2H3 1 oxyz1 mm dap an loi giai tài liệu ôn thi đh

HÌNH HỌC 12: TỔNG ƠN OXYZ 1 (MÃ ĐỀ 651)
Câu 1. Chọn D.
𝐼(−5; 0; 5) là trung điểm của đoạn 𝑀𝑁 nên ta có.
⎧𝑥 =
⎪
𝑦 =
⎨
⎪𝑧 =
⎩
Câu 2.

𝑥 = 2(−5) − 1
𝑥 = 2𝑥 − 𝑥
𝑥 = −11
⇒ 𝑦 = 2𝑦 − 𝑦 ⇔ 𝑦 = 2.0 − (−4) ⇔ 𝑦 = 4 . Suy ra 𝑁(−11; 4; 3).
𝑧 = 2𝑧 − 𝑧
𝑧 =3
𝑧 = 2.5 − 7
Chọn A.

𝑥 = −12
𝑥 −𝑥 =𝑥 −𝑥
7 = −5 − 𝑥
⃗
⃗
Ta có: 𝑀𝑁 = 𝑄𝑃 ⇔ 𝑦 − 𝑦 = 𝑦 − 𝑦 ⇔ 2 = −3 − 𝑦 ⇔ 𝑦 = −5 .
𝑧 −𝑧 =𝑧 −𝑧
0=2−𝑧
𝑧 =2
Câu 3.

Chọn A.

Ta có: 𝑣⃗ = 2𝑎⃗ − 3𝑏⃗ + 5𝑐⃗ = (3; 7; 23).
Câu 4. Chọn B.
𝐴𝑂⃗ = 3(𝚤⃗ + 4𝚥⃗) − 2𝑘⃗ + 5𝚥⃗ = 3𝚤⃗ + 17𝚥⃗ − 2𝑘⃗ ⇔ 𝐴(−3; −17; 2)..
Câu 5. Chọn A.
𝑏⃗ = 𝑎⃗ − 2𝑐⃗ = (− ; 2; 1).
Câu 6.
Câu 7.

Chọn A.
Chọn D.

Giả sử 𝐶 thuộc đoạn 𝐴𝐵 ⇒ 𝐴𝐶⃗ = 𝑘𝐴𝐵⃗ , (0 < 𝑘 < 1).
Ta có: 𝐴𝐵⃗(3; 6; −3), 𝐴𝑀⃗(1; −6; −6), 𝐴𝑁⃗(−3; −6; 3), 𝐴𝑄⃗ (1; 2; −1), 𝐴𝑃⃗(6; 12; 4).
Do đó chỉ có 𝑄 thuộc đoạn 𝐴𝐵.
Câu 8. Chọn A.
Gọi 𝐴 (𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧 ), 𝐶 (𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧 ).
Tâm của hình bình hành 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 là 𝐼 1;  3;  .
A/

D/
C/

B/

A

B

D

C

.

𝑥 +𝑥 =1
Do 𝐼 là trung điểm của 𝐴 𝐶 nên 𝑦 + 𝑦 = 6.
𝑧 +𝑧 =5
Ta có 𝐴𝐶⃗ = (7; 0; −1) và 𝐴 𝐶⃗ = (𝑥 − 𝑥 ; 𝑦 − 𝑦 ; 𝑧 − 𝑧 ).

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

1


𝑥
Do 𝐴𝐶𝐶 𝐴 la hình bình hành nên 𝑦
𝑧
Xét các hệ phương trình:
𝑦
𝑥 +𝑥 =1
𝑥 = −3

⇔
.

𝑥 −𝑥 =7
𝑥 =4
𝑦

Vậy 𝐴 (−3; 3; 3).
Câu 9. Chọn A.

−𝑥 =7
−𝑦 =0 .
− 𝑧 = −1
+𝑦 =6
𝑦 =3
⇔
.
−𝑦 = 0
𝑦 =3



𝑧 =3
𝑧 +𝑧 =5
⇔
.
𝑧 =2
𝑧 − 𝑧 = −1

𝑥 − 1 = −5
⃗
⃗
Ta có: 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 ⇔ (𝑥 − 1; 𝑦 − 2; 𝑧 + 1) = (−5; 6; −2) ⇔ 𝑦 − 2 = 6 ⇒ 𝐷 (−4; 8; −3).
𝑧 + 1 = −2
Câu 10. Chọn B.
Ta có:
𝐴𝐵⃗ = (−2; −3; 1) ⇒ 2𝐴𝐵⃗ = (−4; −6; 2)

𝐴𝐶⃗ = (−2; 0; −2) ⇒ −𝐴𝐶⃗ = (2; 0; 2).
⇒ 𝑂𝑀⃗ = (−2; −6; 4) ⇒ 𝑀(−2; −6; 4).
Câu 11. Chọn C.
2𝑎⃗ = (4; 0; 6)
𝑎⃗ = (2; 0; 3)
⃗

Ta có: 𝑏⃗ = (−3; −18; 0) ⇒ − = (−1; −6; 0).
𝑐⃗ = (2; 0; −2)
3𝑐⃗ = (6; 0; −6)
⃗

⇒ 𝑥⃗ = 2𝑎⃗ − + 3𝑐⃗ = (3; −2; 0). Vậy 𝑥⃗ = (3; −2; 0).
Câu 12. Chọn A.
Tọa độ trọng tâm 𝐺 của 𝛥𝐴𝐵𝐶 là 𝐺(−1;
; ). Do 𝐺 ∈ Ox ⇒ 𝑦 = −2; 𝑧 = −4.
Câu 13. Chọn C.
Ta có: 𝐵𝐴⃗ = (−3; 0; 2), 𝐶𝐷⃗ = (𝑥 − 1; 𝑦 − 7; 𝑧 − 3).
Điểm 𝐷 là đỉnh thứ 4 của hình bình hành 𝐴𝐵𝐶𝐷 khi và chỉ khi.
𝑥 − 1 = −3
𝐶𝐷⃗ = 𝐵𝐴⃗ ⇔ 𝑦 − 7 = 0 ⇒ 𝐷 = (−2; 7; 5)
𝑧−3=2
.
Câu 14. Chọn B.
Ta có 𝑀𝐴⃗ + 2𝑀𝐵⃗ − 2𝑀𝐶⃗ = 0⃗ ⇔ 𝐴𝑀⃗ + 2𝐵𝑀⃗ − 2𝐶𝑀⃗ = 0.
𝐴𝑀⃗ = (𝑎 − 1; 𝑏 + 1; 𝑐 − 3)
(𝑎 − 1) + 2(𝑎 − 2) − 2(𝑎 + 1) = 0
𝑎=7
Mà 𝐵𝑀⃗ = (𝑎 − 2; 𝑏 + 3; 𝑐 − 5) ⇒ (𝑏 + 1) + 2(𝑏 + 3) − 2(𝑏 + 2) = 0 ⇔ 𝑏 = −3 ⇒ 𝑇 = 11.
(𝑐 − 3) + 2(𝑐 − 5) − 2(𝑐 − 6) = 0

𝑐=1
𝐶𝑀⃗ = (𝑎 + 1; 𝑏 + 2; 𝑐 − 6)
Câu 15. Chọn B.
𝐷 ∈ 𝑂𝑦 ⇒ 𝐷(0; 𝑦; 0).
Câu 16. Chọn D.
𝐼(−5; 0; 5) là trung điểm của đoạn 𝑀𝑁 nên ta có.
⎧𝑥 =
⎪
𝑦 =
⎨
⎪𝑧 =
⎩

𝑥 = 2(−5) − 1
𝑥 = 2𝑥 − 𝑥
𝑥 = −11
⇒ 𝑦 = 2𝑦 − 𝑦 ⇔ 𝑦 = 2.0 − (−4) ⇔ 𝑦 = 4 . Suy ra 𝑁(−11; 4; 3).
𝑧 = 2𝑧 − 𝑧
𝑧 =3
𝑧 = 2.5 − 7

Câu 17. Chọn B
THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

2


Ta có 𝑀𝑁⃗ = (4; −1; −6) ⇒ 𝑀𝑁⃗ = √53.
Câu 18. Chọn B
Ta có: 𝑀𝑁 = (𝑥 − 𝑥 ) + (𝑦 − 𝑦 ) + (𝑧 − 𝑧 ) = 7.

