc với
( )
S
tại
M
.
Suy ra
( )
:1
2
21
3
x y z
ABC + + =
nên
1
6
OABC
V abc=
1 2 2
.2.1.
6 3 9
==
.
Câu 120: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;0;1A
;
( )
0;1; 1B −
. Hai điểm
D
,
E
thay đổi trên các đoạn
OA
,
OB
sao cho đường thẳng
DE
chia tam giác
OAB
thành hai phn
có diện tích bằng nhau. Khi
DE
ngắn nhất th trung điểm
I
ca
DE
có tọa độ là
A.
22
; ;0
44
I




. B.
22
; ;0
33
I




. C.
11
; ;0
33
I



. D.
11
; ;0
44
I



.
Lời giải
Chọn A.
Ta thấy
2;OA OB==
120AOB =
Ta có
D
nằm trên đoạn
OA
nên
( )
;0;D a a
,
2OD a=
,
( )
01a
E
nằm trên đoạn
OB
nên
( )
0; ;E b b−
,
2OE b=
,
(0 1)b
Ta có
1
2
ODE
OAB
S
ab
S
==
( )
;;DE a b b a= − − −
22
2 2 2 6 3DE a b ab ab= + + =
Dấu bằng xảy ra khi
2
2
ab==
suy ra
22
;0;
22
D




,
22
0; ;
22
E

−



Vy
Min( ) 3DE =
khi đó trung điểm ca
DE
có tọa độ
22
; ;0
44
I




Câu 121: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, mặt phẳng
( )
P
qua hai điểm
( )
1;8;0M
,
( )
0;0;3C
cắt các tia
,Ox Oy
ln lưt tại
,AB
sao cho
OG
là nhỏ nhất, với
G
là trọng tâm tam
giác
ABC
. Bit
( )
;;G a b c
, hãy tính
T a b c= + +
.
A.
7T =
. B.
3T =
. C.
12T =
. D.
6T =
.
Lời giải
Chọn D
Trang 87
Gọi
( ) ( )
11
;0;0 ; 0; ;0A a B b
với
( )
11
,0ab
. Suy ra:
11
; ;1
33
ab
G



.
Phương trnh mặt phẳng
( )
ABC
:
11
1
3
x y z
ab
+ + =
.
Vì
( )
M ABC
nên
11
18
1
ab
+=
.
Ta có:
22
11
1
9
3
OG a b= + +
.
Ta có:
22
1 1 1 1 1 1
11
1 8 1 16 25 25
1
22
5.
a b a b a b
ab
= + = +
+
+
.
Suy ra:
22
11
125ab+
.
Do đó:
134
3
OG
. Dấu bằng xảy ra khi
11
2ba=
.
Khi đó:
11
5; 10ab==
.
Vy
6abc+ + =
.
Câu 122: Trong không gian
,Oxyz
cho điểm
(1;2;3).M
Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng
( )
P
đi qua
M
và cắt các trục
,,x Ox y Oy z Oz
ln lưt tại các điểm
,,A B C
sao cho
2 3 0?OA OB OC= =
A.
4.
B. 3. C.
1.
D. 8.
Lời giải
Chọn A.
Gọi tọa độ các điểm
( ;0;0); (0; ;0); (0;0; )A a B b C c
ln lưt là tọa độ các điểm cắt các trục
,,x Ox yOy z Oz
. Ta có phương trnh mặt phẳng
( ): 1.
x y z
ABC
a b c
+ + =
Mặt phẳng đi qua điểm
1 2 3
(1;2;3) 1.M
abc
+ + =
Mặt khác
23OA OB OC==
hay
23a b c==
Suy ra có 4 trường hp xảy ra, mỗi trường hp ta
có 1 phương trnh mặt phẳng
23
23
23
23
a b c
a b c
a b c
a b c
==
= − = −
= = −
= − =
Câu 123: Trong không gian
Oxyz
, Cho
3
điểm
( ) ( )
3;7;1 , 8;3;8AB
và
( )
3;3;0C
. Gọi
( )
1
S
là
mặt cu tâm
A
bán kính bằng
3
và
( )
2
S
là mặt cu tâm
B
bán kính bằng
6
. Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua
C
và tip xúc đồng thời với cả hai mặt cu
( ) ( )
12
,.SS
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Trang 88
Chọn B.
Phương trnh mặt phẳng qua
C
có dạng
2 2 2
( ): ( 3) ( 3) 0, 0P m x n y pz m n p− + − + = + +
.
Mặt phẳng
()P
tip xúc
1
()S
ta có
2 2 2
43n p m n p+ = + +
(1)
Mặt phẳng
()P
tip xúc
2
()S
ta có
2 2 2
5 8 6m p m n p+ = + +
(2)
Từ đây ta có phương trnh
5 8 6 (3)
5 8 2 4
5 8 10 (4)
m n p
m p n p
m n p
=−
+ = +
= − −
Từ
(1),(3)
ta có:
2
2 2 2 2 2
2
86
(4 ) 9 401 1064 524 0
262
5
401
np
np
n p n p n np p
np
=

−

+ = + + − + =


=



Trường hp này ta tm đưc hai mặt phẳng:
12
( ):2 2 12 0,( ):62 262 401 600 0P x y z P x y z+ + − = − − + =
Từ
(1),(4)
ta có:
2
2 2 2 2 2
8 10
(4 ) 9 401 1240 1100 0 0
5
np
n p n p n np p n p

+

+ = + + + + = = =





Trường hp này không có mặt phẳng nào.
Câu 124: Trong không gian
Oxyz
, Cho
3
điểm
( ) ( )
0;0;1 , 0;2;2AB
và
( )
3; 1; 1−−C
. Gọi
( )
1
S
là mặt cu tâm
A
bán kính bằng
1
và
( )
2
S
là mặt cu tâm
B
bán kính bằng
3
. Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua
C
và tip xúc đồng thời với cả hai mặt cu
( ) ( )
12
,.SS
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B.
Phương trnh mp qua
C
có dạng
( )
2 2 2
( ): ( 3) ( 1) 1 0, 0− + + + + = + + P m x n y p z m n p
Mặt phẳng
()P
tip xúc
1
()S
ta có
2 2 2
32− + + = + +m n p m n p
(1)
Mặt phẳng
()P
tip xúc
2
()S
ta có
2 2 2
3 3 3 3− + + = + +m n p m n p
(2)
Từ đây ta có phương trnh
2 (3)
3 3 3 3 3 2
3 4 2 (4)
=
− + + = − + +
=−
pm
m n p m n p
p m n
Trang 89
Từ
(1),(3)
ta có:
22
0
5
2
=
+ = +
=
m
m n m n
nm
Trường hp này ta tm đưc hai mặt
12
( ): 1 0,( ): 2 2 1 0+ = + + + =P y P x y z
Từ
(1),(4)
ta có:
22
4 3 2 0 0− + = = =m mn n m n
Trường hp này không có mặt phẳng nào.
Kết luận có 2 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.
Bình luận: Từ
( )
3
học sinh dễ nhm lẫn chọn ngay
1 2 2= = =m p n
dẫn tới chỉ tm đưc
1
mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 125: Trong không gian
Oxyz
, Cho
3
điểm
( ) ( )
3;0; 2 , 2;2;1−AB
và
( )
4; 2;0−C
. Gọi
( )
1
S
là mặt cu tâm
A
bán kính bằng
1
và
( )
2
S
là mặt cu tâm
B
bán kính bằng
2
. Hỏi có tất cả bao
nhiêu mặt phẳng đi qua
C
và tip xúc đồng thời với cả hai mặt cu
( ) ( )
12
,.SS
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D.
Phương trnh mp qua
C
có dạng
2 2 2
( ): ( 4) ( 2) 0, 0− + + + = + + P m x n y pz m n p
Mặt phẳng
()P
tip xúc
1
()S
ta có
2 2 2
22− + − = + +m n p m n p
(1)
Mặt phẳng
()P
tip xúc
2
()S
ta có
2 2 2
2 4 2− + + = + +m n p m n p
(2)
Từ đây ta có phương trnh
0 (3)
2 4 2 2 2
4 8 3 (4)
=
− + + = − + −
=−
p
m n p m n p
m n p
Từ
(1),(3)
ta có:
22
0
2
34
=
− + = +
=
n
m n m n
nm
Trường hp này ta tm đưc hai mặt phẳng
12
( ): 4 0,( ):3 4 4 0− = + − =P x P x y
Từ
(1),(4)
ta có:
2
0
5 3 0
53
=
− =
=
n
n np
np
Trường hp này ta tm đưc hai mặt phẳng nữa
34
( ):3 4 12 0,( ):9 12 20 12 0− − = + + − =P x z P x y z
Kết luận có
4
mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán
Trang 90
Câu 126: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
)5;2;1(M
. Số mặt phẳng
)(
đi
qua
M
và cắt các trục
Ox
,
Oy
,
Oz
tại
A
,
B
,
C
sao cho
OCOBOA ==
(
A
,
B
,
C
không trùng
với gốc tọa độ
O
)
A.
8
. B.
3
. C.
4
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C.
Gọi
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
điều kiện:
0abc
.
Phương trnh mặt phẳng
( )
là:
1=++
c
z
b
y
a
x
. Do
( )
đi qua
M
nên ta có:
1
521
=++
cba
)1(
Theo đề ra
OCOBOA ==
nên ta có
cba ==
=−=
−=−=
−==
==
cba
cba
cba
cba
Với
cba ==
thay vào
)1(
ta đưc
8=== cba
.
Với
cba −==
thay vào
)1(
ta đưc
2−=−== cba
.
Với
cba −=−=
thay vào
)1(
ta đưc
6−=−=−= cba
.
Với
cba =−=
thay vào
)1(
ta đưc
4==−= cba
.
Vy chọn đáp án
)(C
.
Câu 127: Trong không gian hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;4;5A
,
( )
3;4;0B
,
( )
2; 1;0C −
và mặt
phẳng
( )
:3 3 2 12 0P x y z− − − =
. Gọi
( )
;;M a b c
thuộc
( )
P
sao cho
2 2 2
3MA MB MC++
đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính tổng
abc++
.
A.
3
. B.
2
. C.
2−
. D.
3−
.
Lời giải
Chọn A.
Giả sử
( )
;;I x y z
là điểm thỏa mãn
30IA IB IC+ + =
.
Khi đó
( )
1 ;4 ;5IA x y z− − −
,
( )
3 ;4 ;IA x y z− − −
,
( )
2 ; 1 ;IA x y z− − − −
;
( )
3 10 5 ;5 5 ;5 5IA IB IC x y z+ + = − − −
;
30IA IB IC+ + =
2
1
1
x
y
z
=
=
=
( )
2;1;1I
;
2 2 2
2 2 2
33MA MB MC MA MB MC+ + = + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
3MI IA MI IB MI IC= + + + + +
Trang 91
( )
2 2 2 2
5 2 3MI MI IA IB IC IA IB IC= + + + + + +
2 2 2 2
5MI IA IB IC= + + +
(vì
30IA IB IC+ + =
)
Vì
I
cố định nên
2 2 2
3MA MB MC++
đạt giá trị nhỏ nhất khi
MI
nhỏ nhất, khi đó
M
là hình
chiu vuông góc ca
I
lên
( )
P
.
Gọi
là đường thẳng qua
I
và vuông góc với
( )
P
Phương trnh đường thẳng
23
: 1 3
12
xt
yt
zt
=+
= −
=−
.
Tọa độ ca
M
là nghiệm hệ phương trnh:
23
13
12
3 3 2 12 0
xt
yt
zt
x y z
=+
=−
=−
− − − =
1
2
7
2
1
2
0
t
x
y
z
=
=
−
=
=
71
; ;0
22
M
−



3abc + + =
.
Câu 128: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3;0;1A −
,
( )
1; 1;3B −
và mặt
phẳng
( )
P
có phương trnh
2 2 5 0x y z− + − =
. Vit phương trnh chính tắc ca đường thẳng
d
đi qua
A
, song song với mặt phẳng
( )
P
sao cho khoảng cách từ
B
đn đường thẳng
d
là nhỏ
nhất.
A.
31
26 11 2
x y z+−
==
−
. B.
31
26 11 2
x y z+−
==
−
.
C.
31
26 11 2
x y z+−
==
. D. .
Câu 129: Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
( )
1;3; 2A −−
,
( )
3;7; 18B −−
và mặt phẳng
( )
:2 1 0P x y z− + + =
. Điểm
( )
;;M a b c
thuộc
( )
P
sao cho mặt phẳng
( )
ABM
vuông góc với
( )
P
và
22
246.MA MB+=
Tính
.S a b c= + +
A.
0
. B.
1−
. C.
10
. D.
13
.
Lời giải
Chọn B
Cách 1: + Gọi
I
là trung điểm ca
AB
( )
2;5; 10I − −
2
69IA=
.
Theo giả thit
M
thoả mãn
22
246.MA MB+=
( ) ( )
22
246MA MB + =
( ) ( )
22
246MI IA MI IB + + + =
( ) ( )
22
246MI IA MI IA + + − =
22
2 2 246MI IA + =
2
54IM=
M
thuộc mặt cu
( )
S
tâm
I
bán kính
54
.
31
26 11 2
x y z+−
==
Trang 92
Suy ra phương trnh mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 2 5 10 54S x y z+ + − + + =
.
+ Theo giả thit
( )
ABM
là mặt phẳng chứa đường thẳng
AB
và vuông góc với
( )
P
Suy ra phương trnh
( )
:2 5 11 0ABM x y z+ + − =
.
Khi đó toạ độ
M
thoả mãn hệ
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 5 10 54
2 1 0.
2 5 11 0
x y z
x y z
x y z
+ + − + + =
− + + =
+ + − =
4
2
7
x
y
z
=
=
=−
( )
4;2; 7M−
abc + +
( )
4 2 7 1= + + − = −
.
Cách 2:
Tọa độ trung điểm ca
AB
là
( )
2;5; 10I −−
.
( )
2 2 2
2
2
54
4
MA MB AB
MI
+−
==
( )
( )
3 6 ,MI d I P==
.
M
là hình chiu ca
I
trên
( )
P
.
Phương trnh
22
:5
10
xt
IM y t
zt
= − +
=−
= − +
thay vào PT
( )
P
ta đưc
3t =
( )
4;2; 7M −
1abc+ + = −
.
* Nhận xét: Với cách giải trên và kt quả thu đưc thì giả thit bài cho thừa điều kiện
( ) ( )
ABM P⊥
.
Cách 3:
( ) ( )
2;4; 16 , 2; 1;1
P
AB n− − −
( )
, 12; 30; 6
ABM
P
n AB n

= = − − −

.
Khi đó, PT mặt phẳng
( )
:2 5 2 0ABM x y z+ + + =
.
Gọi
( ) ( )
d ABM P=
khi đó,
( )
, 6;0;12
dP
ABM
u n n