Câu 19. Chọn A.

2
Ta có độ dài đoạn thẳng 𝐴𝐵 là: AB  AB  62   6   72  121  AB  11 .
Câu 20. Chọn D
Dễ thấy 𝑆
=𝑆
Ta có: 𝐴𝐵 =

(1 − 2) + (−2 + 3) + (2 − 2) = √2.

𝐴𝐶 =

(1 − 2) + (−3 + 3) + (3 − 2) = √2.

𝐵𝐶 =

(1 − 1) + (−3 + 2) + (3 − 2) = √2.

Áp dụng công thức Herong ta được: 𝑆
√

√

− √2

√

− √2

√

=

− √2 =

√

𝑝(𝑝 − 𝐴𝐵)(𝑝 − 𝐴𝐶)(𝑝 − 𝐵𝐶) =
.

Câu 21. Chọn C
Câu 22. Chọn D
Hình chiếu của 𝐴 lên trục 𝑂𝑥 là 𝐴 (3; 0; 0) nên 𝑑(𝐴, 𝑂𝑥) = 𝐴𝐴 = 5.
Hình chiếu của 𝐴 lên trục 𝑂𝑦 là 𝐴 (0; −4; 0) nên 𝑑(𝐴, 𝑂𝑦) = 𝐴𝐴 = 3√2.
Hình chiếu của 𝐴 lên trục 𝑂𝑧 là 𝐴 (0; 0; 3) nên 𝑑(𝐴, 𝑂𝑧) = 𝐴𝐴 = 5.
Tổng khoảng cách từ 𝐴 đến ba trục tọa độ bằng 10 + 3√2.
Câu 23. Chọn A
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (4; 0; −3). Suy ra: 𝐴𝐵⃗ = 4 + 0 + (−3) = 5.
Câu 24. Chọn C
Ta có 𝑢⃗ = (2; −3; 6) nên |𝑢⃗| =

2 + (−3) + 6 = 7.

Câu 25. Chọn B
Áp dụng cơng thức về khoảng cách giữa hai điểm ta có:
𝐴𝐵 =

(1 + 1) + (0 − 2) + (2 − 3) = √4 + 4 + 1 = 3.

Câu 26. Chọn B.
Gọi 𝑀(𝑥; 𝑦; 𝑧) . Do 𝑀 là điểm nằm trên đoạn 𝐵𝐶 sao cho 𝑀𝐶 = 2𝑀𝐵 ⇒ 𝑀𝐶⃗ = 𝐵𝐶⃗
⎧−3 − 𝑥 = (−3)
𝑥 = −1
⎪
⇔ 6 − 𝑦 = .3
⇒ 𝑦 = 4 ⇒ 𝑀(−1; 4; 2) ⇒ 𝐴𝑀 = √29 .
⎨
𝑧=2
⎪4 − 𝑧 = . 3
⎩
Câu 27. Chọn D
Gọi 𝐻 là hình chiếu của 𝑀 lên trục 𝑂𝑥suy ra 𝐻(4; 0; 0).
𝑀 là điểm đối xứng với 𝑀 qua trục 𝑂𝑥 thì 𝐻là trung điểm của 𝑀𝑀 .

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

3


⎧𝑥 =
𝑥 = 2𝑥 − 𝑥 = 4
⎪
⇔ 𝑦 =
⇒ 𝑦 = 2𝑦 − 𝑦 = 1 ⇔ 𝑀 (4; 1; −7).
⎨
𝑧 = 2𝑧 − 𝑧 = −7
⎪𝑧 =
⎩
Suy ra 𝑀𝑀 = 10√2.

Câu 28. Chọn C
Ta có: 𝐴𝐵 = √4 + 0 + 1 = √5, 𝐴𝐶 = √4 + 0 + 1 = √5, 𝐵𝐶 = √16 + 0 + 4 = √20 = 2√5.
Vậy chu vi tam giác 𝐴𝐵𝐶 là : 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 = 4√5.
Câu 29. Chọn D
Điểm 𝑀 nằm trong đoạn thẳng 𝐵𝐶 sao cho 𝑀𝐵 = 3𝑀𝐶, ta có 𝑀𝐵⃗ = −3𝑀𝐶⃗ .
Gọi 𝑀(𝑥; 𝑦; 𝑧) ta có: 𝑀𝐵⃗ = (1 − 𝑥; 2 − 𝑦; 3 − 𝑧) và 𝑀𝐶⃗ = (1 − 𝑥; −2 − 𝑦; −5 − 𝑧).
Do 𝑀𝐵⃗ = −3𝑀𝐶⃗ nên ta có 𝑀 (1; −1; −3) và 𝐴𝑀 = √30.
Câu 30. Chọn B
𝑀𝑁⃗(4; −1; − 6) ⇒ 𝑀𝑁⃗ = √4 + 1 + 36 = √53.
Câu 31. Chọn A

−3 − 𝑥 = 2𝑥
𝑥 = −1
⃗
⃗
𝑀𝐶 = 2𝐵𝑀 ⇔ 6 − 𝑦 = 2𝑦 − 6 ⇔ 𝑦 = 4 ⇒ 𝐴𝑀 = √29.
4 − 𝑧 = 2𝑧 − 2
𝑧 =2
Câu 32. Chọn A
có:𝑂𝐴 = √5,  𝑂𝐵 = 3√2,  𝐴𝐵 = √19..
𝐴𝐻 = 𝑥 ⇒ 𝐵𝐻 = √19 − 𝑥  ⇒ 𝑂𝐻 = 𝑂𝐴 − 𝐴𝐻 = 𝑂𝐵 − 𝐵𝐻 .
⇔ 5 − 𝑥 = 18 − (√19 − 𝑥) ⇒ 𝑥 =

√

⇒ 𝑂𝐻 =

..

Câu 33. Chọn C

M thuộc đoạn thẳng AB, mà 𝑀𝐵 = 𝑀𝐴.
Nên 𝐴𝑀 = 𝐴𝐵.
𝐴𝐵 = (2 − 0) + (0 − 2) + (0 − 1) = 3 ⇒ 𝐴𝑀 = . 3 = 2.
Câu 34. Chọn D
Gọi 𝐻 là hình chiếu vng góc của 𝐸 lên 𝑂𝑦 ⇒ 𝐻 (0; 2; 0).
𝐹 là điểm đối xứng với 𝐸 qua trục 𝑂𝑦 nên 𝐻 là trung điểm 𝐸𝐹.
Suy ra 𝐹 (2𝑥 − 𝑥 ; 2𝑦 − 𝑦 ; 2𝑧 − 𝑧 ) = (5; 2; −3).
Ta có : 𝐸𝐹⃗ = (10; 0; −6). 𝐸𝐹 = 𝐸𝐹⃗ = 2√34.
Câu 35. Chọn D
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−2;  0; −1); 𝐴𝐶⃗ = (2;  0;  1); 𝐵𝐶⃗ = (4;  0;  2).
Vì 𝐴𝐵⃗ = −𝐴𝐶⃗ nên ba điểm 𝐴; 𝐵; 𝐶 thẳng hàng Do đó, 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 = 4√5.
Câu 36. Chọn A
Các vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗ cùng hướng khi và chỉ khi tồn tại số thực dương 𝑘 sao cho 𝑎⃗ = 𝑘𝑏⃗