= = −

. PT ca
:2
12
xt
dy
zt
=
=
=−
Gọi
( )
;2;1 2M t t−
ta có
22
246MA MB+=
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 3 2 3 25 19 2 246t t t t+ + + − + + + + − =
2
10 80 160 0tt− + =
4t =
( )
4;2; 7M −
.
Câu 130: Cho hai điểm
( ) ( )
2;1;3 , 1; 2; 3AB− − −
và mặt phẳng
( )
:2 2 18 0P x y z− − + =
. Điểm
( )
;;M a b c
nằm trên
( )
P
sao cho
22
2 144MA MB+=
. Tính
abc++
.
Trang 93
A.
0abc+ + =
. B.
4abc+ + =
. C.
10abc+ + =
. D.
7abc+ + =
HD: Điểm
( )
3;2;5M −
.
b) Cho các
,,A B C
và mặt phẳng
( )
P
. Tìm tọa độ điểm
M
nằm trên
( )
P
sao cho
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2
. . . , . . .a MA b MB c MC a b c d I P a IA b IB c IC+ + = + + + + +
với
0aIA bIB cIC+ + =
.
Từ giả thit ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2
. , . .a b c MI MI aIA bIB cIC aIA bIB c IC a b d I P a IA b IB+ + + + + + + + = + + +
( )
( )
,MI d I P=
M
là hình chiu ca
I
trên
( )
P
.
Câu 131: Cho ba điểm
( ) ( ) ( )
0;1;2 , 1;2;0 , 2;0;1A B C
và mặt phẳng
( )
: 2 13 0P x z+ − =
. Điểm
( )
;;M a b c
nằm trên
( )
P
sao cho
2 2 2
66MA MB MC+ + =
. Tính
abc++
.
A.
9abc+ + =
. B.
7abc+ + =
. C.
1abc+ + =
. D.
0abc+ + =
Câu 132: Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
( )
4;2; 1N −
,
( )
1;3; 2A −−
,
( )
3; 7; 18B −−
và
mặt phẳng
( )
:2 1 0.P x y z− + + =
Điểm
M
thuộc
( )
P
sao cho
22
258.MA MB+=
Tìm giá trị lớn
nhất ca độ dài đoạn
MN
.
HD giải:
Tọa độ trung điểm ca
AB
là
( )
2;5; 10I −−
.
( )
( )
( )
2 2 2
2
2
60 60 , 3 6
4
MA MB AB
MI MI d I P
+−
= = = =
.
Do đó, điểm
M
nằm trên đường tròn tâm
( )
4;2; 7H −
, là hình chiu ca
I
trên
( )
P
, bán kính
( )
( )
22
,6r MI d I P= − =
.
Gọi
K
là hình chiu ca
N
lên
( )
P
,
,EF
là giao điểm ca
HK
với đường tròn trên. Khi đó,
KM KH HF KF + =
dấu bằng xảy ra khi
MF
.
Mà
2 2 2
MN NK KM=+
nên
max
MN
max
KM KF=
.
( )
( )
22
max
6 , 6 30MN r KH NH d N P= + = + − = +
.
Trang 94
Câu 133: Trong không gian
,Oxyz
cho tam giác
ABC
có
( )
2;3;3A
, phương trnh đường trung
tuyn kẻ từ
B
là
3 3 2
1 2 1
x y z− − −
==
−−
, phương trnh đường phân giác trong ca góc
C
là
2 4 2
2 1 1
x y z− − −
==
−−
. Đường thẳng
AB
có một vctơ chỉ phương là
A.
( )
3
2;1; 1u =−
. B.
( )
2
1; 1;0u =−
. C.
( )
4
0;1; 1u =−
. D.
( )
1
1;2;1u =
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
M
là trung điểm ca
AC
và
D
là chân đường phân giác trong kẻ từ góc
C
ca tam giác
ABC
.
Do
3 3 2
:
1 2 1
− − −
= =
−−
x y z
M BM
nên
( )
0 0 0
3 ;3 2 ;2M t t t− + −
.
Mặt khác
M
là trung điểm ca
AC
nên
( )
0 0 0
4 2 ;3 4 ;1 2− + −C t t t
.
Mà
2 4 2
:
2 1 1
− − −
= =
−−
x y z
C CD
nên ta tm đưc điểm
( )
4;3;1C
.
Gọi
A
là điểm đối xứng với
A
qua
CD
, suy ra
⊥AA CD
và
A BC
.
Gọi
I
là trung điểm ca
AA
, khi đó ta có
⊥AA CD
tại
I
.
Do vy điểm
I CD
( )
111
2 2 ;4 ;2+ − −I t t t
.
Kt hp với
⊥AI CD
nên ta có
.0=
CD
AI u
1
0=t
( )
2;4;2I
.
Mà
I
là trung điểm ca
AA
nên
( )
2;5;1
A
.
Đường thẳng
BC
đi qua
A
và
C
nên phương trnh tham số là
2
5
1
=+
=−
=
xt
yt
z
.
Điểm
=B BC BM
nên
( )
2;5;1B
. Vy VTCP ca
AB
là
( )
4
0;1; 1u =−
.
A'
I
D
M
A
B
C
Trang 95
Câu 134: Trong không gian
,Oxyz
cho đường thẳng
2 1 2
:
4 4 3
+ − +
==
−
x y z
d
và mặt phẳng
( )
:2 2 1 0.P x y z− + + =
Đường thẳng
đi qua
( )
2;1; 2E −−
, song song với
( )
P
đồng thời tạo
với
d
góc bé nhất. Bit rằng
có một vc tơ chỉ phương
( )
; ;1u m n=
. Tính
22
.=−T m n
A.
5T =−
. B.
4T =
. C.
3T =
. D.
4T =−
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
d
có một VTCP là
( )
4; 4;3=−
d
u
,
có một VTCP là
( )
; ;1
=u m n
,
()P
có một VTPT là
( )
2; 1;2=−
P
n
.
Do
( )
P
nên
.0
=
P
nu
2 2 0− + = mn
( )
2 2 1=+nm
.
Ta có
( ) ( )
22
.
4 4 3
1
cos ; . 2
41
1
−+
= =
++
d
d
uu
mn
d
uu
mn
.
Từ
( ) ( )
1 , 2
ta có
( )
2
2
1 16 40 25
cos ; .
5 8 5
41
++
=
++
mm
d
mm
.
Xét hàm số
( )
2
2
16 40 25
5 8 5
++
=
++
mm
fm
mm
( )
( )
( )
2
2
18 4 5
5 8 5
−+
=
++
mm
fm
mm
.
Bảng bin thiên:
Từ bảng bin thiên ta có
( )
; d
bé nhất
( )
cos ; d
lớn nhất
0=m
.
Khi
0=m
ta có
2=n
. Do vy
22
4= − = −T m n
.
Cách 2:
Trang 96
Gọi
( )
Q
là mặt phẳng chứa
E
song song với
( )
P
. Đường thẳng
d
qua
E
song song với
d
.
Lấy
Md
, gọi
,HK
ln lưt là hình chiu ca
M
lên
( )
,P
. Ta có
( ) ( )
sin , sin ,
MK MH
dd
ME ME
= =
.
Do đó góc
( )
,d
nhỏ nhất khi
( )
sin ,
MH
d
ME
=
hay
là hình chiu ca
d
trên
( )
Q
.
Vectơ chỉ phương
( )
, , 0;18;9
d P P
u u n n


==


( )
22
0;2;1 4u m n= − = −
.
Cách 3:
Do
song song với
( )
P
nên
.0
P
un =
2 2 0mn− + =
22nm=+
( )
,2 2;1u m m+
( )
( )
2
2
2
45
1 16 40 25
cos , cos , .
5 8 5
57
57 5 8 5
m
mm
d u u
mm
mm
+
++
= = =
++
++
.
Xét hàm số
2
2
16 40 25
5 8 5
mm
y
mm
++
=
++
,
( )
( )
2
2
18 4 5
5 8 5
mm
y
mm
−+
=
++
.
Từ BBT suy ra,
( )
max
0yy=
.
Nhn xét rằng
( )
,d
nhỏ nhất khi và chỉ khi
( )
cos ,d
lớn nhất
0m =
( )
0;2;1u
.
22
4mn− = −
.
Nhận xét: Cả hai cách giải đều có thể sử dụng cho trường hp tổng quát. Ta có thể thay giả thit
song song với
( )
P
bằng một giả thit tương tự. Một số bài toán tương tự:
d
d'
Q
E
K
H
M
Trang 97
1) Trong không gian
,Oxyz
cho đường thẳng
2 1 2
:
1 2 3
x y z
d
+ − +
==
và mặt phẳng
( )
:2 2 0.P x y z+ + =
Đường thẳng
đi qua
( )
2; 1; 2 ,E −−
song song với
( )
P
đồng thời tạo với
d
góc bé nhất. Bit rằng
có một vc tơ chỉ phương
( )
10; ;u b c=
. Tính
S b c=+
.
HD.
( )
10; 6; 7 13u b c− − + = −
.
2) Trong không gian
,Oxyz
cho hai đường thẳng
2 1 2
:
1 2 3
x y z
d
+ − +
==
và
1
3
:
3 1 2
x y z
d
−
==
.
Đường thẳng
đi qua
( )
2; 1; 2 ,E −−
vuông góc với
1
d
, đồng thời tạo với
d
góc bé nhất. Bit
rằng
có một vc tơ chỉ phương
( )
;17;u a c=
. Tính
S a b=+
.
HD.
( )
19;17;20 1u a b− + =
.
Câu 135: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho các điểm
( )
1;0;0A
,
( )
3;2;1B
,
5 4 8
;;
3 3 3
C

−


.
M
là điểm thay đổi sao cho hình chiu ca
M
lên mặt phẳng
( )
ABC
nằm trong tam giác
ABC
và các mặt phẳng
( )
MAB
,
( )
MBC
,
( )
MCA
hp với mặt phẳng
( )
ABC
các góc bằng nhau. Tính
giá trị nhỏ nhất ca
OM
.
A.
26
3
. B.
5
3
. C.
3
. D.
28
3
.
Lời giải
Chọn A
M
A
B
C
I
Trang 98
Ta có phương trnh mặt phẳng
( )
ABC
:
2 2z 1 0xy− + − =
.
Gọi
I
là hình chiu vuông góc ca điểm
M
lên mặt phẳng
( )
ABC
. Do các mặt phẳng
( )
,MAB
( ) ( )
,MBC MCA
cùng hp với mặt phẳng
( )
ABC
các góc bằng nhau nên
I
cách đều ba cạnh ca
tam giác
ABC
. Lại có
I
nằm trong tam giác
ABC
nên
I
chính là tâm đường tròn nội tip tam
giác
ABC
.
Ta có
3; 4; 5.AB AC BC= = =
Sử dụng công thức:
( )
0 5 4 3 0 1;1;1aIA bIB cIC IA IB IC I+ + = + + =
Đường thẳng qua
I
và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
có phương trnh là:
1
12
12
xt
yt
zt
=+
=−
=+
.
Kẻ
OH ⊥
. Ta có
M
thuộc nên
,OM OH M
( )
;
26
min O; .
3
IO u
OM OH d
u

= = = =
Tổng quát: Tọa độ điểm
I
thỏa mãn
0aIA bIB cIC+ + =
, (
0abc+ +
) là
;;
A B c A B c A B c
ax bx cx ay by cy az bz cz
a b c a b c a b c
+ + + + + +


+ + + + + +

Bình luận: Giả thit bài toán nu không cho hình chiu ca
M
lên mặt phẳng
( )
ABC
nằm trong
tam giác
ABC
thì sẽ có bốn điểm
I
thỏa mãn cách đều ba cạnh ca tam giác
ABC
( một tâm nội
tip và ba tâm bàng tip), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hp và ta chọn min ca bốn
trường hp đó.
Câu 136: Trong không gian với hệ trục
Oxyz
, cho bốn điểm
( ) ( ) ( )
2;0;0 , 0; 3;0 , 0;0;4 ,M N P−
( )
2;3;4Q
. Tìm số mặt phẳng
( )
đi qua
,MN
và khoảng cách từ
Q
đn
( )
gấp hai ln
khoảng cách từ
P
đn
( )
.
A. Vô số. B.
0
. C.
1
. D.
2
Lời giải
Chọn C.
+) Nhn thấy
( )
( )
( )
2; 3;0
2;0;4
2;3;0
MN
MP
PQ
= − −
=−
=
MN
song song với
PQ
.
Trang 99
+) Từ kt lun trên ta có
( )
MN

thì
( )
( )
( )
( )
; Q;P
dd

=
.
+) Vy :
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
Q; ; Q; ;
20
PP
d d d d
= = =
hay
( ) ( )
MNPQ
. Vy có duy nhất một mặt
phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 137: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho
3
đường thẳng
1
1 1 1
( ):
2 1 2
x y z
d
− − −
==
−
,
2
3 1 2
( ):
122
x y z
d
− + −
==
,
3
4 4 1
( ):
2 2 1
x y z
d
− − −
==
−
. Mặt cu bán kính nhỏ nhất tâm
( , , )I a b c
,
tip xúc với
3
đường thẳng
1 2 3
( ),( ),( )d d d
, tính
23S a b c= + +
:
A.
10.S =
B.
11.S =
C.
12.S =
D.
13.S =
Lời giải:
Chọn B.
Nhn xét:
3
đường thẳng
1 2 3
( ),( ),( )d d d
đôi một vuông góc và cách đều nhau.
Dựng hình lp phương sao cho
1 2 3
( ),( ),( )d d d
chứa
3
cạnh.
Ta có cạnh hình lp phương là
3d =
.
Ta có
2 2 2 2 2
1
( ; ) ( ;( D)) ( ;( ' ')) ,d I d d I ABC d I ABB A x y= + = +
2 2 2 2 2
2
( ; ) ( ;( ' ')) ( ;( ' ')) ,d I d d I BCB C d I CDD C z t= + = +
2 2 2 2 2
3
( ; ) ( ;( ' ' ' ')) ( ;( ' '))d I d d I A B C D d I ADD A u v= + = +
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2 2 2
r x y z t u v x u y t z v= + + + + + + + + + +
32
.
2
r
Dấu đẳng thức xảy ra
I
là tâm hình lp phương
7 3 3
;;
222
I



.
Trang 100
Vy
7 3 3
2. 3. 11.
2 2 2
S = + + =
Cách 2:
Gọi
( ; ; )I a b c
1 2 3
( , ) ( , ) ( , )R d I d d I d d I d = = =
Mẫu đều bằng
3
nên bnh phương các v, ta đưc
2
9R A B C===
2
27R A B C = + +
2 2 2
18( ) 126 54 54 423a b c a b c= + + − − − +
2 2 2
7 3 3 234
18 18 18
2 2 2 2
abc
= − + − + − +
234
.
2
Dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
7
2
3
.
2
3
2
a
b
c
=
=
=
Vy
7 3 3
2. 3. 11.
2 2 2
S = + + =
Câu 138: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
0;8;2A
và mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 5 3 7 72S x y z− + + + − =
và điểm
( )
9; 7;23B −
. Vit phương trnh mặt phẳng
( )
P
đi
qua
A
và tip xúc với
( )
S
sao cho khoảng cách từ
B
đn
( )
P
là lớn nhất. Giả sử
( )
1; ;n m n=
là
một vectơ pháp tuyn ca
( )
P
. Khi đó
A.
.2mn=
. B.
.2mn=−
. C.
.4mn=
. D.
.4mn=−
.
Lời giải
Chọn D.
Giả sử mặt phẳng
( )
P
có dạng
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
0 8 2 0, 0a x b y c z a b c− + − + − = + +
.
8 2 0.ax by cz b c+ + − − =
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
5; 3;7I −
và bán kính
6 2.R =
Điều kiện tip xúc:
( )
( )
, 6 2d I P =
2 2 2
5 3 7 8 2
62
a b c b c
abc
− + − −
=
++
( )
2 2 2
5 11 5
6 2 *
a b c
abc
−+
=
++
.
Mà
( )
( )
2 2 2 2 2 2
9 7 23 8 2 9 15 21
,
a b c b c a b c
d B P
a b c a b c
− + − − − +
==
+ + + +
Trang 101
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
5 11 5 4 4
5 11 5 4
4
a b c a b c
a b c a b c
a b c a b c a b c
− + + − +
− + − +
= +
+ + + + + +
( )
2
2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 4 .
6 2 4 18 2.
abc
abc
+ − + + +
+ =
++
Dấu bằng xảy ra khi
.
1 1 4
a b c
==
−
Chọn
1; 1; 4a b c= = − =
thỏa mãn
( )
*
.
Khi đó
( )
: 4 0.P x y z− + =
Suy ra
1; 4 . 4.m n mn= − = = −
Câu 139: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )
30P : x y z− − + =
và hai
điểm
( )
1 1 1M ; ;−−
;
( )
3 3 3N ; ;−
. Mặt cu
( )
S
đi qua hai điểm
M ,N
và tip xúc với
( )
P
tại
C
.
Bit rằng
C
luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính chu vi ca đường tròn đó.
A.
8p
. B.
83p
. C.
12 2p
. D.
12p
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
MN
đi qua
( )
1 1 1M ; ;−−
, nhn
( ) ( )
11
4; 4;4 1; 1;1
44
MN = − = −
là một vecto chỉ phương nên
MN
:
1
1
1
xt
yt
zt
= − +
=−
= − +
( )
t
.
Thay
1
1
1
xt
yt
zt
= − +
=−
= − +
vào
( )
P
ta đưc
1 1 1 3 0t t t− + + + + − + =
4t=
Tọa độ điểm
( )
3;3;3D
là giao điểm ca ca
và
( )
P
. Do đó theo tính chất ca phương tích ta
đưc
22
.DM DN DI R=−
. Mặt khác vì
DC
là tip tuyn ca mặt cu
( )
S
cho nên
2 2 2
DC DI R=−
. Do vy
2
. 36DC DM DN==
6DC=
(là một giá trị không đổi).
Trang 102
Vy
C
luôn thuộc một đường tròn cố định tâm
D
với bán kính
6R =
suy ra chu vi ca 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
( )
: 2 2 5 0P x y z− + − =
và hai điểm
( )
3;0;1A −
,
( )
1; 1;3B −
. Trong tất cả các đường thẳng đi qua
A
và song song với
( )
P
, gọi
là đường thẳng
sao cho khoảng cách từ
B
đn
là lớn nhất. Vit phương trnh đường thẳng
.
A.
5
:
2 6 7
x y z−
= =
−−
. B.
1 12 13
:
2 6 7
x y z− + +
= =
−
.
C.
31
:
2 6 7
x y z+−
= =
−−
. D.
1 1 3
:
2 6 7
x y z− + −
= =
−
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có:
( )
( )
4; 1;2 , (1; 2;2)
P
AB n− = −
.
( )
( )
, 2; 6; 7
p
u AB n

= = − −

( )
( )
3;0;1
:
2; 6; 7
A
u
−

−−
®i qua
vtcp
. Chọn B.
Câu 141: Trong không gian , cho điểm và với là
tham số. Bit khoảng cách từ đn mặt phẳng lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng
định dưới đây là
A. . B. Không có . C. . D. .
Lời giải
Chọn A.
* Phân tích:
- Đây là bài toán mà giả thit có liên quan trực tip đn kt lun thông qua công thức tính khoảng
cách từ một điểm đn một đường thẳng, mấu chốt ca bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất ca hàm
phân thức dạng .
- Học sinh có thể sử dụng MTCT để tm đưc phương án trả lời đúng.
* Giải
Oxyz
( )
1;1;2A
( ) ( )
: 1 z 1 0P m x y m− + + − =
m
A
( )
P
26m
m
22m−
62m− −
2
2
ax bx c
y
a x b x c
++
=
++
Trang 103
Ta có: .
.
Xét hàm có . .
Bảng bin thiên
Suy ra lớn nhất lớn nhất . Chọn đáp án A.
Câu 142: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
0; 1;2 ,A −
( )
1;1;2B
và đường thẳng
11
:
1 1 1
x y z
d
+−
==
. Bit điểm
( )
;;M a b c
thuộc đường thẳng
d
sao cho tam giác MAB có diện
tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị
23T a b c= + +
bằng
A.
4.
B.
5.
C.
10.
D.
3.
Lời giải:
Chọn C
+) Phương trnh đường thẳng
: 1 2
2
xt
AB y t
z
=
= − +
=
Nhn xt: đường thẳng
AB
và
d
chéo nhau.
+ Dựng
MH
vuông góc với
AB
. Ta có
1
.
2
MAB
S AB MH
=
. Do
AB
cố định nên diện tích tam
giác
MAB
nhỏ nhất khi và chỉ khi
MH
là đoạn vuông góc chung ca
AB
và
d
.
+)
( )
Md
( )
1 1 1
1 ; ;1 ;M t t t− + +
H AB
( )
22
; 1 2 ;2H t t−+
( )
2 1 2 1 1
1;2 1; 1 .MH t t t t t − + − − − +
MH
là đoạn vuông góc chung ca AB và d khi và chỉ khi
( )
( )
2
31
,
2 2 2
m
d d M P
mm
−
==
−+
( )
2
2
2
9 6 1
2 2 2
mm
d y m
mm
−+
= =
−+
( )
ym
( )
( )
2
2
2
1 3 16 5
.
2
1
mm
ym
mm
− + −
=
−+
( )
5
0
1
3
m
ym
m
=
=
=
d
( )
ym
5m=
Trang 104
.0
.0
d
MH AB
MH u
=
=
( )
2 1 2 1
2 1 2 1 1
1 2 2 1 0
1 2 1 1 0
t t t t
t t t t t
− + + − − =
− + + − − − + =
.
1
2
4
1 4 7
;;
3
3 3 3
1
t
M
t
=



=
Vy
10.T =
Câu 143: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
: 2 2 9 0x y z
+ − + =
và ba điểm
( )
2;1;0 ,A
( ) ( )
0;2;1 , 1;3; 1BC−
. Điểm
( )
M
sao cho
2 3 4MA MB MC+−
đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng
định nào sau đây đúng?
A.
4.
M M M
x y z+ + =
B.
2.
M M M
x y z+ + =
C.
3.
M M M
x y z+ + =
D.
1.
M M M
x y z+ + =
Lời giải:
Chọn A
+) Gọi điểm
I
thỏa mãn
2 3 4 0IA IB IC+ − =
( )
0; 4;7I−
. (
2 3 4
2 3 4
A B C
I
x x x
x
+−
=
+−
)
+) Ta có
2 3 4MA MB MC+ − =
2 3 4IA IB IC IM+ − − =
IM IM=
Do đó,
2 3 4MA MB MC+−
nhỏ nhất khi và chỉ khi
IM
nhỏ nhất hay M là hnh chiu ca I trên
mặt phẳng
( )
.
+) Phương trnh đường thẳng d qua I và vuông góc với
( )
là:
2
4
72
xt
yt
zt
=
= − +
=−
.
( )
2 ; 4 ;7 2M d M t t t − + −
.
( )
M

1t =
( )
2; 3;5M −
.
Vy
4.
M M M
x y z+ + =
Câu 144: Trong không gian với hệ trục
Oxyz
, cho đường thẳng
1
:
1 1 1
x y z−
= =
và hai điểm
( ) ( )
1;2; 5 , 1;0;2AB−−
. Bit điểm
M
thuộc
sao cho biểu thức
T MA MB=−
đạt giá trị lớn
nhất là
max
T
. Khi đó,
max
T
bằng bao nhiêu?
A.
57
max
T =
. B.
3
m ax
T =
. C.
2 6 3
max
T =−
. D.
36
max
T =
.
Lời giải
Chọn B
Trang 105
Ta có
( )
2; 2;7AB −−
suy ra phương trnh đường thẳng
12
:2
27
xt
AB y t
zt
= − −
=−
=+
:1
xt
yt
zt
=
= +
=
. Xét hệ
12
21
27
tt
tt
tt
− − =
− = +
+=
1
3
1
3
t
t
=−
=−
, do đó đường thẳng
AB
và
cắt nhau tại
1 2 1
;;
3 3 3
I

−−


. Thấy
4 4 14
; ; ;
3 3 3
IA

=−


2 2 7
;;
3 3 3
IB

− −


2IA IB=−
nên hai điểm
,A
B
nằm
về hai phía ca đường thẳng
. Gọi
,HA
ln lưt là hình chiu ca
A
trên
và là điểm đối
xứng với
A
qua
.
( )
;1 ;H t t t
+
( ) ( )
1; 1; 5 1;1;1AH t t t u

− − + ⊥
1 1 5 0ttt

− + − + + =
1t
= −
( )
1;0; 1H − −
( )
3; 2;3A
− −
.
Với mọi điểm
M 
ta đều có
MA MA
=
do đó
T MA MB= − =
3MA MB A B

− =
dấu
bằng xảy ra khi
M
là giao điểm ca đường thẳng
AB
và
. Vy
3
m ax
T =
.
Câu 145: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
1;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A B b C c
và mặt phẳng
( )
: 1 0P y z− + =
. Bit
,c 0b
và
( ) ( ) ( )
( )
1
;;
3
ABC P d O ABC⊥=
. Tính
T b c=+
.
A.
5
2
T =
. B.
2T =
.
C.
1
2
T =
. D.
1T =
.
Lời giải
Chọn D
I
M
A'
H
A
B
M
Trang 106
Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp
( )
ABC
có phương trnh:
10
yz
x
bc
+ + − =
, do đó VTPT ca
( )
ABC
là
1
11
1; ;n
bc



và VTPT ca
( )
P
là
( )
2
0;1; 1n −
. Vì
( ) ( ) ( )
( )
1
;;
3
ABC P d O ABC⊥=
nên
ta thu đưc hệ:
22
11
3
11
1
bc
bc
=
=
++
Giải hệ với điều kiện
,c 0b
ta đưc
1
2
bc==
. Vy
1T =
.
Câu 146: Trong không gian
Oxyz
, cho mp
( )
P
cắt ba trục tọa độ tại ba điểm
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
. Bit
, , 0abc
và
( ) ( )
9;1;1MP
, khi
4OA OB OC++
đạt
GTNN hãy tính
T a bc=−
A.
4T =
. B.
36T =
. C.
0T =
. D.
8T =
.
Lời giải
Chọn C
Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp
( )
P
có dạng:
1
x y z
a b c
+ + =
.
Vì
( ) ( )
9;1;1MP
nên ta có
9 1 1
1
abc
+ + =
, suy ra
( )
2
2 2 2
3 2 1
9 1 1 3 2 1
1
44a b c a b c a b c
++
= + + = + +
++
.
Do đó:
4 36 4 36a b c OA OB OC+ + + +
. Dấu bằng xảy ra khi
3 1 1
18
2
3
9 1 1
1
6
a
a b c
b
c
abc
=
==

=


+ + =
=
Câu 147: Trong không gian
Oxyz
, cho mp
( )
P
đi qua
( ) ( )
1;2;1 , 1;0; 1MN−−
đồng thời cắt
,Ox Oy
theo thứ tự tại
,AB
(khác
O
) sao cho
3
AM
BN
=
. Khi đó
( )
P
có một VTPT
( )
1; ;n m n
thì tổng
mn+
bằng
A.
2
. B.
1−
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn B
Trang 107
Giả sử
( )
P
cắt ba trục tọa độ tại các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0; ; 0A a B b C c abc
, theo ptmp
theo đoạn chắn ta có ptmp
( )
P
có dạng:
1
x y z
a b c
+ + =
.
Vì
( )
P
qua
,MN
nên:
1 2 1
1
1
11
1
b
abc
a c ac
ac
+ + =
=

− − + = −
+=
Từ
( )
( )
2
2
3
3 1 5 3 2
1
a
AM BN a b
a
=
= − + = +
=−
3
3
4
ac= = −
nên ptmp là
3 4 3 0 1x y z m n+ − − = + = −
.
11a c c= − − + =
không có giá trị thỏa mãn.
Câu 148: Trong không gian với hệ trục tọa độ
,Oxyz
cho hai điểm
( )
0;0; 3 ,A −
( )
2;0; 1B −
và mặt
phẳng
( )
:3 8 7 1 0.P x y z− + − =
Điểm
( )
;;C a b c
là điểm nằm trên mặt phẳng
( )
P
, có hoành độ
dương để tam giác
ABC
đều. Tính
3.a b c−+
A.
7.−
B.
9.−
C.
5.−
D.
3.−
Lời giải
Chọn C.
Vit phương trnh mặt phẳng
()Q
là trung trực đoạn
AB
( )
( )
( )
( )
1;0; 2
1;0;
:
1
: 1 0
−
+ + =
=
Q Q x
đi qua I
vtpt A
z
B
Vit phương trnh đường thẳng
d
là giao tuyn
( )
P
và
( )
Q
10
:
3 8 7 1 0
+ + =
− + − =
xz
d
x y z
2
: 1 ( )
12
=
= − −
= − −
xt
d y t t
zt
( )
2 ; 1 ; 1 2 − − − −C t t t
Tam giác
ABC
đều khi và chỉ khi
=AB AC
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 2 2 2 + − − + − =t t t
2
9 6 3 0 − − =tt
Trang 108
( )
1
2; 2; 3
1
3
=
− −
=−
t
C
t
Vy
3 5.− + = −a b c
Vy đáp án C.
Câu 149: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
M
thuộc mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 3 3 2 9S x y z− + − + − =
và ba điểm
( ) ( ) ( )
1;0;0 ; 2;1;3 ; 0;2; 3A B C −
. Bit rằng quỹ
tích các điểm
M
thỏa mãn
2
2 . 8MA MB MC+=
là đường tròn cố định, tính bán kính
r
đường
tròn này.
A.
3r =
. B.
6r =
C.
3r =
. D.
6r =
.
Lời giải
Chọn B
Cách 1:
Mặt cu
( )
S
có tâm
( )
3;3;2I
, bán kính
3R =
. Gọi
( )
,,M x y z
, khi đó
2
2 . 8MA MB MC+=
( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2
1 2 2 1 2 9 8x y z x x y y z

− + + + − + − − + − =

( ) ( ) ( )
22
2
1 1 9x y z S
− + − + =
.
Vy
M
cũng thuộc mặt cu có tâm
( )
1;1;0I
, bán kính
3R
=
. Do đó
M
thuộc đường tròn là giao
ca hai mặt cu
( )
S
và
( )
S
có bán kính
2
2
6
2
II
rR