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

4


2=𝑘
2=𝑘
2=𝑘
⇔ 𝑚 − 1 = 3𝑘 ⇔ 𝑚 − 1 = 6 ⇔ 𝑚 = 7 .
𝑛=
3 = 𝑘(−2𝑛)
3 = 2(−2𝑛)
Câu 37. Chọn C
Đặt: 𝑥⃗ = 𝑚. 𝑎⃗ + 𝑛. 𝑏⃗ + 𝑝. 𝑐⃗, 𝑚, 𝑛, 𝑝 ∈ ℝ.
2𝑚 − 𝑛 + 4𝑝 = −3
⇒ (−3; 22; 5) = 𝑚. (2; 3; 1) + 𝑛. (−1; 5; 2) + 𝑝. (4; −1; 3) ⇒ 3𝑚 + 5𝑛 − 𝑝 = 22 (𝐼 ).

𝑚 + 2𝑛 + 3𝑝 = 5
𝑚=2
Giải hệ phương trình (𝐼) ta được: 𝑛 = 3 .
𝑝 = −1
Vậy 𝑥⃗ = 2𝑎⃗ + 3𝑏⃗ − 𝑐⃗.
Câu 38. Chọn C
Vì các vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗, 𝑐⃗ khơng đồng phẳng nên:
𝑥−𝑦 =0
⇔ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1.
𝑦−𝑧 = 0
𝑥+𝑧−2= 0
Vậy 𝑇 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3.
Câu 39. Chọn B
Ta có: 𝑢⃗ (1; 𝑎; 2), 𝑣⃗(−3; 9; 𝑏) cùng phương⇔

=

=

⇒

𝑎 = −3
⇒ 𝑎 + 𝑏 = 3.
𝑏 = −6

Câu 40. Chọn C
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (4; −2; −1), 𝐴𝐷⃗ = (2; 0; 1), 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐷⃗ = (−2; −6; 4), 𝐴𝐶⃗ = (1; 1; 𝑚 − 4)
Để 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 là bốn đỉnh của một hình tứ diện khi 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐷⃗ . 𝐴𝐶⃗ ≠ 0
⇔ −2 − 6 + 4𝑚 − 16 ≠ 0 ⇔ 𝑚 ≠ 6.
Câu 41. Chọn C

Ta có 𝑏⃗ ; 𝑐⃗ = (1; −1; 0) ≠ 0⃗ suy ra hai vectơ 𝑏⃗ và 𝑐⃗không cùng phương.
Câu 42. Chọn B

𝐴𝐵⃗ = (0; 2; −1) AC  ( 1;1; 2) 𝐴𝐷⃗ = (−1; 𝑚 + 2; 𝑘)
𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (5; 1; 2) ⇒ 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = 𝑚 + 2𝑘 − 3
Vậy bốn điểm 𝐴𝐵𝐶𝐷 đồng phẳng ⇔ 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = 0 ⇔ 𝑚 + 2𝑘 = 3
Chú ý: Có thể lập phương trình (𝐴𝐵𝐶) sau đó thay 𝐷 để có kết quả.
Câu 43. Chọn A
𝑎⃗ = (1; 2; 1)
Ta có
⇒ 𝑎⃗; 𝑏⃗ = (3; −3; 3).
𝑏⃗ = (−1; 1; 2)
Khi đó 𝑎⃗, 𝑏⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng ⇔ 𝑎⃗; 𝑏⃗ . 𝑐⃗ = 0 ⇔ 3𝑥 − 9𝑥 + 3(𝑥 + 2) = 0 ⇔ 𝑥 = 2.
Câu 44. Chọn B
Đường thẳng 𝑑 qua 𝑀(1; 2; 0) và có một véctơ chỉ phương 𝑢⃗ = (−1; 2; 3).
Đường thẳng 𝑑 qua 𝑁 (1; 3; 1) và có một véctơ chỉ phương 𝑢⃗ = (1; −2; 1).
Ta có: [𝑢⃗ , 𝑢⃗ ] = (8; 4; 0) ≠ 0⃗, 𝑀𝑁⃗ = (0; 1; 1) ⇒ [𝑢⃗ , 𝑢⃗ ]. 𝑀𝑁⃗ = 4 ≠ 0
THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

5


Nên suy ra 𝑑 và 𝑑 chéo nhau.
Câu 45. Chọn D
Ta có: 𝑀𝑁⃗ = (2; 10; −14), 𝑀𝐹⃗ = (−1; −5; 7) suy ra 𝑀𝑁⃗ = −2𝑀𝐹⃗ .
Vậy 𝑀, 𝑁, 𝐹 thẳng hàng.
Câu 46. Chọn D
𝑏⃗, 𝑐⃗ = (−5; 𝑚 + 1; 3 − 2𝑚)
𝑚+1=3
Ta có: 𝑎⃗ = 𝑏⃗, 𝑐⃗ ⇔

⇔ 𝑚 = 2.
3 − 2𝑚 = −1
Câu 47. Chọn C
𝐴𝐵⃗ = 𝑘𝐴𝑀⃗ ⇒ 𝑥 = −4; 𝑦 = 7.
Câu 48. Chọn B.
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −3
𝑥=2
Giả sử ta có: 𝑑⃗ = 𝑥. 𝑎⃗ + 𝑦. 𝑏⃗ + 𝑧. 𝑐⃗ ⇔ 2𝑥 − 3𝑦 − 𝑧 = −4 ⇔ 𝑦 = 3 ⇒ 𝑑⃗ = 2𝑎⃗ + 3𝑏⃗ − 𝑐⃗.
3𝑥 + 𝑦 + 4𝑧 = 5
𝑧 = −1
Câu 49. Chọn C
Để 4 điểm 𝑂,𝐴,𝐵,𝐶 đồng phẳng ⇔ 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗ . 𝑂𝐶⃗ = 0.
Ta có.
𝑂𝐴⃗ = (0; 1; −2)
𝑂𝐵⃗ = (1; 2; 1) suy ra 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗ = (5; −2 − 1).
Mà 𝑂𝐶⃗ = (4; 3; 𝑚). Khi đó 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗ . 𝑂𝐶⃗ = 0 ⇔ 20 − 6 − 𝑚 = 0 ⇔ 𝑚 = 14.
Câu 50. Chọn D


AB  (0; 2; 1) 𝐴𝐶⃗ = (−1; 1; 2) AD  ( 1; m  2; k) .
𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ = (−5; −1; −2) ⇒ 𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = 𝑚 + 2𝑘 − 3.
Vậy bốn điểm 𝐴𝐵𝐶𝐷 đồng phẳng ⇔ 𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = 0 ⇔ 𝑚 + 2𝑘 = 3.
Câu 51. Chọn B
Ta có 𝑀𝑁⃗ = (2; 3; 1),𝑀𝑃⃗ = (6; 9; 3) = 3(2; 3; 1).
Dễ thấy 𝑀𝑁,⃗ 𝑀𝑃⃗ cùng phương. Suy ra 𝑀, 𝑁, 𝑃 thẳng hàng nên 𝑀, 𝑁, 𝑃 là ba đỉnh của một tam giác là sai.
Câu 52. Chọn B
𝐴𝐵⃗ = (−1;  1;  1); 𝐴𝐶⃗ = (1;  3; −1); 𝐴𝐷⃗ = (2;  3;  4)
𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ = (−4;  0; −4).
𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ ≠ 0 suy ra Bốn điểm 𝐴,  𝐵,  𝐶,  𝐷 là bốn điểm của một tứ diện đúng.
Câu 53. Chọn C