= − =


(do
3RR
==
).
Cách 2:
Gọi
N
là trung điểm
BC
, khi đó ta có
2
2 . 8MA MB MC+=
( )
2
2 2 2
8MA MB MC MB MC+ + − − =
2 2 2 2
48MA MN MB MC + − − =
2 2 2 2 2 2
2 2 8MA MB MC BC MB MC+ + − − − =
2 2 2 2
8MA MB MC BC+ + − =
2 2 2 2
8MA MB MC BC+ + − =
2 2 2
49MA MB MC+ + =
.
Trang 109
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
. Khi đó
2 2 2
49MA MB MC+ + =
( )
2 2 2 2
3 2 49MG MA MB MC MG GA GB GC+ + + + + + =
2 2 2 2
3 49MG GA GB GC+ + + =
2
3 27MG =
2
9MG =
. Vy
M
cũng thuộc mặt cu có tâm
( )
' 1;1;0I
, bán kính
'3R =
.
Đn đây th làm tương tự cách 1.
Cách 3.
( )
S
có tâm
( )
3;3;2I
bán kính
1
3R =
.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
, khi đó tọa độ
( )
1;1;0G
.
( ) ( ) ( )
0; 1;0 , 1;0;3 , 1;1; 3GA GB GC− − −
.
2
2 . 8MA MB MC+=
( )
22
3 2 2 . 8MG GA MG GA GB GC GBGC+ + + + + =
2
3 1 20 8MG + − =
3MG =
.
Do đó,
M
nằm trên mặt cu
tâm
G
bán kính
2
3R =
có phương trnh
( ) ( )
22
2
1 1 9x y z− + − + =
.
Vì
12
23IG R R= +
nên hai mặt cu cắt nhau theo giao tuyn là đường tròn tâm
H
, bán kính
r
, nằm trên mặt phẳng
50x y z+ + − =
.
Từ đó suy ra
( )
( )
22
,6r R d I P= − =
.
Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài toán như sau
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
M
thuộc mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 3 3 2 9S x y z− + − + − =
và ba điểm
( ) ( ) ( )
1;0;0 ; 2;1;3 ; 0;2; 3A B C −
. Gọi
k
là số
thực thỏa mãn
2
2.MA MB MC k+=
,
19k −
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ca
k
.
HD: Với cách làm tương tự như trên ta đưc
19
3
k
MG
+
=
. Khi đó,
M
nằm trên mặt cu
( )
1
S
có
tâm
G
bán kính
2
19
3
k
R
+
=
.
Để tồn tại điểm
M
thì hai mặt cu
( ) ( )
1
,SS
có điểm chung. Khi đó,
1 2 1 2
R R IG R R− +
19 19
3 2 3 3
33
kk++
− +
6 3 28 6 3 10k− −
.
Trang 110
Câu 150: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, vit phương trnh mặt phẳng
( )
P
đi qua
( )
1;2;3M
và cắt các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ln lưt tại các điểm
A
,
B
,
C
sao cho
2 2 2
1 1 1
T
OA OB OC
=++
đạt giá trị nhỏ nhất?
A.
( )
: 2 3 14 0P x y z+ + − =
. B.
( )
:6 3 2 18 0P x y z+ + − =
.
C.
( )
:3 2 10 0P x y z+ + − =
. D.
( )
:6 3 2 6 0P x y z− + − =
.
Lời giải
Chọn A.
Dựa vào các hệ thức lưng trong tam giác vuông và các mối quan hệ vuông góc trong không gian
ta chứng minh đưc rằng với
H
là trực tâm tam giác
ABC
thì
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
=++
và
( )
OH ABC⊥
.
Do đó
2 2 2
1 1 1
T
OA OB OC
=++
đạt giá trị nhỏ nhất khi
OH
lớn nhất.
Mà
OH OM
nên muốn
OH
lớn nhất thì
MH
, khi đó
( )
1;2;3OM =
là vc tơ pháp tuyn
ca
( )
P
.
Do đó phương trnh mặt phẳng
( )
P
cn tìm là
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 0x y z− + − + − =
hay
( )
: 2 3 14 0P x y z+ + − =
.
Câu 151: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, vit phương trnh mặt phẳng
( )
P
đi qua
( )
2;3;4M
và cắt các trục
Ox
,
Oy
,
Oz
ln lưt tại các điểm
A
,
B
,
C
sao cho
M
là trực tâm ca
tam giác
ABC
?
A.
( )
:2 3 4 29 0P x y z+ + − =
. B.
( )
:2 3 4 0P x y z+ + =
.
C.
( )
:6 4 3 12 0P x y z+ + − =
. D.
( )
:6 4 3 36 0P x y z+ + − =
.
Lời giải
Chọn A.
M
là trực tâm
ABC
( )
OM ABC⊥
, do đó
( )
P
nhn
( )
2;3;4OM =
làm
VTPT
.
Phương trnh mặt phẳng
( )
P
là:
( ) ( ) ( )
2 2 3 3 4 4 0x y z− + − + − =
hay
2 3 4 29 0x y z+ + − =
.
Câu 152: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, vit phương trnh mặt phẳng
( )
P
đi qua
( )
1;3;5M
và cắt các tia
Ox
,
Oy
,
Oz
ln lưt tại các điểm
A
,
B
,
C
sao cho thể tích khối tứ diện
OABC
đạt giá trị nhỏ nhất?
A.
( )
:15 5 3 45 0P x y z+ + − =
. B.
( )
: 3 5 35 0P x y z+ + − =
.
Trang 111
C.
( )
:15 5 3 1 0P x y z+ + + =
. D.
( )
: 9 0P x y z+ + − =
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
với
, , 0abc
.
Phương trnh mặt phẳng
( )
:1
x y z
ABC
a b c
+ + =
.
( )
1 3 5
1M ABC
abc
+ + =
.
Ta có:
1
. . .
66
OABC
abc
V OAOBOC==
3
1 3 5 15
13
a b c abc
= + +
135
405
2
OABC
abc V
, dấu “=” xảy ra khi
3
1 3 5 1
9
3
15
a
b
abc
c
=
= = = =
=
( )
:15 5 3 45 0P x y z + + − =
.
Câu 153: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
: 1 1 2 16S x y z− + − + − =
và
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 1 2 1 9S x y z+ + − + + =
cắt nhau theo giao tuyn là đường tròn
( )
C
. Tìm tọa độ
tâm
J
ca đường tròn
( )
C
.
A.
171
;;
244
J

−


. B.
1 7 1
;;
3 4 4
J



. C.
1 7 1
;;
3 4 4
J

−−


. D.
1 7 1
;;
2 4 4
J

−−


.
Câu 154: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho các điểm
( )
4;2;5A
,
( )
0;4; 3B −
,
( )
2; 3;7C −
.
Bit điểm
( )
0 0 0
;;M x y z
nằm trên mặt phẳng
()Oxy
sao cho
MA MB MC++
đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính tổng
0 0 0
P x y z= + +
.
A.
3P =−
. B.
0P =
. C.
3P =
. D.
6P =
.
Câu 155: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 1
x y z−+
= =
−
và hai điểm
( )
0; 1;3A −
,
( )
1; 2;1B −
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc đường thẳng
sao cho
22
2MA MB+
đạt giá
trị nhỏ nhất.
A.
( )
5;2; 4M −
. B.
( )
1; 1; 1M −−−
. C.
( )
1;0; 2M −
. D.
( )
3;1; 3M −
.
Câu 156: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
: 1 1 2 16S x y z− + − + − =
và
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 1 2 1 9S x y z+ + − + + =
cắt nhau theo giao
tuyn là đường tròn
()C
. Tìm tọa độ tâm
J
ca đường tròn
()C
.
A.
171
;;
244
J

−


B.
1 7 1
;;
3 4 4
J



C.
1 7 1
;;
3 4 4
J

−−


D.
1 7 1
;;
2 4 4
J

−−


Lời giải
Trang 112
Chọn D.
Các điểm thuộc đường tròn
()C
có tọa độ thỏa mãn hệ:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 2 16
1 2 1 9
x y z
x y z
− + − + − =
+ + − + + =
4 2 6 7 0x y z − + + =
Hay
()C
luôn nằm trên mặt phẳng
( ):4 2 6 7 0P x y z− + + =
. Suy ra tâm
J
ca đường tròn
()C
hình chiu vuông góc ca
I
( là tâm ca mặt cu
1
(S )
nên mặt phẳng
(P)
+ Phương trnh đường thẳng
IJ
là:
12
1
23
xt
yt
zt
=+
=−
=+
. Suy ra, tọa độ ca
J
là nghiệm ca hệ
12
1
23
4 2 6 7 0
xt
yt
t
x y z
=+
=−
+
− + + =
3
4
1
2
7
4
1
4
t
x
y
z
=−
=−
=
=−
1 7 1
;;
244
J
−−



. Chọn D
Phân tích:Bài toán trên có thể giải quyt bằng cách khác : Tìm tâm
J
bằng cách tính tỉ lệ
J
chia
đoạn thẳng nối tâm hai mặt cu. Ở lời giải trên, ta sử dụng một kỹ thut quen thuộc trong việc
tm phương trnh ca « phn chung » ca các đường, mặt bc
2
: Ta thường khéo léo kt hp hai
phương trnh để tạo ra phương trnh ca phn tương giao (Ở bài này (hoặc các bài về tương giao
ca hai đường tròn trong phẳng) thì ta trừ hai phương trnh cho nhau, ta sẽ thu đưc phương trnh
một mặt phẳng ( hoặc một đường thẳng))
Câu 157: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 2 9S x y z− + + + − =
và điểm
( )
1;3; 1M −
. Bit rằng các tip điểm ca các tip tuyn kẻ từ
M
tới mặt cu đã cho luôn
thuộc vào đường tròn
()C
. Tìm tâm
J
và bán kính
r
ca đường tròn
()C
A.
12 11 23
, 1; ;
25 25 25
rJ

=


B.
12 41 11 23
, ; ;
5 25 25 25
rJ

=


C.
12 11 23
, 1; ;
5 25 25
rJ

=


D.
12 11 73
, 1; ;
25 25 25
rJ

=


Lời giải
Chọn C.
Trang 113
Cách 1: Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 2 9S x y z− + + + − =
có tâm
(1; 1;2)I −
, bán kính
3R =
2 2 2
0 4 3 5IM = + + =
. Gọi
A
là một tip điểm. Sử dụng định
lý Pytago, ta dễ dàng tính đưc
22
4MA IM IA= − =
.
+ Do
AJ IM⊥
nên ta có:
.sin AMJAJ MA=
12
.
5
IA
MA
IM
==
r=
.
+
.cosAMJMJ MA=
16
.
5
MA
MA
IM
==
.
Vy
16
25
MJ
MI
=
16
25
MJ MI=
11 23
1; ;
25 25
J



Cách 2: Gọi
( )
;y;zAx
là một tip điểm,
22
4MA IM IA= − =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 3 1 16x y z − + − + + =
. Vy tọa độ ca
A
là nghiệm ca hệ
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 3 1 16
1 1 2 9
x y z
x y z
− + − + + =
− + + + − =
4 3 1 0yz − + =
. Hay
( ):4 3 1 0A P y z − + =
Vy:
22
12
( ,( ))
5
r R d I P= − =
,
J
là hình chiu vuông góc ca
I
lên
( ):4 3 1 0P y z− + =
. Tọa độ
ca
J
là nghiệm ca hệ:
4 3 1 0
1
14
23
yz
x
yt
zt
− + =
=
= − +
=−
1
11
25
23
25
x
y
z
=
=
=
Câu 158: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho các điểm
( )
4;2;5A
,
( )
0;4; 3B −
,
( )
2; 3;7C −
.
Bit điểm
( )
0 0 0
;;M x y z
nằm trên mặt phẳng
sao cho
MA MB MC++
đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính tổng
0 0 0
P x y z= + +
.
A.
3P =−
. B.
0P =
. C.
3P =
. D.
6P =
.
Trang 114
Lời giải
Chọn C.
Gọi
( )
2;1;3G
là trọng tâm
ABC
33MA MB MC MG MG + + = =
.
Do đó
MA MB MC++
nhỏ nhất khi
nhỏ nhất.
Mà
( )
,MG d G Oxy GH=


nên
nhỏ nhất khi
MH
khi đó
M
là hnh chiu vuông góc
ca
G
lên
( )
Oxy
( )
2;1;0M
0 0 0
3x y z + + =
.
Câu 159: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 1
x y z−+
= =
−
và hai điểm
( )
0; 1;3A −
,
( )
1; 2;1B −
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc đường thẳng
sao cho
22
2MA MB+
đạt giá
trị nhỏ nhất.
A.
( )
5;2; 4M −
. B.
( )
1; 1; 1M −−−
. C.
( )
1;0; 2M −
. D.
( )
3;1; 3M −
.
Lời giải
Chọn B.
Vì
M
thuộc đường thẳng
nên
( )
1 2 ; ; 2M t t t+ − −
.
Ta có
22
2MA MB+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 1 1 5 2 2 2 3t t t t t t

= + + + + + + + + + +

2
18 36 53tt= + +
22
2MA MB+
( )
2
18 1 35t= + +
35
,
t
.
Vy
( )
22
min 2 35MA MB+=
1t = −
hay
( )
1; 1; 1M −−−
.
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 gn đây và cũng đã có khá phong phú bài tp. Bên dưới,
em phát triển một bài tìm
( )
,,M a b c
nằm trên mặt cu. Kỹ thut dùng là hình học kt hp với
bin đổi tí về đại số. Ý tưởng tạo ra bài đó là khi
MA kMB=
(với
k
là một số thích hp) thì
M
sẽ
di động trên mặt cu.
Câu 160: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 3 2 1 4S x y z− + − + − =
,
( )
1;2;1A −
và
( )
2,5,1B
. Cho
( )
,,M a b c
là điểm di động trên mặt cu
( )
S
sao cho
2MA MB+
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
.abc++
Trang 115
A.
53+
. B.
53−
. C.
43+
. D.
43−
.
Lời giải
Chọn A.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 4S x y z+ + − + − =
có tâm
( )
3;2;1 , 2IR=
.
Ta có
4IA R=
A
nằm ngoài khối cu.
10IB R=
B
nằm ngoài khối cu.
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1MA x y z= + + − + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 3 3 2 1 4x y z x y z

= + + − + − + − + − + − −

( ) ( ) ( )
2 2 2
4 2 4 2 4 1 2x y z MC= − + − + − =
với
( )
2;2;1C
.
Ta có
1IC R=
C
nằm bên trong khối cu.
Ta có
2 2 2 2MA MB MC MB BC+ = +
.
( )
22Min MA MB BC+ =
M
là giao điểm ca đoạn thẳng
BC
và mặt cu
( )
S
(nghĩa là
M
nằm giữa
,BC
).
Phương trnh đường thẳng
BC
là
( )
2
2 3 2;2 3 ,1
1
x
y t M t
z
=
= − −
=
.
( ) ( )
2;2 3 ,1M t S−
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
2 3 2 3 2 1 1 4
3
tt− + − − + − = =
.
Vy
( )
( )
2;2 3;1
2;2 3;1
M
M
+
−
.
Do
M
nằm giữa
,BC
nên
( )
2;2 3;1M +
(do
MC
cùng hướng
BC
).
Câu 161: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z− + − =
và điểm
( ) ( )
0; 2;3 , 2;0;1 .AB−
Điểm
( )
;;M a b c
thuộc
( )
P
sao cho
MA MB+
nhỏ nhất. Giá trị ca
2 2 2
abc++
bằng
A.
41
4
. B.
9
4
. C.
7
4
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B.
Trang 116
( ) ( )
0; 2;3 , 2;0;1AB−
nằm cùng phía so với mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z− + − =
Đường thẳng
Δ
đi qua
( )
0; 2;3A −
và vuông góc với
( )
2 1 0P x y z− + − =
có phương trnh
22
3
xt
yt
zt
=
= − −
=+
Gọi
H
là hình chiu ca
A
lên mặt phẳng
( )
P
thì
( )
ΔHP=
Ta có phương trnh
( )
4 4 3 1 0 1 1;0;2t t t t H+ + + + − = = − −
Tọa độ điểm đối xứng với
A
qua
( )
P
là:
( )
2;2;1A
−
Ta có
MA MB MA MB AB