𝐴𝐵⃗ = (2; 2; −2)
Ta có: 𝐴𝐶⃗ = (−1; 3; −2).
𝐴𝐷⃗ = (−2; 3; 1).
𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ 𝐴𝐷⃗ = −4 + 18 + 8 = 22 ≠ 0 ⇒ 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ , 𝐴𝐷⃗ không đồng phẳng ⇒ 𝐴𝐵𝐶𝐷 là một tứ diện.
Câu 54. Chọn B.
⃗.
Áp dụng công thức: 𝑐𝑜𝑠 𝑎⃗, 𝑏⃗ = | ⃗|

⃗
⃗

=

)

.(
(

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

.(

) (

) . (

)

).
(

)

=

√

=−

√

.
6


⇒ 𝑎⃗, 𝑏⃗ = 135°.
Câu 55. Chọn C.
⃗. ⃗

Ta có 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑐𝑜𝑠(𝑢⃗; 𝑣⃗) = | ⃗|.| ⃗| =
Vậy 2 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 2.
Câu 56. Chọn A.

√

.√

√

= − ⇒ 𝛼 = 120 .

+ −√3 = 0.

𝑏⃗. 𝑐⃗ = 2.
Câu 57. Chọn C.
𝐺 là trọng tâm tam giác 𝐴𝐵𝐶 ⇒ 𝐺(1;  3; −1).⇒ 𝐺𝐶⃗ (−1;  2;  0), 𝐺𝐷⃗ (2; −1;  𝑥 + 1).
Ta có 𝑓 = 𝐺𝐶⃗ . 𝐺𝐷⃗ = 2. (−1) + (−1). 2 = −4.
Câu 58. Chọn C.
Ta có: 𝐵𝐴⃗ = (0; 1; 0), 𝐵𝐶⃗ = (1; −1; 0) ⇒ 𝑐𝑜𝑠 𝐴𝐵𝐶 =
Câu 59. Chọn C

⃗. ⃗
.

=−

√

⇒ 𝐴𝐵𝐶 = 135 .

Ta có 𝐴𝐵⃗ = (0; 0; −4), 𝐴𝐶⃗ = (1; 0; −4)  𝐴𝐵⃗. 𝐴𝐶⃗ = 16 ≠ 0 ⇒ 𝐴𝐵 và 𝐴𝐶 khơng vng góc.
Câu 60. Chọn C
⃗. ⃗
.
.
.( )
Ta có 𝑐𝑜𝑠 𝑎⃗, 𝑏⃗ =
=
⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑎⃗, 𝑏⃗ = − .
| ⃗|. ⃗

√

(

.

)

Câu 61. Chọn D
Ta có 𝑁𝑀⃗ = (3; 1; 5), 𝑁𝑃⃗ = (2; 𝑚 − 1; 1).
Do tam giác 𝑀𝑁𝑃 vuông tại 𝑁 nên 𝑁𝑀⃗ . 𝑁𝑃⃗ = 0 ⇒ 6 + 𝑚 − 1 + 5 = 0 ⇒ 𝑚 = −10.
Câu 62. Chọn A
Ta có : (|𝑢⃗ + 𝑣⃗|) = (𝑢⃗ + 𝑣⃗ ) = 𝑢⃗ + 2𝑢⃗𝑣⃗ + 𝑣⃗ = |𝑢⃗| + 2|𝑢⃗|. |𝑣⃗| 𝑐𝑜𝑠(𝑢⃗; 𝑣⃗) + |𝑣⃗|
= 2 + 2.2.5. −

+ 5 = 19.

Suy ra |𝑢⃗ + 𝑣⃗| = √19.
Câu 63. Chọn D.


 
Ta có BC  1;5;3 ; AC   2;1; 1 . Vì BC. AC  2  5  3  0 nên tam giác ABC vng tại C .
Diện tích tam giác ABC là S 

1
1
210
AC .BC 

6. 35 
.
2
2
2

Câu 64. Chọn B
Ta có 𝑐𝑜𝑠 𝐵𝐴𝐶 = 𝑐𝑜𝑠 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ =

⃗. ⃗
⃗

⃗

với 𝐴𝐵⃗ = (1; 5; −2), 𝐴𝐶⃗ = (5; 4; −1).

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

7


1.5 + 5.4 + (−2)(−1)

𝑐𝑜𝑠 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ =

1 + 5 + (−2)

5 + 4 + (−1)

=

27
√30√42

=

9
2√35

Câu 65. Chọn A
Ta có: 𝑢⃗ = 2𝑎⃗ + 3𝑚𝑏⃗ = 4; 2 − 3𝑚√2; −4 + 3𝑚√2 và 𝑣⃗ = 𝑚𝑎⃗ − 𝑏⃗ = 2𝑚; 𝑚 + √2; −2𝑚 − √2 .
Khi đó: 𝑢⃗. 𝑣⃗ = 0 ⇔ 8𝑚 + 2 − 3𝑚√2 𝑚 + √2 + −4 + 3𝑚√2 −2𝑚 − √2 = 0
⇔ 9𝑚 √2 − 6𝑚 − 6√2 = 0 ⇔ 𝑚 =

±√

√

.

Câu 66. Chọn C
Câu 67. Chọn C
Cách 1: Ta có 𝑇 = 𝑎⃗ − 𝑏⃗ = 𝑎⃗ + 𝑏⃗ − 2𝑎⃗. 𝑏⃗ ⇔ 𝑇 = 𝑎⃗ + 𝑏⃗ − 2. |𝑎⃗|. 𝑏⃗ . 𝑐𝑜𝑠 𝑎⃗, 𝑏⃗
⇔ 𝑇 = 3 + 5 − 2.3.5. 𝑐𝑜𝑠 1 20° ⇔ 𝑇 = 49 ⇒ 𝑇 = 7.
Cách 2:
B


b

120


a

A
O
Đặt 𝑎⃗ = 𝑂𝐴⃗, 𝑏⃗ = 𝑂𝐵⃗ . Khi đó 𝑇 = 𝑎⃗ − 𝑏⃗ = 𝑂𝐴⃗ − 𝑂𝐵⃗ = 𝐵𝐴⃗ ⇔ 𝑇 = 𝐵𝐴.
Theo định lý Cơsin trong tam giác 𝑂𝐴𝐵 có: 𝐵𝐴 = 𝑂𝐴 + 𝑂𝐵 − 2𝑂𝐴. 𝑂𝐵. 𝑐𝑜𝑠 𝐴𝑂𝐵
⇔ 𝐵𝐴 = 3 + 5 − 2.3.5. 𝑐𝑜𝑠 1 20° = 47 ⇔ 𝑇 = 7.
Câu 68. Chọn A
⃗. ⃗

Ta có: 𝑐𝑜𝑠 𝑢⃗, 𝑣⃗ = | ⃗|.| ⃗| =

(

=

) .√

√ .√

=

√

⇔ 1 − 2𝑚 = √3 1 − 𝑚
 4m  4m  1  3  3m (điều kiện 𝑚 < ).
2

2

m  2  6
 m 2  4m  2  0  
. Đối chiếu đk ta có 𝑚 = 2 − √6.
 m  2  6

Câu 69. Chọn D.
Tính 𝑎⃗, 𝑏⃗ = (𝑡 − 4; 2𝑡 + 1; 2 − 𝑡 − 𝑡 ).
Ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng ⇔ 𝑎⃗, 𝑏⃗ . 𝑐⃗ = 0 ⇔ 𝑡 = . Vậy chọn B.
Câu 70. Chọn C.
𝑚 = −2
𝑎⃗, 𝑏⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng ⇔ 𝑎⃗, 𝑏⃗ . 𝑐⃗ = 0 ⇔ −12(𝑚 − 2) − 2𝑚 − 40 = 0 ⇔ 𝑚 + 6𝑚 + 8 = 0 ⇔
.
𝑚 = −4
Câu 71. Chọn B.
Thể tích khối hộp đa cho 𝑉 = 6𝑉
= 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ .
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (−1; −1; 4), 𝐴𝐶⃗ = (−6; 0; 8) và 𝐴𝐷⃗ = (1; 0; 5).
Do đó: 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ = (−8; −16; −6). Suy ra 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = −38. Vậy 𝑉 = 38.
Câu 72. Chọn D
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

8


𝐴𝐵⃗ = (3; −2; −3), 𝐴𝐶⃗ = (−2; 2; −2) ⇒ 𝑆

𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = √62.

=

Câu 73. Chọn B
Độ dài đường cao từ đỉnh 𝐴 của tam giác 𝐴𝐵𝐶 là 𝐴𝐻 = 𝑑(𝐴, 𝐵𝐶).
Ta có đường thẳng 𝐵𝐶 đi qua điểm 𝐵(0; 3; 1) và nhận vectơ 𝐶𝐵⃗ = (1; −1; −1) làm vectơ chỉ phương nên có
𝑥=𝑡
phương trình 𝑦 = 3 − 𝑡 .
𝑧=1−𝑡
⃗, ⃗
Do đó: 𝐴𝐻 = 𝑑(𝐴, 𝐵𝐶 ) =
.
⃗
Với 𝐶𝐵⃗ = (1; −1; −1);𝐴𝐵⃗ = (−2; 3; 1) ⇒ 𝐶𝐵⃗ , 𝐴𝐵⃗ = (2; 1; 1) ⇒ 𝐶𝐵⃗ , 𝐴𝐵⃗ = √6.
𝐶𝐵⃗ = √3.
Vậy 𝐴𝐻 = 𝑑(𝐴, 𝐵𝐶 ) =

⃗, ⃗
⃗

= √2.

Câu 74. Chọn C
Ta có 𝐷 ∈ 𝑑 ⇔ 𝐷(1 + 2𝑡; −1 + 𝑡; 3 + 2𝑡 ), 𝑡 ∈ ℝ.
𝐴𝐵⃗ = (1; 0; −1), 𝐴𝐶⃗ = (−4; 4; 0) ⇒ 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ = (4; 4; 4)
𝐴𝐷⃗ = (2𝑡; 2 + 𝑡; 1 + 2𝑡)
𝑡=3
1
21
𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ ⇔ |4(2𝑡) + 4(2 + 𝑡) + 4(1 + 2𝑡 )| = 6.12 ⇔ |5𝑡 + 3| = 18 ⇔

𝑡=−
6
5
Với 𝑡 = 3 ⇒ 𝐷 (7; 2; 9) thỏa điều kiện.
𝑉

Với 𝑡 = −

=

⇒𝑥 =−

< 0 loại.

Câu 75. Chọn B
Diện tích tam giác 𝑂𝐴𝐵 được xác định bới cơng thức: 𝑆 =

𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗

Ta có 𝑂𝐴⃗ = (1; 2; −1), 𝑂𝐵⃗ = (0; −2; 3) ⇒ 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗ = (4; −3; −2)
Vậy 𝑆 =

𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗ =

4 + (−3) + (−2) =

√

.

Câu 76. Chọn C
Ta chứng minh |[𝑢⃗, 𝑣⃗]| = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 𝑠𝑖𝑛 (𝑢⃗, 𝑣⃗).
Giả sử 𝑢⃗ = (𝑢 ; 𝑢 ; 𝑢 ) và 𝑣⃗ = (𝑣 ; 𝑣 ; 𝑣 ).
+) Nếu một trong hai vectơ 𝑢⃗ và 𝑣⃗ là vectơ 0⃗ thì ta có |[𝑢⃗, 𝑣⃗]| = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 𝑠𝑖𝑛(𝑢⃗, 𝑣⃗).
+) Nếu cả hai vectơ 𝑢⃗ và 𝑣⃗ đều khác vectơ 0⃗. Khi đó ta có
( ⃗. ⃗)

|[𝑢⃗, 𝑣⃗]| = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 𝑠𝑖𝑛(𝑢⃗, 𝑣⃗ ) = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 1 − 𝑐𝑜𝑠 (𝑢⃗, 𝑣⃗ ) = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 1 −
| ⃗|

.| ⃗|

=

𝑢⃗ . 𝑣⃗ − (𝑢⃗. 𝑣⃗ ) =

(𝑢 𝑣 − 𝑣 𝑢 ) + (𝑢 𝑣 − 𝑣 𝑢 ) + (𝑢 𝑣 − 𝑣 𝑢 ) = |[𝑢⃗, 𝑣⃗]|.
Ta có |[𝑢⃗, 𝑣⃗]| = |𝑢⃗||𝑣⃗|. 𝑠𝑖𝑛(𝑢⃗, 𝑣⃗ ) nên khẳng định C sai.
Câu 77. Chọn D
Thể tích tứ diện bằng độ lớn tích hỗn tạp ba véctơ xuất phát từ một đỉnh.
Câu 78. Chọn C
Câu 79. Chọn C

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

9


Ta có tập hợp các điểm 𝑀(𝑥; 𝑦; 𝑧) thỏa mãn |𝑥| + |𝑦| + |𝑧| = 3 là khối đa diện gồm 8 mặt đều có các đỉnh có
tọa độ (3; 0; 0), (−3; 0; 0),(0; 3; 0),(0; −3; 0),(0; 0; 3),(0; 0; −3).

Vây, thể tích khối 8 mặt đều này là 𝑉 = 2. . 3.3.6 = 36.
Câu 80. Chọn C
Ta có 𝑎⃗; 𝑏⃗ = (3; −8; 1)nên 𝑎⃗; 𝑏⃗ = 3 + (−8) + 1 = √74.
Câu 81. Chọn C
Thể tích khối hộp đa cho 𝑉 = 6𝑉
= 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ .
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (−1; −1; 4), 𝐴𝐶⃗ = (−6; 0; 8) và 𝐴𝐷⃗ = (1; 0; 5)
Do đó: 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ = (−8; −16; −6). Suy ra 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ . 𝐴𝐷⃗ = −38. Vậy 𝑉 = 38.
Câu 82. Chọn A
Câu 83. Chọn A
Ta có: 𝐴𝐵⃗(−1; 0; 1), 𝐴𝐶⃗ (1; 1; 1).
Vậy: 𝑆

=

𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗

=

√

.

Câu 84.
Câu 85. Chọn C
Ta có 𝐵𝐴⃗ = (𝑎 + 3;  0;  10), 𝐵𝐶⃗ = (8;  0;  4), 𝐵𝐷⃗ = (4;  3;  5).
Suy ra 𝐵𝐶⃗ , 𝐵𝐷⃗ = (−12; −24;  24).
Do đó 𝑉

= 30 ⇔

𝐵𝐶⃗ , 𝐵𝐷⃗ . 𝐵𝐴⃗ = 30

⇔ |−12(𝑎 + 3) − 24.0 + 24.10| = 180 ⇔ |𝑎 − 17| = 15 ⇔
Câu 86.