+ = +
Vy
MA MB+
nhỏ nhất khi và chỉ khi
,,A M B
thẳng hàng
Do đó
( )
M A B P
=
Đường thẳng
AB
có phương trnh là
22
2
1
xt
yt
z
= − +
=−
=
Ta có phương trnh
31
2 2 4 2 1 1 0 1; ;1
22
t t t M

− + − + + − = =


Vy
2 2 2
9
4
abc+ + =
Câu 162: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z− + − =
và điểm
( ) ( )
2;2;1 , 2;0;1 .AB−
Điểm
( )
;;M a b c
thuộc
( )
P
. Tìm giá trị lớn nhất ca
MA MB−
.
H
A
A'
B
M
Trang 117
A.
20
. B.
23
. C.
32
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B.
( ) ( )
2;2;1 , 2;0;1AB−
nằm khác phía so với
( )
P
Tọa độ điểm đối xứng với
A
qua
( )
P
là:
( )
0; 2;3 .A −
Ta có
23MA MB MA MB A B

− = − =
Vy
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
( )
: 2 1 0P x y z− + − =
và điểm
( )
2;2;1A −
( )
, 2;0;1 .B
Điểm
( )
;;M a b c
thuộc
( )
P
sao cho
MA MB+
nhỏ nhất. Giá trị ca
ac−
bằng
A.
3
2
. B.
0
. C.
1
2
−
. D.
1
.
Lời giải
Chọn B.
( ) ( )
2;2;1 , 2;0;1AB−
nằm khác phía so với
( )
P
Ta có
MA MB AB+
Vy
MA MB+
nhỏ nhất khi và chỉ khi
,,A M B
thẳng hàng
H
A'
A
B
M
A
B
M
Trang 118
Do đó
( )
M AB P=
Đường thẳng
AB
có phương trnh là
22
2
1
xt
yt
z
= − +
=−
=
Ta có phương trnh
31
2 2 4 2 1 1 0 1; ;1
22
t t t M

− + − + + − = =


Vy
0.ac−=
Câu 164: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2;1;3A
,
( )
6;5;5B
. Gọi
( )
S
là mặt cu đường kính
AB
. Mặt phẳng
( )
P
vuông góc với đoạn
AB
tại
H
sao cho khối
nón đỉnh
A
và đáy là hnh tròn tâm
H
(giao ca mặt cu
()S
và mặt phẳng
( )
P
) có thể tích lớn
nhất, bit rẳng
( )
:2 0P x by cz d+ + + =
với
,,b c d
. Tính
S b c d= + +
.
A.
18S =−
. B.
11S =−
. C.
24S =−
. D.
14S =−
.
Lời giải
Chọn A.
( ) ( )
4;4;2 2 2;2;1AB ==
,
AB
là vectơ pháp tuyn
ca mặt phẳng
( )
P
suy ra phương trnh mặt phẳng
( )
P
có dạng
2 2 0x y z d+ + + =
.
Gọi
I
là tâm mặt cu thì
I
là trung điểm ca
AB
suy ra
( )
4;3;4I
, bán kính mặt cu
3
2
AB
R ==
.
Đặt
IH x=
suy ra
2 2 2
9HK R x x= − = −
.
Thể tích khối nón
( )
( ) ( )( )( )
3
22
1 1 1 1 6 3 3
. . 9 3 6 2 3 3
3 3 6 6 3
V IH HK x x x x x
++

= = − + = − + +


.
Dấu bằng xảy ra khi
6 2 3 1x x x− = + =
.
Ta có hệ:
( )
( )
( )
( )
3
9
4
,4
21
3
21
18 21
,1
1
3 15
d
d
d A P
d
d
dd
d I P
d
=
+
=
=
=−
= −
+ = −
=
=

=−
.
Vy
( )
:2 2 21 0P x y z+ + − =
.
Suy ra:
18b c d+ + = −
.
Trang 119
Câu 165: Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng
11
1 2 3
x y z
d:
−−
==
, và điểm
( )
224A ; ;
và
mặt phẳng
( )
20P : x y z+ + − =
. Vit phương trnh đường thẳng
nằm trong
( )
P
cắt
d
sao
cho khoảng cách từ
A
đn
lớn nhất.
A.
2
1 2 1
x y z −
==
−
. B.
3 4 3
1 2 1
x y z− + −
==
−
.
C.
2 2 4
1 2 1
x y z− − −
==
−
. D.
112
1 2 1
x y z− + −
==
−
.
Lời giải
Chọn B.
Ta cóđiểm
( )
224A ; ;
thuộc
11
1 2 3
x y z
d:
−−
==
. Gọi
( )
B d P=
suy ra tọa độ điểm
B
là
nghiệm ca hệ phương trnh
11
1 2 3
20
x y z
x y z
−−
==
+ + − =
( )
1 0 1B ; ;
.
Đường thẳng
cắt
d
mà
( )
dP
nên
đi qua
( )
1 0 1B ; ;
. Khi đó để thỏa mãn yêu cu bài toán
thì
đi qua
( )
1 0 1B ; ;
và vuông góc với
d
. Suy ra
đi qua
( )
1 0 1B ; ;
và có VTCP là
( )
1 2 1
Pd
n ;u ; ;

=−

là VTCP nên
3 4 3
1 2 1
x y z− + −
==
−
.
Câu 166: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, gọi
là đường thẳng đi qua điểm
( )
2;1;0A
,
song song với mặt phẳng
( )
:0P x y z− − =
và có tổng khoảng cách từ các điểm
( ) ( )
0;2;0 , 4;0;0MN
tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vectơ chỉ phương ca
là vectơ
nào sau đây?
A.
( )
0;1; 1u
=−
B.
( )
1;0;1u
=
C.
( )
3;2;1u
=
D.
( )
2;1;1u
=
Lời giải
Chọn B.
Phân tích
+
nằm trong mặt phẳng
( )
Q
qua
A
và song song với mặt phẳng
( )
P
;
+
A
là trung điểm ca
MN
nên
( ) ( )
,,d M d N m = =
;
+ Nhn thấy
( )
( )
,d M Q h=
không đổi và
mh
;
Trang 120
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
H
K
N
Q
P
Gọi
( )
R
là mặt phẳng chứa
và vuông góc với
( )
Q
ta có
( )
, 1;2; 1
RP
n n AM

= = −

là giao tuyn ca
( )
Q
và
( )
R
nên
( )
, 3;0;3
QR
u n n

==

→ chọn B.
Câu 167: Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 5 0P x y z− + − =
và hai điểm
( )
3;0;1A −
,
( )
1; 1;3B −
. Trong các
đường thẳng đi qua
A
và song song với
( )
P
, hãy tìm một vevtơ chỉ phương ca đường thẳng mà
khoảng cách từ
B
đn đường thẳng đó nhỏ nhất?
A.
( )
26;11; 2u =−
B.
( )
26; 11; 2u = − −
C.
( )
26;11;2u =
D.
( )
26;3; 2u =−
Câu 168: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
gọi
là đường thẳng đi qua
( )
1;1;1A
, vuông
góc với đường thẳng
11
:
1 1 2
x y z
d
−−
==
và cách điểm
( )
2;0;1B
một khoảng cách nhỏ nhất.
A.
( )
0;1; 1u
=−
B.
( )
1;0;1u
=
C.
( )
1; 1;0u
=−
D.
( )
0;1;1u
=
.
Câu 169: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nht
OMNP
với
( ) ( ) ( )
0;10 , 100;10 , 100;0M N P
. Gọi
S
là tp các điểm
( ) ( )
; , ;A x y x yZ
nằm bên trong ( kể cả
trên cạnh) ca hình chữ nht
OMNP
. Lấy ngẫu nhiên một điểm
( )
;A x y S
. Xác suất để
90xy+
bằng
A.
845
1111
. B.
473
500
. C.
169
200
. D.
86
101
.
Trang 121
Câu 170: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nht
OMNP
với
( ) ( ) ( )
0;10 , 100;10 , 100;0M N P
. Gọi
S
là tp các điểm
( ) ( )
; , ;A x y x yZ
nằm bên trong ( kể cả
trên cạnh) ca hình chữ nht
OMNP
. Lấy ngẫu nhiên một điểm
( )
;A x y S
. Xác suất để
100OA
bằng
A.
90
1111
. B.
1000
1111
. C.
900
1111
. D.
1101
1111
.
Câu 171: Trong không gian
,Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
: 4 10 2 6 0S x y z x y z+ + − + − − =
. Cho
m
là
số thực thỏa mãn giao tuyn ca hai mặt phẳng
ym=
và
30xz+−=
tip xúc với mặt cu
( )
S
.
Tích tất cả các giá trị mà
m
có thể nhn đưc 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 cu
( )
S
có tâm
( )
2; 5;1I -
và bán kính
4 25 1 6 6R = + + + =
Đặt
( )
:P y m=
và
( )
: 3 0Q x z+ - =
Gọi
( ) ( )
d P Q=Ç
Chọn
( ) ( ) ( )
0; ;3A m P QÎÇ
và
( ) ( ) ( )
1; ;2B m P QÎÇ
.
Ta có:
AB
qua
( )
0; ;3Am
và có VTCP
( )
1;0; 1AB =-
uuur
( )
2; 5;2IA m= - +
uur
( )
, 5;0; 5IA AB m m
éù
= + +
êú
ëû
uur uuur
( )
( ) ( )
22
,
5 0 5
,5
2
IA AB
mm
d I d m
AB
éù
+ + + +
êú
ëû
= = = +
uur uuur
uuur
d
tip xúc với mặt cu
( )
S
( )
1
, 5 6
11
m
d I d R m
m
=
= + =
=−
Suy ra tích các giá trị
m
bằng
Câu 172: Trong không gian
,Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
: 2 2 4 0S x y z x y z m+ + − + − − =
. Cho
m
là
số thực thỏa mãn giao tuyn ca hai mặt phẳng
1x =
và
10yz+ + =
tip xúc với mặt cu
( )
S
.
Tổng tất cả các giá trị mà
m
có thể nhn đưc bằng
Trang 122
A.
4
. B.
10−
. C.
4−
. D.
10
.
Câu 173: Trong không gian
,Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
: 2 2 2 1 0S x y z x y z+ + − + − − =
. Cho
m
là
số thực thỏa mãn giao tuyn ca hai mặt phẳng
zm=
và
10xy+ − =
tip xúc với mặt cu
( )
S
.
Tổng bnh phương tất cả các giá trị mà
m
có thể nhn đưc bằng
A.
0
. B.
9
. C.
2
. D.
7
.
Câu 174: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
(2;0;0), (0;4;0), (0;0;6)A B C
, điểm
M
thay đổi
trên mặt phẳng
( )
ABC
,
N
là điểm trên tia
OM
sao cho
. 12OM ON =
. Bit khi
M
thay đổi thì
điểm
N
luôn nằm trên mặt cu cố định. Tính bán kính mặt cu đó
A.
7
2
. B.
32
. C.
23
. D.
5
2
.
Lời giải
Chọn A.
* Phân tích:
Trước khi tm ra bán kính đường tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cn chỉ ra quỹ tích
ca điểm
N
. Theo giả thit thì từ tọa độ ca
M
ta có thể suy ra đưc tọa độ ca điểm
N
, mặt
khác
M
lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng
( )
ABC
, từ đó liên hệ ra quỹ tích ca điểm
N
.
* Giải
Giả sử
( )
2 2 2
;;N x y z ON x y z = + +
. Do
,,O M N
thẳng hàng và
N
thuộc tia
ON
nên suy
ra:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
12 12 12 12
. 12 . ; ;
x y z
OM ON OM ON N
x y z x y z x y z x y z
= =

+ + + + + + + +

.
Do
( ) ( ) ( )
2
22
2 2 2
3 49
6 3 2 3 1
24
N ABC x y z x y z x y z

+ + = + + − + − + − =


.
Vy
N
thuộc mặt cu cố định bán kính
7
2
R =
.
Câu 175: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
1;0;2 , 1; 1; 1MN−−
và mặt
phẳng
( )
: 2 2 0P x y z+ − + =
. Một mặt cu đi qua
,MN
tip xúc với mặt phẳng
( )
P
tại điểm
E
. Bit
E
thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính ca đường tròn đó.
A.
10
2
R =
. B.
10R =
. C.
10R =
. D.
25R =
.
Trang 123
Câu 176: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2; 1;1 , 5;3;1 , 4;1;2A M N−
và mặt phẳng
( )
: 27.P y z+=
Bit 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 ca điểm
C
là
A.
( )
15;21;6 .−
B.
( )
21;21;6 .
C.
( )
15;7;20 .−
D.
( )
21;19;8 .
Lời giải
Chọn B.
* Phân tích:
- Tham số hóa tọa độ điểm
,MN
-
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 ca 2 tham số.
-
Từ điều kiện tứ giác là hình thoi suy ra 2 cạnh kề bằng nhau suy ra
C
.
* Giải
Ta có
( )
23
: 1 4 2 3 ; 1 4 ;1 .
1
xt
B AM y t B t t
z
=+
= − + + − +
=
Và
( )
22
: 1 2 2 2 ; 1 2 ;1 .
1
xu
D AN y u D u u u
zu
=+
= − + + − + +
=+
Vì tứ giác
ABCD
là hình thoi nên suy ra
( )
3 2 2;4 2 1;u 1 .C t u t u+ + + − +
Mà
( ) ( )
4 3 27 1C P t u + =
Vì tứ giác
ABCD
là hình thoi nên suy ra
( )
2 2 2 2
25 9 2AB AD t u= =
.
Từ (1) và (2) tm đưc
3
5
t
u
=
=
suy ra
( )
21;21;6 .C
Câu 177: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 4;5;1 , 0;3;1A M N
và mặt phẳng
( )
:x 8 0.P y z+ + − =
Bit 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 ca điểm
C
là
A.
( )
15;21;6 .−
B.
( )
2;4;2 .
C.
( )
15;7;20 .−
D.
( )
21;19;8 .
Trang 124
Câu 178: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;4 , 5;1;5 , 0;0;5A M N
và mặt phẳng
( )
:x 15 0.P y z+ + − =
Bit 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 ca điểm
C
là
A.
( )
15;21;6 .−
B.
( )
1;18; 2 .−−
C.
( )
15;7;20 .−
D.
( )
21;19;8 .
Câu 179: Trong không gian
Oxyz
, cho ba mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + + =
,
( )
: 2 2 8 0Q x y z− + − =
,
( )
: 2 2 4 0R x y z− + + =
. Một đường thẳng
thay đổi cắt ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
ln lưt tại các điểm
,,A B C
. Giá trị nhỏ nhất ca biểu thức
2
96
AB
AC
+
là
A.
41
3
. B.
99
. C.
18
. D.
24
.
Lời giải
Chọn C.
* Phân tích:
Ta nhn thấy ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
là ba mặt phẳng phân biệt và song song với nhau. Dựa
vào chỉ số
d
ca ba mặt phẳng ta nhn thấy mặt phẳng
( )
P
nằm giữa hai mặt phẳng
( ) ( )
,QR
.
+) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đn định lý Ta let để có thể rút ra đưc mối quan hệ
giữa
,AB AC
. Từ đó đánh giá đưc giá trị nhỏ nhất ca biểu thức
2
96
AB
AC
+
.
* Giải
Ba mặt phẳng cùng có vc tơ pháp tuyn là
( )
1; 2;2−
nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có
( ) ( )
( )
( )
18
;3
3
d P Q
−−
==
;
( ) ( )
( )
14
;1
3
d P R
−
==
;
( ) ( )
( )
( )
48
;4
3
d Q R
−−
==
.
Trang 125
Dựng đường thẳng qua
C
vuông góc với mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
. Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng
( ) ( )
,PQ
ln lưt tại
;MN
. Khi đó ta có
1; 3CM MN==
.
Xét
CNB
có
MA NB
nên
1
3
AC MC
AB MN
==
3AB AC=
.
Khi đó
22
96 96
3AB AC
AC AC
+ = +
2
3 3 96
22
AC AC
AC
= + +
3
2
3 3 96
3 . . 3.6 18
22
AC AC
AC
= =
.
Dấu
""=
xảy ra
2
3 96
4
2
AC
AC
AC
= =
.
Câu 180: Trong không gian
Oxyz
, cho ba mặt phẳng
( )
: 2 3 4 0P x y z+ + + =
,
( )
: 2 3 2 0Q x y z+ + + =
,
( )
: 2 3 6 0R x y z+ + + =
. Một đường thẳng
thay đổi cắt ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
ln lưt tại các điểm
,,A B C
. Độ dài đoạn
AC
nằm trong khoảng nào khi biểu
thức
2
27
AB
AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất?
A.
( )
2;3
. B.
)
3;4
. C.
)
4;5
. D.
( )
5;6
.
Lời giải
Chọn B.
Trang 126
Ba mặt phẳng cùng có vc tơ pháp tuyn là
( )
1;2;3
nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có
( ) ( )
( )
42
2
;
14 14
d P Q
−
==
;
( ) ( )
( )
46
2
;
14 14
d P R
−
==
;
( ) ( )
( )
26
4
;
14 14
d Q R
−
==
.
Dựng đường thẳng qua
C
vuông góc với mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
. Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng
( ) ( )
,PQ
ln lưt tại
;MN
. Khi đó ta có
22
;
14 14
CM MN==
.
Xét
CNB
có
MA NB
nên
1
1
AC MC
AB MN
==
AB AC=
.
Khi đó
22
27 27
AB AC
AC AC
+ = +
2
27
22
AC AC
AC
= + +
3
2
33
27 3 9
3 . . 3.
22
44
AC AC
AC
= =
.
Dấu
""=
xảy ra
3
2
27
32
2
AC
AC
AC
= =
.
Câu 181: Trong không gian
Oxyz
, cho ba mặt phẳng
( )
: 2 0,P x y z+ + =
( )
: 2 2 0,Q x y z+ + + =
( )
: 2 1 0R x y z+ + + =
. Một đường thẳng
thay đổi cắt ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
ln lưt tại
các điểm
,,A B C
. Tính cosin góc tạo bởi
và mặt phẳng
( )
R
khi biểu thức
2
8
AB
AC
+
đạt giá
trị nhỏ nhất.
Trang 127
A.
30
6
. B.
1
. C.
2
2
. D.
2
3
.
Lời giải
Chọn A.
Ba mặt phẳng cùng có vc tơ pháp tuyn là
( )
1;1;2
nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có
( ) ( )
( )
02
2
;
66
d P Q
−
==
;
( ) ( )
( )
01
1
;
66
d P R
−
==
;
( ) ( )
( )
21
1
;
66
d Q R
−
==
.
Dựng đường thẳng qua
C
vuông góc với mặt phẳng
( ) ( ) ( )
,,P Q R
. Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng
( ) ( )
,RQ
ln lưt tại
;MN
. Khi đó ta có
12
;
66
AM AN==
.
Xét
CNB
có
MA NB
nên
1
2
AC AM
AB AN
==
2AB AC=
.
Khi đó
2
8
AB
AC
+
22
8 16
2
AB AB
AB
AB
= + = +
2
88
AB
AB AB
= + +
2
3
88
3 . . 3.4 12AB
AB AB
= =
.
Dấu
""=
xảy ra
2
8
2AB AB
AB
= =
. Khi đó
30
3
NB =
nên
( )
(
)
30
cos ;
6
NB
R
AB
= =
.
Trang 128
Câu 182: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hình hộp chữ nht
.ABCD A B C D
có
A
trùng với gốc tọa độ. Cho
( )
;0;0Ba
,
( )
0; ;0Da
,
( )
0;0;Ab
với
0, 0ab
. Gọi
M
là trung điểm
ca cạnh
CC
. Xác định tỉ số
a
b
để
( )
mp A BD
vuông góc
( )
mp BDM
.
A.
1
a
b
=
. B.
2
a
b
=
. C.
1
2
a
b
=
. D.
1
a
b
=−
.
Lời giải.
Chọn A
Phân tích bài: Phương pháp tọa độ luôn mang đn hiệu quả cao khi sử dụng. Thay v tư duy tm
lời giải ta chuyển sang kĩ thut 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 ca hai vc tơ pháp tuyn ca hai mặt phẳng bằng
0
.
Ta có
( )
;0; ;A B a b
=−
( )
0; ;A D a b
=−
( )
2
1
;;n ab ab a=
0; ; ;
2
b
MB a
−

=−


;0;
2
b
MD a
−

=−


2
2
;;
22
ab ab
na

= −


Khi đó
12
.0nn =
2 2 2 2
4
0
22
a b a b
a + − =
( )
2 2 2
.0a b a − =
ab=
( Do
0, 0ab
).
Vy để thỏa mãn yêu cu đề bài ta đưc tỉ số
1
a
b
=
.
Câu 183: Trong mặt phẳng toạ độ
Oxyz
, cho mặt cu
2 2 2
( ): 2 2 2 0S x y z ax by cz d+ + − − − + =
,
với
, , 0abc
. Bit mặt cu
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính
5r =
và
mặt cu
()S
đi qua điểm
(0;1;2)M
. Tính tổng
.a b c d+ + +
A.
25.
B.
75.
C.
40.
D.
10.
Lời giải
Chọn C
Trang 129
Gọi
I
là tâm ca mặt cu
()S
, vì
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính bằng
nhau
2
( , , ); 0 25I a a a a R a = +
.
Mặt khác:
()S
đi qua điểm
(0;1;2)M
22
5
25 3 6 5
2( ).
a
IM R a a a
a ktm
=
= + = − +
=−
Với
5 50aR= =
, khi đó ta có:
5, 25 40.a b c d a b c d= = = = + + + =
Câu 184: Trong mặt phẳng toạ độ
Oxyz
, cho mặt cu
2 2 2
( ): 2 2 2 0S x y z ax by cz d+ + − − − + =
,
với
, , 0abc
. Bit mặt cu
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính bằng nhau
và mặt cu
()S
đi qua điểm
2
điểm
(0;1;2)M
;
(0;0;5)N
. Tính tổng
.a b c d+ + +
A.
25.
B.
75.
C.
40.
D.
10.
Lời giải
Chọn C
Gọi
I
là tâm ca mặt cu
()S
, vì
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính bằng
nhau
( , , ); 0.I a a a a
Mặt khác:
()S
đi qua
2
điểm
(0;1;2)M
;
(0;0;5)N
22
3 6 5 3 10 25 5 (5;5;5)IM IN a a a a a I = − + = − + =
50R IM = =
, khi đó ta có:
5, 25 40.a b c d a b c d= = = = + + + =
Câu 185: Trong mặt phẳng toạ độ
Oxyz
, cho mặt cu
2 2 2
( ): 2 2 2 0S x y z ax by cz d+ + − − − + =
,
với
, , 0abc
. Bit mặt cu
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính
5r =
và
mặt cu
()S
tip xúc với mặt phẳng
( ): 0P x y+=
. Tính tổng
.a b c d+ + +
A.
25.
B.
75.
C.
40.
D.
10.
Lời giải
Chọn C
Gọi
I
là tâm ca mặt cu
()S
, vì
()S
cắt
3
mặt phẳng toạ độ theo
3
đường tròn có bán kính bằng
nhau
2
( , , ); 0 25I a a a a R a = +
.
Mặt khác:
()S
tip xúc với mặt phẳng
( ): 0P x y+=
22
5
| 2 |
( ,( )) 25 25
5( ).
2
a
a
d I P R a a
a ktm
=
= = + =
=−
Với
5 50aR= =
, khi đó ta có:
5, 25 40.a b c d a b c d= = = = + + + =
Câu 186: Trong không gian
,Oxyz
cho mặt cu
( )
S
có phương trnh
2 2 2
4 2 2 3 0x y z x y z+ + − + − − =
và điểm
( )
5;3; 2A −
. Một đường thẳng
d
thay đổi luôn đi qua
A
và luôn cắt mặt cu tại hai điểm phân biệt
,MN
. Tính giá trị nhỏ nhất ca biểu thức
4S AM AN=+
.
A.
min
50.S =
B.
min
5 34 9S =−
C.
min
5.S =
D.
min
20.S =
Lời giải
Đáp án B
Trang 130
Tâm
( )
2; 1;1I −
và bán kính mặt cu
3R =
( ) ( )
22
2
(2 5) 1 3 1 2 34AI = − + − − + + =
Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trường hp
AM AN
Đặt
AN x=
34 3 5x −
. 25AM AN =
25
AM
x
=
25
4 4 ( )S AN AM x f x
x
= + = + =
Xét
25
( ) 4f x x
x
=+
trên
)
34 3;5
−
)
2
22
25 4 25
( ) 4 0 34 3;5
x
f x x
xx
−
= − = −
min
S
khi
34 3x =−
( )
min
25
4 34 3 5 34 9
34 3
S = − + = −
−
Vy GTNN
min
5 34 9S =−
khi
34 3x =−
.
Phân tích ý tưởng:
- Bài này cái cốt lõi thực hiện đưc chính là sử dụng ý tưởng phương tích ca một điểm đối với
mặt cu.
- Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng khi đánh giá
bất đẳng thức cô-si
25 25
4 2 4 . 20xx
xx
+ =
min
20S=
. Tuy nhiên điều này không thể xảy
ra dấu bằng đưc v điều kiện để đường thẳng
d
cắt mặt cu
( )
S
tại hai điểm phân biệt thì ta có
khống ch điều kiện là:
34 3 5AN−
.
N
I(2;-1;1)
A(5;3;-2)
M
Trang 131
Câu 187: Trong không gian
Oxyz
cho mặt cu
( )
2 2 2
:9S x y z+ + =
và mặt phẳng
( )
: 3 0P x y z+ + − =
. Gọi
là mặt cu chứa đường tròn giao tuyn ca
( )
S
và
( )
P
đồng thời
( )
'S
tip xúc với mặt phẳng
( )
: 5 0Q x y z− + − =
. Gọi
( )
;;I a b c
là tâm ca mặt cu
( )
'S
. Tính
T abc=
.
A.
1T =
. B.
1
8
T =−
. C.
1T =−
. D.
1
8
T =
.
Lời giải
Chọn D.
Cách 1 :
Ta có phương trnh ca mặt cu
có dạng :
( )
2 2 2
9 3 0x y z m x y z+ + − + + + − =
2 2 2
9 3 0x y z mx my mz m + + + + + − − =
mặt cu
( )
'S
có tâm
;;
222
mmm
I
−−−



, bán kính
2
3
39
4
m
Rm= + +
( )
'S
tip xúc với mặt phẳng
( )
Q
nên
( )
( )
2
5
3
2
, 3 9
4
3
m
m
d I Q R m
−−
= = + +
2
10 9 36 108 1m m m m + = + + = −
suy ra
111
;;
222
I



. Vy
1
8
T abc==
.
Tổng quát
+ Phương trnh mặt cu đi qua giao tuyn ca một mặt cu
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =
và mặt phẳng
( )
:A 0P x By Cz D+ + + =
có dạng
( )
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d m Ax By Cz D+ + + + + + + + + + =
(
m
là tham số )
+ Căn cứ vào các giả thit ca bàn toán ta tm các điều kiện về tâm, bán kính, khoảng cách … ta
lp đưc phương trnh để tm tham số
m
.
Cách 2:
( )
S
Có tâm
O
, bán kính
3R =
;
( )
( )
;3d d O P==
Ta có bán kính ca đường tròn giao tuyn ca
( )
S
và
( )
P
là
22
6r R d= − =
( )
'S
là mặt cu chứa đường tròn giao tuyn ca
( )
S
và
( )
P
nên :
Trang 132
+ Tâm
( )
;;I a b c
là tâm ca mặt cu
nằm trên đường thẳng qua
O
và vuông góc với
( )
P
có
phương trnh
xt
yt
zt
=
=
=
Suy ra
abc==
.
+ Bán kính ca
( )
'S
là
( ) ( )
( )
2
2
22
33
' ; 6
3
a
R r d I P
−

= + = +


(1)
Do
( )
'S
tip xúc với mặt phẳng
( )
: 5 0Q x y z− + − =
nên
( )
( )
5
';
3
a
R d I Q
−
==
(2)
Từ (1), (2) ta có
22
2
5 3 3 1
6 8 8 2 0
2
33
aa
a a a
−−
= + − + = =
suy ra
111
;;
222
I



. Vy
1
8
T abc==
.
Tổng quát
Với dạng toán vit PT
( )
'S
là mặt cu chứa đường tròn thit diện ca
( )
S
và
( )
P
( )
2 2 2
: 2 2 2 0S x y z ax by cz d+ + + + + + =
và mặt phẳng
( )
:A 0P x By Cz D+ + + =
+ Trước ht ta tm đưc tâm
( )
;;K a b c− − −
và bán kính
r
ca đường tròn thit diện.
+ Tâm
( )
;;I a b c
là tâm ca mặt cu
nằm trên đường thẳng qua
K
và vuông góc với
( )
P
có
phương trnh tham số
x a At
y b Bt
z c Ct
= − +
= − +
= − +
. Tham số hóa tọa độ điểm
I
, căn cứ vào các giả thit bài toán
ta lp các PT tm tham số
t
từ đó suy ra tọa độ tâm
I
.
Câu 188: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1;1;0A
,
( )
2;0;1B −
,
( )
0;0;2C
và
mặt phẳng
( )
: 2 4 0P x y z+ + + =
. Gọi
( )
;;M a b c
là điểm thuộc mặt phẳng
( )
P
sao cho
. . .S MAMB MB MC MC MA= + +
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
6Q a b c= + +
.
A.
2Q =
. B.
2Q =−
. C.
0Q =
. D.
1Q =
.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
, ta có
11
; ;1
33
0
G
GA GB GC