𝑎 = 32
.
𝑎=2

Chọn D
Vì điểm thuộc mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) nên cao độ của điểm đó bằng 0 suy ra loại hai điểm 𝑁 và 𝑃. Mặt khác điểm
nằm trên mặt phẳng (𝑃) nên chỉ có điểm 𝑄 có tọa độ thỏa phương trình mặt phẳng (𝑃).

Câu 87. Chọn A
Mặt phẳng (𝛼) có VTPT là 𝑛⃗ = (1; 1; −1) và 𝐴(0; 0; 1) ∈ (𝛼)
Mặt phẳng (𝛽) có VTPT là 𝑛⃗ = (−2; 𝑚; 2).

THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

10


Để (𝛼)//(𝛽) thì 𝑛⃗ , 𝑛⃗ cùng phương và 𝐴 ∉ (𝛽) ⇔

= =
−2 ≠ 0

≠

⇔ không tồn tại 𝑚.

Vậy không tồn tại 𝑚 để (𝛼)//(𝛽).
Câu 88. Chọn B
Cách 1: Ta có

𝐴𝐵⃗ = (−1; −2; 0)
⇒ 𝐴𝐵⃗ ; 𝐴𝐶⃗ = (10; −5; −2)
𝐴𝐶⃗ = (−1; 0; −5)
⇒ 𝑛⃗ =

. 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = 1; − ; −

.

Cách 2: Theo công thức phương trình đoạn chắn ta có phương trình (𝐴𝐵𝐶): +

+

=1

Suy ra vectơ pháp tuyến của (𝐴𝐵𝐶) là 𝑛⃗ = 1; − ; − .
Câu 89.

Chọn A
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (1; −4; 3); 𝐴𝐶⃗ = (2; −1; −3) nên 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (15; 9; 7).

Câu 90.

Chọn B.

𝐵𝐴⃗ = (1; 1; 2).
𝚤⃗ = (1; 0; 0) là vectơ đơn vị của trục 𝑂𝑥.
Vì (𝛼) đi qua hai điểm 𝐴,𝐵 và song song với trục 𝑂𝑥 nên 𝐵𝐴⃗, 𝚤⃗ = (0; 2; −1) là một vectơ pháp tuyến của (𝛼).
Do đó = −2.

Câu 91. Chọn C.
Ta có phương trình mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧)là 𝑥 = 0..
Do vậy 𝐴 và 𝐵 nằm về hai phía của mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧)khi và chỉ khi hoành độ của điểm 𝐴 và hoành độ
của điểm 𝐵 trái dấu. Điều này xảy ra khi 𝑎𝑚 < 0..
Câu 92.

Chọn C.
Cách 1: Mặt phẳng song song với hai đường thẳng (𝑑 ), (𝑑 )nên chọn vectơ pháp tuyến 𝑛⃗ = [𝑢 ⃗, 𝑢 ⃗]với 𝑢 ⃗ =
(2; −3; 4), 𝑢 ⃗ = (1; 2; −1).
Tính được 𝑛⃗ = (−5; 6; 7). Vậy chọn D.
Cách 2: Dùng máy tính CASIO bấm 𝑛⃗ = [𝑢 ⃗, 𝑢 ⃗]

.

Câu 93. Chọn D
Hướng dẫn: để (𝑃)//(𝑄) thì =

= ≠

⇔

𝑚 = ±2
⇔ 𝑚 = −2.
4𝑚 − 6 ≠ 2

Câu 94.

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

11


Câu 95. Chọn C
Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝑃) là 𝑛⃗ = (1; −2; 2).
𝑥 =1+𝑡

Phương trình đường thẳng 𝛥 đi qua 𝑀(1; 3; −1) và vng góc với mặt phẳng (𝑃) là 𝑦 = 3 − 2𝑡 .
𝑧 = −1 + 2𝑡

Gọi 𝑁 là hình chiếu vng góc của 𝑀 trên (𝑃) ta có 𝑁(1 + 𝑡; 3 − 2𝑡; −1 + 2𝑡).
Thay 𝑁 vào phương trình mặt phẳng (𝑃) ta được 9𝑡 − 8 = 0 ⇔ 𝑡 = ⇒ 𝑁
Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝑀𝑁 khi đó ta có 𝐼

;

;

;

;

.

Do mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 𝑀𝑁 song song với mặt phẳng (𝑃) nên véc tơ pháp tuyến của
(𝑃) cúng là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn 𝑀𝑁.

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 𝑀𝑁 đi qua 𝐼

;

;

và có một véc tơ pháp

tuyến là 𝑛⃗ = (1; −2; 2) là 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 + 3 = 0.
Câu 96.

Chọn A
𝐴 là hình chiếu của 𝑀(2; 0; 1) trên trục 𝑂𝑥 nên ta có 𝐴(2; 0; 0).
𝐵 là hình chiếu của 𝑀(2; 0; 1) trên mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧) nên ta có 𝐵(0; 0; 1).
Gọi 𝐼 là trung điểm 𝐴𝐵. Ta có 𝐼 1; 0;

.

Mặt trung trực đoạn 𝐴𝐵 đi qua 𝐼 và nhận 𝐵𝐴⃗ = (2; 0; −1) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 2(𝑥 − 1) −
1 𝑧−
Câu 97.

= 0 ⇔ 4𝑥 − 2𝑧 − 3 = 0.

Chọn B
Ta có 𝑀𝑁⃗ = (2; 2; −6), gọi 𝐼 là trung điểm 𝑀𝑁 ⇒ 𝐼(2; 0; −1).
Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của 𝑀𝑁 là: 2(𝑥 − 2) + 2(𝑦 − 0) − 6(𝑧 + 1) = 0
⇔ 𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 − 5 = 0.

Câu 98.

Chọn A
𝐴𝐵⃗ = (8; −6; 0).
Mặt phẳng (𝑃) nhận vectơ 𝑛⃗ = (4; −3; 0)làm vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm 𝐼(1; −1; 1) nên có phương
trình là 4𝑥 − 3𝑦 − 7 = 0.

Câu 99. Chọn C
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−8; 2; 2) và 𝐼(−1; 3; 0) là trung điểm của đoạn 𝐴𝐵 .
Phương trình mặt phẳng trung trực của 𝐴𝐵 đi qua 𝐼(−1; 3; 0)và nhận 𝐴𝐵⃗ = (−8; 2; 2) làm véc tơ pháp
tuyến có phương trình là −8(𝑥 + 1) + 2(𝑦 − 3) + 2𝑧 = 0 ⇔ 4𝑥 − 𝑦 − 𝑧 + 7 = 0.
Câu 100. Chọn D
Tọa độ trung điểm 𝑀 của đoạn 𝐴𝐵 là: 𝑀(1; 2; −2).
Mặt phẳng trung trực của đoạn 𝐴𝐵 đi qua 𝑀 và có véctơ pháp tuyến 𝐴𝐵⃗ = (0; 2; −6) có phương trình 2𝑦 −
6𝑧 − 16 = 0 hay 𝑦 − 3𝑧 − 8 = 0.

Câu 101. Chọn D
Gọi 𝑀 là trung điểm của 𝐴𝐵 , ta có 𝑀(1; 1; −2).
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

12


Mặt phẳng trung trực (𝛼) của đoạn thẳng 𝐴𝐵 :

đ𝑖 𝑞𝑢𝑎𝑀
𝑣𝑡𝑝𝑡𝐴𝐵⃗ = (2; −6; −2)

Phương trình (𝛼): 2(𝑥 − 1) − 6(𝑦 − 1) − 2(𝑧 + 2) = 0 ⇔ 2𝑥 − 6𝑦 − 2𝑧 = 0 ⇔ 𝑥 − 3𝑦 − 𝑧 = 0.
Câu 102. Chọn B
Trung điểm 𝐼 của đoạn 𝑀𝑁 có tọa độ 𝐼(2; 0; 3) và 𝑀𝑁⃗ = (0; 2; 2).