−


+ + =
.
Theo đề bài, ta có
Trang 133
. . .S MAMB MB MC MC MA= + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
. . .MG GA MG GB MG GB MG GC MG GC MG GA= + + + + + + + +
( )
2
3 2 . . . .MG MG GA GB GC GAGB GBGC GC GA= + + + + + +
2
3 2 .0 . . .MG MG GAGB GBGC GC GA= + + + +
2
3 0 . . .MG GAGB GBGC GC GA= + + + +
2
3 . . .MG GAGB GBGC GC GA= + + +
.
Vì
. . .GAGB GBGC GC 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 chiu ca
G
trên mặt phẳng
( )
P
.
Gọi
là đường thẳng đi qua điểm
G
và vuông góc với mặt phẳng
( )
P
, ta có
( )
MP=
.
Phương trnh đường thẳng
là
1
3
1
2
3
1
xt
yt
zt
= − +
=+
=+
( )
t
. Th
x
,
y
,
z
từ phương trnh đường thẳng
vào phương trnh mặt phẳng
( )
P
, ta đưc:
12
4 1 4 0
33
t t t− + + + + + + =
16
60
3
t + =
8
9
t = −
.
Suy ra
( )
11 13 1
; ; ; ;
9 9 9
M a b c

= = − −


.
Vy
11 13 6
62
9 9 9
Q a b c= + + = − − + = −
.
Tổng quát, ta có bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
;;
A A A
A x y z
,
( )
;;
B B B
B x y z
,
( )
;;
C C C
C x y z
và mặt phẳng
( )
:0Ax By Cz D
+ + + =
. Tìm tọa độ điểm
M
trên
mặt phẳng
( )
sao cho biểu thức
. . .S mMA MB nMB MC pMC MA= + +
1) Đạt giá trị nhỏ nhất nu
0m n p+ +
.
2) Đạt giá trị lớn nhất nu
0m n p+ +
.
Phương pháp: Gọi
( )
;;I x y z
là điểm thỏa mãn
( ) ( ) ( )
0m p IA m n IB n p IC+ + + + + =
. Khi đó
điểm
( )
;;I x y z
xác định. Ta có:
Trang 134
. . .S mMA MB nMB MC pMC MA= + +
( ) ( ) ( ) ( )
2
. . . .m n p MI MI m p IA m n IB n p IC mIA IB nIB IC pIC IA

= + + + + + + + + + + +

( )
2
. . .m n p MI mIAIB nIB IC pIC IA= + + + + +
.
Do
. . .mIA IB nIB 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 chiu ca
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 chiu ca
I
trên mặt phẳng
( )
.
Chú ý: Trong trường hp bài toán cho tm điểm
M
trên đường thẳng
th khi đó
M
là hình
chiu ca
I
trên đường thẳng
.
Câu 189: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
2;0;1A
,
( )
1;0;0B
,
( )
1;1;1C
và
mặt phẳng
( )
: 2 0P x y z+ + − =
. Điểm
( )
;;M a b c
nằm trên mặt phẳng
( )
P
thỏa mãn
MA MB MC==
. Tính
23T a b c= + +
.
A.
5T =
. B.
3T =
. C.
2T =
. D.
4T =
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có
( )
1;0; 1AB −−
,
( )
1;1;0AC −
.
Mặt phẳng trung trực ca đoạn thẳng
AB
đi qua trung điểm
31
;0;
22
I



ca
AB
và nhn
( )
1;0; 1AB −−
làm vc tơ pháp nên có phương trnh là:
20xz+ − =
.
Mặt phẳng trung trực ca đoạn thẳng
BC
đi qua trung điểm
11
1; ;
22
J



ca
BC
và nhn
( )
0;1;1BC
làm vc tơ pháp nên có phương trnh là:
20yz+ − =
.
Do
MA MB MC==
nên
M
thuộc hai mặt phẳng trên, mặt khác
M
thuộc
( )
: 2 0P x y z+ + − =
nên tọa độ
M
là nghiệm ca hệ phương trnh:
20
10
20
xz
yz
x y z
+ − =
+ − =
+ + − =
( )
1;0;1M
. Vy
2 3 4T a b c= + + =
.
Cách khác:
Ta có
2AB BC AC= = =
suy ra tam giác
ABC
đều. Vy tâm đường tròn ngoại tip tam giác
ABC
là trọng tâm
4 1 2
;;
333
G



ca tam giác.
Trang 135
Do
MA MB MC==
nên
M
nằm trên trục ca đường tròn ngoại tip tam giác
ABC
, trục này là
đường thẳng đi qua
4 1 2
;;
333
G



và nhn vc tơ
( )
, 1;1; 1n AB AC

= = −

là vc tơ chỉ phương nên
có phương trnh là:
4
3
1
3
2
3
xt
yt
zt
=+
=+
=−
.
Mặt khác
( )
: 2 0M P x y z + + − =
1
3
t = −
( )
1;0;1M
. Suy ra
2 3 4T a b c= + + =
.
Câu 190: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
( )
13
:2
2 3 1
x a at
yt
z a a t
= + +
= − +
= + + +
.
Bit rằng khi
a
thay đổi luôn tồn tại một mặt cu cố định đi qua điểm
( )
1;1;1M
và tip xúc với
đường thẳng
. Tìm bán kính ca mặt cu đó.
A.
53
. B.
43
. C.
73
. D.
35
.
Lời giải
Chọn A
Ta thấy đường thẳng
luôn đi qua điểm
( )
1; 5; 1A −−
và
luôn nằm trên mặt phẳng
( )
: 3 0x y z
+ − + =
. Do đó mặt cu
( )
S
tip xúc với mặt phẳng
( )
tại điểm
A
thì tip xúc với
đường thẳng
.
Mặt cu cn tìm có tâm
I
thuộc đường thẳng
( )
1
5
1
xt
y t t
zt
=+
= − +
= − −
R
( )
1 ; 5 ; 1I t t t + − + − −
.
Ta có:
( )
( )
,IM d I
=
hay
( ) ( )
22
2
6 2 3t t t t+ − + + =
8 40 0t + =
5t = −
.
Khi đó
53R =
.
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
( )
1;2;1A
và hai đường thẳng
12
1 1 3 1 2 2
: , :
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
dd
− + − − + −
= = = =
−
. Vit phương trnh đường thẳng
d
song song
với mặt phẳng
( )
:2 3 4 6 0P x y z+ + − =
, cắt đường thẳng
1
d
và
2
d
ln lưt tại
M
và
N
sao cho
.5AM AN =
và điểm
N
có hoành độ nguyên.
A.
22
:
1 2 1
x y z
d
−−
==
−
. B.
3 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − −
==
−
.
Trang 136
C.
24
:
3 2 3
x y z
d
+−
==
−
. D.
1 1 3
:
4 4 1
x y z
d
− + −
==
−
.
Phân tích: Tham số hóa tọa độ điểm
M
, điểm
N
theo các tham số
1
t
,
2
t
; do
( )
//dP
nên
.0MN n =
, đưa về một ẩn
1
t
và thay vào giả thit
.5AM AN =
.
Lời giải
Chọn B.
Gọi
( )
1 1 1
1 ; 1 ;3M t t t+ − + −
,
( )
2 2 2
1 ; 2 ; 2N t t t+ − + +
( )
2 1 2 1 2 1
; 1; 1MN t t t t t t = − − − + −
.
Do
d
song song với mặt phẳng
( )
P
nên
( ) ( ) ( )
2 1 2 1 2 1
2 3 1 4 1 0t t t t t t− + − − + + − =
2 1 1 2
9 7 0 9 7t t t t − − = = −
.
Khi đó,
( )
2 2 2
9 6;9 8;10 9M t t t− − −
( )
2 2 2
9 7;9 10; 9 9AM t t t = − − −
,
( )
2 2 2
; 4; 1AN t t t= − +
.
Theo giả thit,
( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2
. 5 9 7 4 9 10 1 9 9 5AM AN t t t t t t= − + − − + + − =
2
2
1
44
9
t
t
=
=
.
Với
44 53 26 62
;;
9 9 9 9
tN

=


(loại).
Với
( )
1 2; 1;3tN= −
,
( )
3;1;1M
.
Đường thẳng cn tìm qua
( )
3;1;1M
, nhn
( )
1; 2; 2NM =−
là vc tơ pháp tuyn nên có phương
trình
3 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − −
==
−
.
Câu 192: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho ba mặt phẳng
( )
:2 1 0P x y z− + + =
,
( )
: 2 3 0Q x y z− + + =
và
( )
: 1 0R x y+ + =
và đường thẳng
21
:
2 1 3
x y z−+
= =
−
. Gọi
d
là giao
tuyn ca hai mặt phẳng
( )
P
,
( )
Q
. Bit rằng
d
là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
R
,
cắt cả hai đường thẳng
d
và
ln lưt tại
A
,
B
. Đường thẳng
d
đi qua điểm nào sau đây?
A.
( )
9; 0; 6H −
. B.
( )
7;1; 6L −
. C.
( )
6;3; 5P −
. D.
( )
5; 4; 5K −−
.
Lời giải
Chọn A
Có
( ) ( ) ( )
2; 5; 0M P Q M d
.
Trang 137
Đường thẳng
d
qua
M
, nhn
( ) ( )
( )
; 1; 3;1
QP
u n n

==

là vc tơ chỉ phương nên có phương trnh
25
:
1 3 1
x y z
d
−−
==
.
Gọi
( )
2 ;5 3 ;A a a a++
,
( )
2 2 ; 1 ;3B b b b− − +
( )
2 ; 3 6; 3AB a b b a b a = − − − − −
là vc tơ chỉ
phương ca
d
.
Do
( )
dR
⊥
nên
AB
cùng phương với
( )
( )
1;1; 0
R
n =
, suy ra
( )
.
R
AB k n=
2 .1 6
3 6 .1 2
3 .0 10
a b k a
b a k b
b a k c
− − = = −


− − = = −


− = =

( )
4; 13; 6A − − −
.
Đường thẳng
d
qua
A
, nhn
( )
1;1;0n =
là vc tơ chỉ phương nên có phương trnh
4
: 13
6
xt
d y t
z
= − +
= − +
=−
.
Ta thấy
( )
9; 0; 6H −
thuộc đường thẳng
d
nên chọn đáp án A.
Câu 193: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
12
:
2 1 1
x y z
d
−+
==
−
và
2
1 2 2
:
1 3 2
x y z
d
− + −
==
−
. Gọi
là đường thẳng song song với
( )
: 7 0P x y z+ + − =
và cắt
12
, dd
ln lưt tại hai điểm
,AB
sao cho
AB
ngắn nhất. Phương trnh ca đường thẳng
là
A.
12
5.
9
xt
y
zt
=−
=
= − +
B.
6
5
.
2
9
2
xt
y
zt
=−
=
= − +
C.
6
5
.
2
9
2
x
yt
zt
=
=−
= − +
D.
62
5
.
2
9
2
xt
yt
zt
=−
=+
= − +
Lời giải
Chọn B
Gọi
( )
1
1 2 ; ; 2A d A a a a + − −
,
( )
2
1 ; 2 3 ; 2 2B d B b b b + − + −
.
có vectơ chỉ phương
( )
2 ; 3 2; 2 4AB b a b a b a= − − − − + +
( )
P
có vectơ pháp tuyn
( )
1; 1; 1
P
n =
Vì
( )
// P
nên
. 0 1
PP
AB n AB n b a⊥ = = −
. Khi đó
( )
1; 2 5; 6AB a a a= − − − −
Trang 138
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 5 6AB a a a= − − + − + −
2
6 30 62aa= − +
2
5 49 7 2
6;
2 2 2
aa

= − +


Dấu
""=
xảy ra khi
5
2
a =
. Vy
AB
ngắn nhất khi
5 5 9 7 7
6; ; , ; 0;
2 2 2 2 2
a A AB
= − = −
Đường thẳng
đi qua điểm
59
6; ;
22
A

−


và vec tơ chỉ phương
( )
1; 0; 1
d
u =−
Vy phương trnh ca
là
6
5
2
9
2
xt
y
zt
=−
=
= − +
.
Câu 194: Cho Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 3S x y z+ + − + − =
, và hai điểm
( )
1;0;4A
,
( )
0;1;4B
. Các mặt phẳng
( )
1
P
,
( )
2
P
cùng chứa đường thẳng
AB
và hai mặt phẳng này ln lưt tip xúc với mặt cu
( )
S
tại các điểm
1
H
,
2
H
. Điểm
K
nào trong số các điểm sau đây nằm trên đường thẳng
12
HH
.
A.
( )
1;4;2K
. B.
( )
1;3;2K −
. C.
( )
1;5;3K
. D.
( )
1;3 2K −−
.
Phân tích
Gọi
H
là hình chiu ca
I
lên đường thẳng
AB
và
12
M H H IH=
.
Do
1 2 1 2
;H H IH H H AB⊥⊥
nên để vit đưc phương trnh đường thẳng
12
HH
ta cn tìm tọa độ
điểm
H
và điểm
M
. Từ đó suy đáp án đúng.
Lời giải
Chọn A.
H
2
H
1
M
H
I
Trang 139
Ta có
( )
S
có tâm
( )
1;2;1I −
và bán kính
3R =
Đường thẳng
đi qua hai điểm
,AB
có phương trnh
1
4
xt
yt
z
=−
=
=
Mặt phẳng
( )
12
IH H
đi qua
I
và vuông góc với
AB
nên có phương trnh
30xy− + − =
.
Gọi
H
là giao điểm ca
AB
và
( )
12
IH H
. Khi đó
( )
1;2;4H −
.
Gọi
M
là giao điểm ca
12
HH
và
IH
. Khi đó
1
H M IH⊥
Ta có
2
22
.1
3
IM IM IH R
IH IH IH
= = =
nên
1
3
IM IH=
. Do đó
( )
1;2;2M −
.
12
HH
vuông góc với
IH
và
AB
nên có vectơ chỉ phương
( )
1
, 1;1;0
3
u IH AB

= − =

Phương trnh
12
1
:2
2
xt
H H y t
z
= − +
=+
=
. Vy khi
2t =
ta đưc đáp án A.
Câu 195: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
và có bán kính
2r =
. Xt đường thẳng
( )
( )
1
:
1
xt
d y mt t
z m t
=+
= −
=−
,
m
là tham số thực. Giả sử
( )
P
,
( )
Q
là mặt
phẳng chứa
d
và tip xúc với
( )
S
ln lưt tại
M
,
N
. Khi độ dài đoạn
ngắn nhất hãy tính
khoảng cách từ điểm
( )
1;0;4B
đn đường thẳng
d
.
A.
5
. B.
53
3
. C.
4 237
21
. D.
4 273
21
.
Lời giải
Chọn D
Trang 140
Mặt phẳng thit 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
min min min
MN MH IH
.
Ta có
( )
1; ; 1
d
u m m= − −
,
( )
1;0;0Ad
, suy ra
( )
,
,
d
d
u IA
d I d
u


=
2
2
25 20 17
2 2 2
mm
mm
−+
=
−+
.
Xét hàm số
( )
2
2
25 20 17
2 2 2
mm
fm
mm
−+
=
−+
;
( )
( )
2
2
2
10 32 6
2 2 2
mm
fx
mm
− + −
=
−+
;
( )
1
0
5
3
m
fm
m
=
=
=
.
Bảng bin thiên
Suy ra
min
IH
khi
1
5
m =
. Đường thẳng
d
có phương trnh là
( )
1
1
:
5
4
5
xt
d y t t
zt
=+
= −
=−
.
Khoảng cách
( )
,
416 4 273
,
21
42
d
d
AB u
d B d
u


= = =
.
M
N
K
H
I
Trang 141
Câu 196: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cu
( )
2 2 2
: 2 4 4 0S x y z x y+ + − + − =
và đường thẳng
7 1 2
:
1 1 1
x y z
d
− + −
==
−
. Gọi
( )
P
,
( )
Q
ln lưt là hai mặt phẳng chứa
d
và tip xúc với mặt cu
( )
S
tại
M
và
N
. Độ dài đoạn
bằng:
A.
3 31302
222
. B.
3 31302
111
. C.
141
3
. D.
2 141
3
.
Lời giải
Chọn B.
Cắt mặt cu theo giao tuyn chứa đoạn
MN
đưc như hnh vẽ.
( )
222
,
3
IA d I d==
;
141
3
IM r MH= =
3 31302
222
MO=
3 31302
111
MN=
Câu 197: Cho mặt cu
( )
1
S
có tâm
( )
O
, bán kính là
3
và mặt cu
( )
2
S
có tâm
( )
2;3;6O
và
bán kính bằng
4
.Bit tp hp các điểm
A
trong không gian mà độ dài tip tuyn kẻ tù
A
tới
( )
1
S
và
( )
2
S
bằng nhau là một mặt phẳng ( còn gọi là mặt phẳng đẳng phương ) .Vit phương
trình mặt mặt phẳng đó .
A.
1
2 3 6
x y z
+ + =
. B.
1
9 2 3
x y z
+ + =
. C.
1
9 6 3
x y z
+ + =
. D.
1
3 6 9
x y z
+ + =
.
Lời giải
Chọn C.
Mặt phẳng đẳng phương là mặt phẳng tp hp tất cả các điểm có cùng phương tích với hai mặt
cu không đồng tâm . Và mặt đẳng phương vuông góc với trục nối hai tâm ca mặt cu .
Gọi
( )
P
là mặt phẳng đẳng phương ca
và
( )
2
S
( )
P
nhn
( )
2,3,6OO
là vectơ pháp
tuyn
( )
2,3,6
P
n OO
=
.
M
N
O
H
I
Trang 142
Mặt khác mặt phẳng đẳng phương
( )
P
ca
( )
1
S
và
( )
2
S
đi qua một điểm
M
thuộc
OO
có
cùng phương tích với hai mặt cu .
Phương trnh đường thẳng
OO
:
2
3
6
xt
yt
zt
=
=
=
tọa độ điểm
( )
2 ;3 ;6M t t t
Mà
( ) ( )
2 2 2 2
/ , / ,M O R M O R
P P MO R MO R


= − = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
18
2 3 6 3 2 2 3 3 6 6 16
49
t t t t t t t + + − = − + − + − − =
.
Vy tọa độ điểm
M
là :
36 54 108
;;
49 49 49
M



( )
P
:
2 3 6 18 0 1
9 6 3
x y z
x y z+ + − = + + =
.
Câu 198: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
:P
2 2 2
( 1) (2 2 1) (4 2) 2 0m x m m y m z m m+ − − + + + − + =
luôn chứa một đường thẳng
cố định khi
m
thay đổi. Đường thẳng
d
đi qua
( )
1; 1;1M −
vuông góc (
) và cách
O
một khoảng lớn nhất
có vecto chỉ phương
( 1; ; )u b c=−
.Tính
2
bc−
?
A.
2.
B.
23.
C.
19.
D.
1.−
Lời giải
Chọn C.
Cho
0m =
có mặt phẳng
( )
0
: 2 0P x y z− + =
( )
1
1; 1;2n = −
Cho
1m =
có mặt phẳng
( )
1
:2 6 1 0P x y z− + + =
( )
2
2; 1;6n = −
Suy ra
có VTCP
( )
12
, 4; 2;1u n n

= = − −

Gọi
H
là hình chiu ca
O
trên
d
thì
( )
( )
,OH d O d=
, có
.OH OM
Do đó đẳng thức xảy ra
khi
d OM⊥
d
có VTCP
( )
, 1;5;6u u OM

= = −

. Vy
6, 5bc==
.
Phân tích:
Đây là dạng toán: Cho họ mặt phẳng
( )
m
P
luôn tm đưc đường thẳng cố định khi th các giá trị
m
rồi lấy tích có hướng lại sẽ đưc VTCP ca đường thẳng cố định đó. Tip theo là dạng toán lp
phương trnh đường thẳng
d
nằm trong mặt phẳng
( )
P
, đi qua điểm
A
cho trước sao cho
khoảng cách từ
B
đn
d
lớn nhất? nhỏ nhất?
Phương pháp giải:
Trang 143
Kẻ
( ) ( )
( )
;,AB d BK P BH d B d⊥ ⊥ =
và
K
cố định.
Ta có
( )
( )
max
,BH BA d B d BA H A =
. Khi đó đường thẳng
d
nằm trong
( )
P
, đi qua
A
và vuông góc với
AB
, suy ra
d
có một VTCP là
,
dP
u n AB

=

Mặt khác,
( )
( )
min
,.BH BK d B d BK H K =
Khi đó đường thẳng
d
nằm trong
( )
P
, đi
qua
A
và đi qua hnh chiu
K
ca
B
, suy ra
d
có một VTCP là
,,
d P P
u n n AB


=


Câu 199: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
:P
( ) ( )
3 0, 0, 0a b x ay bz a b a b+ + + − + =
luôn chứa một đường thẳng
cố định khi
,ab
thay
đổi. Đường thẳng
d
đi qua
( )
1;2;3M
vuông góc (
) và cách
( )
2,1, 4A −
một khoảng lớn nhất có
vecto chỉ phương
(1; ; )u m n=
.Tính
22
mn−
?
A.
1
. B.
5
2
. C.
2
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A.
có VTCP
( )
1; 1;1u
=−
.d có VTCP
( ) ( )
, 6;6;0 6 1;1;0u u AM

= = − = −

Câu 200: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
3;1;2A
và
( )
5;7;0B
. Có tất cả
bao nhiêu giá trị thực ca
m
để phương trnh
( )
2 2 2 2
4 2 2 1 2 3 0x y z x my m z m m+ + − + − + + + + =
là phương trnh mặt cu
( )
S
sao cho qua
A
,
B
có duy nhất một mặt phẳng cắt
( )
S
theo một giao tuyn có bán kính bằng
1
?
A.
1.
B.
4.
C.
3.
D.
2.
Lời giải
Ta có
2
41Rm= +
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
1;R d I AB−=
.
Vy
( )
2
2
12 3 11
62
5
41
11
12 3 11
5
m
m
m
m
−+
=
−
+ − =
−−
=
. Vy có hai giá trị
m
.
Câu 201: Phương trnh mặt phẳng
( )
P
qua đường thẳng
12
:
2 1 1
x y z
d
−+
==
−
và cách điểm
( )
2;1;1M
một khoảng cách lớn nhất đi qua điểm nào sau đây?
Trang 144
A.
( )
2;1;2E
. B.
( )
0; 5;0 .F −
C.
( )
0;0;6 .G
. D.
( )
0;1;6 .H
Lời giải
Gọi
( )
2;1; 1
d
u =−
r
,
( )
1;0; 2Ad−
( )
1;1;3AM=
uuur
. Phương trnh mặt phẳng cn tm nhn vectơ
,,
dd
n u AM u


=


r uuur
rr
làm vectơ pháp tuyn.
( )
: 3 5 0P x y z+ + + =
.
Câu 202:Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1; 4;4A −−
,
( )
1;7; 2B −
,
( )
1;4; 2C −
. Mặt phẳng
( )
:2 0P x by cz d+ + + =
qua
A
và thỏa mãn
( )
( )
( )
( )
, 2 ,T d B P d C P=+
đạt giá trị lớn nhất.
Tính
b c d++
.
A.
65
. B.
77
. C.
52
. D.
10
.
Lời giải
Chọn .
TH 1:
,BC
cùng phía so với
( )
P
.
Gọi
I
thõa mãn
( )
2 0 1;5; 2IB IC I+ = −
.
Có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, 2 , 3 , 3T d B P d C P d I P IA= + =
.
Max 3T IA=
khi
( ) ( )
:2 9 6 62 0 65IA P P x y z b c d⊥ + − + = + + =
.
TH 2:
,BC
khác phía so với
( )
P
.
Gọi
( ) ( )
3; 15;10
A
B D B B

= − −
.
Gọi
E
thỏa mãn
17
2 ; ;2
33
EB EC O E

+ = − −


Có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, 2 , , 2 , 3 , 3T d B P d C P d B P d C P d E P EA
= + = + =
.
Max 3T EA=
khi
( ) ( )
:2 5 6 46 0 45EA P P x y z b c d⊥ + − + = + + =
.
Từ hai trường hp suy ra khi
( )
( )
( )
( )
, 2 ,T d B P d C P=+
đạt giá trị lớn nhất. Ta có
65b c d+ + =
.
Trang 145
Câu 203: Cho mặt cu
( )
1
S
có tâm
O
, bán kính là
3
và mặt cu
( )
2
S
có tâm
( )
2;3;6O
và bán
kính bằng
4
. Bit rằng tp hp các điểm
A
trong không gian mà độ dài tip tuyn kẻ từ
A
đn
( ) ( )
12
,SS
bằng nhau là một mặt phẳng (còn gọi là mặt phẳng đẳng phương). Vit phương trnh
ca mặt phẳng đó
A.
1
2 3 6
x y z
+ + =
. B.
1
9 2 3
x y z
+ + =
. C.
1
9 6 3
x y z
+ + =
. D.
1
3 6 9
x y z
+ + =
.
Lời giải
Chọn C.
Gọi
( )
;;A x y z
thỏa mãn yêu cu bài toán.
Gọi
,HK
ln lưt là tip điểm các tip tuyn kẻ từ
A
tới mặt cu tâm
,OO
.
Khi đó ta có
22
3 16AH AK AO AO
= − = −
.
22
13 0AO AO
− + =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 3 6 13 0x y z x x x + + − − − − − − + =
4 6 12 36 0x y z + + − =
1
9 6 3
x y z
+ + =
.
Câu 204: Trong không gian với hệ trục toạ độ
,Oxyz
cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
12
:
2 1 2
x y z
d
−−
==
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng chứa đường thẳng
d
sao cho khoảng cách từ
A
đn
( )
P
lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm
( )
1;2; 1M −
đn mặt phẳng
( )
P
.
A.
11 18
.
18
B.
3 2.
. C.
11
.
18
D.
4
.
3
Lời giải
Gọi
H
là hình chiu ca
A
trên
d
;
K
là hình chiu
ca
A
trên
( )
P
.
Ta có
( )
( )
, d A P AK AH=
(Không đổi)
GTLN ca
( , ( ))d d P
là
AH
⟹
( )
( )
, d A P
lớn nhất khi
KH
.
4
3
O
O'
A
K
H
P
d'
A
K
H
Trang 146
Ta có
( )
3;1;4H
,
( )
P
qua
H
và
⊥
AH
( )
: 4 3 0P x y z − + − =
Vy
( )
( )
11 18
,
18
d M P =
.
Câu 205: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho các điểm
( ) ( )
2; 1; 3 , 6; 1; 3BC− − − −
. Trong
các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyn kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy tìm
điểm
( ; ;0), 0A a b b
sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị
cosA
ab+
.
A.
10
. B.
20−
. C.
15
. D.
31
3
−
;
Lời giải
Chọn C.
Gọi
M
,
N
ln lưt là trung điểm ca cạnh
AC
,
AB
.
Gọi
P BM CN=
, ta có
BM CN⊥
nên
2 2 2
BC BP CP=+
.
Theo công thức tính đường trung tuyn, ta có
( )
2 2 2
2
2
2
24
.
3 9 4
BA BC AC
BP BM
+−

==


,
( )
2 2 2
2
2
2
24
.
3 9 4
CA CB AB
CP CN
+−

==


2 2 2
2 2 2 2
4
5
9
AB AC BC
BC AB AC BC
++
= + =
.
Góc
A
lớn nhất
cos A
nhỏ nhất.
Ta có
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
5
cos
2 . 10 .
AB AC AB AC
AB AC BC
A
AB AC AB AC
+ − +
+−
==
22
2 2 2 . 4
..
5 . 5 . 5
AB AC AB AC
AB AC AB AC
+
= =
, dấu
""=
xãy ra
AB AC=
.
Ta có
( )
; ;0A a b
,
0b
và
( )
2; 1; 3B −−
,
( )
6; 1; 3C −−
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
22
2
22
2
2 ; 1 ; 3 2 1 9
6 ; 1 ;3 6 1 9
AB a b AB a b
AC a b AC a b
= − − − − = − + + +
= − − − − = + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 1 9 6 1 9 4 4 12 36 2a b a b a a a − + + + = + + + + − = + = −
.
Ta có
( )
2 2 2
8;0;6 8 6 100BC BC= − = + =
. Khi đó từ
2 2 2
5AB AC BC+=
và
AB AC=
( ) ( ) ( )
22 2
2
2 5.100 4 1 9 2519 02 bab

= − + + + + + =

+
.Mà
0b
nên ta đưc
14b =
.
Vy
2 14
15
4
cos
5
ab
A
+ − +
==
.
| 1/146

Tài liệu khác của Toán

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 =
( b0 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 = Rc = 1− R ( )  
1  a − b + c −1 = −R b  = R .   b = Ra = 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+ 2tx =1   y = 1 − + ty = 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 = tx = 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 = tz = 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 = tx =1   y = ty =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− tz = 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 = ab  = 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 BCD   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 = tu = (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 − + tx = 3t  
A. d :  y = 1− 2t ,(t  ) .
B. d :  y = 2 + t ,(t  ) .   z = 1− tz = 2 + 2t  x = 2 − − 4tx = 1 − − t  
C. d :  y = 1
− + 3t ,(t  ) .
D. d :  y = 3 − 3t ,(t  ) .   z = 4 − tz = 3 − 2tLời 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 AMB = 2 AMI Mà 0 0 0  A
MI  90  A
MI max  sin AMI max AI Lại có sin AMI 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 AMf (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 BCD   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 = tu = (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 
AIH A(2t;1+ t; ) 1 O .
AOI = 0  t = 2 − A( 4 − ; 1 − ) ;1  dx + 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 
AIH A(2t;1+ t; ) 1 O .
AOI = 0  t = 2 − A( 4 − ; 1 − ) ;1  dx + 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 . Px = 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 + tM (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 , dA 1; ;
; B = d d ,dB 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 BC
  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 BC) 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 AC   
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 BC) ( n n AMC ) . ( A BC) 33 cos ,  = cos      ( n n = = . AMC) , ( A BC)  ( n n AMC) . (A BC) 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 . Px = 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 ca 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 = 3ca = 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− 3tx =  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 MNKM = 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 . Pu .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( = 2dd = 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) . Pu =  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 MAB 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 Ax = 1 − − 2t  Ta có AB ( 2 − ; 2
− ;7) suy ra phương trình đường thẳng AB : y = 2 − tz = 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 ca = 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 điqua 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 = 2tx + z +1 = 0  d : 
d :  y = 1
− − t (t  ) 3
x −8y + 7z −1 = 0 z = 1 − − 2  tC(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 BCD   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 abMB = 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 − tx = 6 x = 6 − 2tx = 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 = − + tz = − + tz = − + t  2  2  2 Lời giải Chọn B
Gọi Ad 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 = tz = 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 MNMHIH . min min min ud 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 − RM /(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