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 𝑀𝑁 đi qua 𝐼và có véctơ pháp tuyến 𝑛⃗ = (0; 1; 1) nên có
phương trình là 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0.
Câu 103. Chọn B
Mặt phẳng trung trực (𝑃) của đoạn thẳng 𝑀𝑁 đi qua điểm 𝐼(1;  2;  3) là trung điểm của đoạn thẳng 𝑀𝑁 và có
vectơ pháp tuyến là 𝑀𝑁⃗ = (4;  2;  6).
Phương trình mặt phẳng (𝑃): 4(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 2) + 6(𝑧 − 3) = 0 ⇔ 2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 − 13 = 0.

Câu 104.
Lời giải
Chọn B
Do (𝑄) // (𝑃) nên phương trình mặt phẳng (𝑄) có dạng: 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + 𝐶 = 0 (𝐶 ≠ −3).
Mặt phẳng (𝑄) đi qua 𝐴(−1; 2; 1) nên: 2. (−1) − 2 + 1 + 𝐶 = 0 ⇔ 𝐶 = 3.
Suy ra phương trình mặt phẳng (𝑄 ): 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + 3 = 0.
Từ đây, suy ra điểm không nằm trên mặt phẳng (𝑄 ) là: 𝑁(2; 1; −1) vì 2.2 − 1 − 1 + 3 = 5 ≠ 0.
Câu 105. Chọn A
Gọi (𝑃) là mặt phẳng cần tìm.
Do (𝑃)//𝑂𝑥 nên (𝑃): 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0.
𝑐+𝑑 =0
Do (𝑃) chứa các điểm 𝐴(1;  0;  1), 𝐵(−1;  2;  2) nên
⇒ 2𝑏 + 𝑐 = 0.
2𝑏 + 2𝑐 + 𝑑 = 0
Ta chọn 𝑏 = 1 ⇒ 𝑐 = −2. Khi đó 𝑑 = 2.
Vậy phương trình (𝑃 ): 𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0.
Câu 106. Chọn C
Mặt phẳng qua 𝑀 song song với (𝛼) có phương trình là:
3(𝑥 − 3) − (𝑦 + 1) + 2(𝑧 + 2) = 0 hay 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0.
Câu 107. Chọn D
(𝑃) là mặt phẳng vng góc với đường thẳng 𝐴𝐵 nên (𝑃) có một vectơ pháp tuyến là 𝐴𝐵⃗ = (4; −2; −3) và đi
qua 𝐵(3; 0; −1), phương trình mặt phẳng (𝑃) là

4(𝑥 − 3) − 2𝑦 − 3(𝑧 + 1) = 0 ⇔ 4𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 − 15 = 0.
Câu 108. Chọn B

Giả sử 𝐴(𝑎; 0; 0), 𝐵(0; 𝑏; 0), 𝐶 (0; 0; 𝑐 ) với 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≠ 0.
Phương trình mặt phẳng (𝑃) qua 𝐴, 𝐵, 𝐶 có dạng: + + = 1.
Vì (𝑃) đi qua 𝑀(3; 2; 1) nên ta có: + + = 1 (1).
𝑀𝐴⃗ = (𝑎 − 3; −2; −1), 𝐵𝐶⃗ = (0; −𝑏; 𝑐), 𝑀𝐶⃗ = (−3; −2; 𝑐 − 1), 𝐴𝐵⃗ = (−𝑎; 𝑏; 0).
THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

13


𝑐 = 2𝑏
⃗ ⃗
2𝑏 − 𝑐 = 0
(2).
𝑀 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶 ⇒ 𝑀𝐴. 𝐵𝐶 = 0 ⇔
⇔
𝑎=
3𝑎 − 2𝑏 = 0
𝑀𝐶⃗ . 𝐴𝐵⃗ = 0
𝑎=
Thay (2) vào (1) ta được: + + = 1 ⇔ = 1 ⇔ 𝑏 = 7 ⇒
.
𝑐 = 14
Vậy phương trình mặt phẳng (𝑃): + + = 1 ⇔ 3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 14 = 0
Câu 109. Chọn C
C

K

O

M

B

H

A

Gọi 𝐻là hình chiếu vng góc của 𝐶trên 𝐴𝐵, 𝐾là hình chiếu vng góc 𝐵 trên 𝐴𝐶.
𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝐻
Ta có :
⇒ 𝐴𝐵 ⊥ (𝐶𝑂𝐻) ⇒ 𝐴𝐵 ⊥ 𝑂𝑀 (1)
𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝑂
𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐾
Tương tự ta có :
⇒ 𝐴𝐶 ⊥ (𝐵𝑂𝐾) ⇒ 𝐴𝐶 ⊥ 𝑂𝑀 (2).
𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝑂
Từ (1) và (2), ta có: 𝑂𝑀 ⊥ (𝐴𝐵𝐶 ) hay 𝑂𝑀⃗ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝑃).
Phương trình mặt phẳng (𝑃) đi qua 𝑀(3; 2; 1) và có một véc tơ pháp tuyến 𝑂𝑀⃗ = (3; 2; 1) là
3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 14 = 0.
Vậy mặt phẳng song song với mặt phẳng (𝑃) là 3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 14 = 0.
Câu 110. Chọn B
Phương trình mặt phẳng qua 𝐴(2; 1; −1) nhận 𝐵𝐶⃗ = (1; −2 − 5) làm vtpt:
𝑥 − 2 − 2(𝑦 − 1) − 5(𝑧 + 1) = 0 ⇔ 𝑥 − 2𝑦 − 5𝑧 − 5 = 0.
Câu 111. Chọn C
Mặt cầu có tâm 𝐼(1; −2; 0).
Mặt phẳng song song mặt phẳng (𝑂𝑥𝑧) nên có dạng 𝑦 + 𝐷 = 0, qua 𝐼(1; −2; 0) nên 𝐷 = 2.
Vậy mặt phẳng cần tìm là 𝑦 + 2 = 0.

Câu 112. Chọn C
Mặt phẳng (𝛼 ) qua 𝐴 và vng góc với đường thẳng 𝐵𝐶 nhận 𝐶𝐵⃗ = (1; 2; 5) làm véc tơ pháp tuyến. Do đó (𝛼)
có phương trình là 𝑥 − 2 + 2(𝑦 + 1) + 5(𝑧 − 1) = 0 ⇔ 𝑥 + 2𝑦 + 5𝑧 − 5 = 0.
Câu 113. Chọn D
Phương trình mặt phẳng (𝛼) là (𝑥 − 1) − 2(𝑦 − 2) + 3(𝑧 + 3) = 0 ⇒ 𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + 12 = 0.

Câu 114. Chọn B
Mặt phẳng (𝑃) có dạng 3𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 + 𝐷 = 0.
Lấy 𝑀(0; 2; 0) ∈ (𝑄 ) và 𝑁(0; 8; 0) ∈ (𝑄 ). Do (𝑄 )//(𝑄 ) trung điểm 𝐼(0; 5; 0) của 𝑀𝑁 phải thuộc vào
(𝑃) nên ta tìm được 𝐷 = 5.
Vậy (𝑃): 3𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 + 5 = 0.

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

14


Câu 115. Chọn D
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−3; −3; 2), (𝑃) có vtpt 𝑛⃗ = (1; −3; 2). (𝑄) có vtpt 𝑘⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝑛⃗ = 4(0; 2; 3).
⇒ (𝑄): 2𝑦 + 3𝑧 − 11 = 0.
Câu 116.
Câu 117. Chọn D
(𝑃): 2𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 − 1 = 0 có véctơ pháp tuyến 𝑛⃗(
(𝑄): 𝑦 = 0 có véctơ pháp tuyến 𝑛⃗( ) = (0; 1; 0).

)

= (2; −1; 3).

Do mặt phẳng (𝑅) vng góc với cả hai mặt phẳng (𝑃) và (𝑄) nên có véctơ pháp tuyến 𝑛⃗(

𝑛⃗( ) = (−3; 0; 2).
Vậy phương trình mặt phẳng (𝑅) là: −3𝑥 + 2𝑧 + 1 = 0 ⇔ 3𝑥 − 2𝑧 − 1 = 0.
Câu 118. Chọn A

)

= 𝑛⃗( ) , 𝑛⃗(

)

.⇒

Mặt phẳng vng góc với hai mặt phẳng 𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 + 1 = 0 và 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 + 1 = 0 có véctơ pháp tuyến
vng góc với hai véctơ pháp tuyến hai mặt phẳng trên 𝑛⃗ = − [𝑛 ⃗, 𝑛 ⃗] = − (−7; −7; −7) = (1; 1; 1).
Do đó phương trình mặt phẳng cần tìm là 𝑥 + 1 + 𝑦 + 2 + 𝑧 − 5 = 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0.
Câu 119. Chọn A
𝑀𝑁⃗ = (4; −1; 2); 𝑀𝑃⃗ = (1; −9; −3)
𝑀𝑁⃗, 𝑀𝑃⃗ = (21; 14; −35) ⇒ 𝑛⃗ = (3; 2; −5) là vectơ pháp tuyến của (𝑀𝑁𝑃)
Phương trình (𝑀𝑁𝑃): 3𝑥 + 2𝑦 − 5𝑧 + 1 = 0
⇒ 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 = 1.

Câu 120. Chọn C

Do 𝐻 là trực tâm 𝛥𝐴𝐵𝐶 ⇒ 𝐴𝐻 ⊥ 𝐵𝐶 .
Mặt khác: 𝑂𝐴 ⊥ (𝑂𝐵𝐶) ⇒ 𝑂𝐴 ⊥ 𝐵𝐶 ⇒ 𝐵𝐶 ⊥ (𝑂𝐴𝐻) ⇒ 𝑂𝐻 ⊥ 𝐵𝐶 .
Tương tự: 𝑂𝐻 ⊥ 𝐴𝐵 ⇒ 𝑂𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) hay 𝑂𝐻⃗ = (1; 1; −3) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝑃).
Hơn nữa, (𝑃) đi qua 𝐻(1; 1; −3) nên phương trình mặt phẳng (𝑃) là: 𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 − 11 = 0.
THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

15

Câu 121. Chọn C
Mặt phẳng vng góc với hai mặt phẳng 𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 + 1 = 0 và 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 + 1 = 0 có véctơ pháp tuyến
vng góc với hai véctơ pháp tuyến hai mặt phẳng trên 𝑛⃗ = − [𝑛 ⃗, 𝑛 ⃗] = − (−7; −7; −7) = (1; 1; 1).
Do đó phương trình mặt phẳng cần tìm là 𝑥 + 1 + 𝑦 + 2 + 𝑧 − 5 = 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0.
Câu 122. Chọn D
Mặt phẳng (𝑄): 𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0, (𝑅): 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0 có các vectơ pháp tuyến lần lượt là 𝑛 ⃗ = (1; 1; 3) và
𝑛 ⃗ = (2; −1; 1).
Vì (𝑃) vng góc với hai mặt phẳng (𝑄), (𝑅) nên (𝑃) có vectơ pháp tuyến là 𝑛⃗ = [𝑛 ⃗, 𝑛 ⃗] = (4; 5; −3).
Ta lại có (𝑃) đi qua điểm 𝐵(2; 1; −3) nên (𝑃): 4(𝑥 − 2) + 5(𝑦 − 1) − 3(𝑧 + 3) = 0 ⇔ 4𝑥 + 5𝑦 − 3𝑧 −
22 = 0.

Câu 123. Chọn A
→

→

→

(𝑃) qua 𝑂 và có VTPT là 𝑛 = 𝑗 ; 𝑂𝑀 = (1; 0; −1) .

Vậy phương trình (𝑃) là 𝑥 − 𝑧 = 0 .

Câu 124. Chọn D
Ta có: Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼(1; −2; 3) và bán kính 𝑅 = 1 + (−2) + 3 + 11 = 5.
Gọi 𝑟 là bán kính đường tròn giao tuyến: 2𝜋𝑟 = 6𝜋 ⇔ 𝑟 = 3.
Mà 𝑅 = 𝑑 𝐼, (𝑃) + 𝑟 ⇔ 5 = 𝑑 𝐼, (𝑃) + 3 ⇔ 𝑑 𝐼, (𝑃) = 4.
| .

Ta có: 𝑑 𝐼, (𝑃) = 4 ⇔

(

)

|

(

)

= 4 ⇔ |𝑚 − 5| = 12 ⇔

𝑚 = 17
.
𝑚 = −7

Câu 125. Chọn A
Do (𝑄) là mặt phẳng song song (𝑃) nên ptmp (𝑄): −𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 𝐷 = 0.
Ta có 𝑑 𝐴, (𝑄) = 2 ⇔
⇔ |𝐷 − 5| = 6 ⇔

|

|

= 2.

𝐷 = 11

.
𝐷 = −1

Vậy có hai mặt phẳng (𝑄)thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 126. Chọn B
Do tứ diện 𝑂𝐴𝐵𝐶 có ba cạnh 𝑂𝐴, 𝑂𝐵, 𝑂𝐶 đơi một vng góc nên nếu 𝐻 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶
dễ dàng chứng minh được 𝑂𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) hay 𝑂𝐻 ⊥ (𝑃).
Vậy mặt phẳng (𝑃) đi qua điểm 𝐻(1; 2; 3) và có VTPT 𝑂𝐻⃗(1; 2; 3) nên phương trình (𝑃) là.
(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 2) + 3(𝑧 − 3) = 0 ⇔ 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 − 14 = 0.
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

16


Câu 127. Chọn A
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (1; 3; −5) và một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝛽) là 𝑛⃗ = (1; 1; 2).
Gọi 𝑛⃗ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝛼) ta có 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝑛⃗ = (11; −7; −2).
Phương trình mặt phẳng (𝛼) đi qua 𝐴(2; −1; 4) và có véc tơ pháp tuyến 𝑛⃗ = (11; −7; −2)là 11𝑥 −
7𝑦 − 2𝑧 − 21 = 0.
Câu 128. Chọn C
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−3; −3; 2), (𝑃) có vtpt 𝑛⃗ = (1; −3; 2), (𝑄) có vtpt 𝑘⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝑛⃗ = (0; 8; 12)
 (𝑄) có dạng: 2(𝑦 − 4) + 3(𝑧 − 1) = 0 ⇔ 2𝑦 + 3𝑧 − 11 = 0.

Vậy 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 5.
Câu 129. Chọn C
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−1; 4; −4), 𝐴𝐶⃗ = (2; 2; −5), 𝐺

; 0; 0 , 𝐴𝐺⃗ =

; 2; −3

 (𝐴𝐵𝐶) có vectơ pháp tuyến 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (12; 13; 10).
(𝑃) có vectơ pháp tuyến 𝑘⃗ = 𝐴𝐺⃗ , 𝑛⃗ = 59; −

;−

=

(3; −2; −1)

(𝑃): 3(𝑥 − 1) − 2(𝑦 + 2) − (𝑧 − 3) = 0 ⇔ 3𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 − 4 = 0.
Câu 130.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (−6; 3; 1), 𝑛 ⃗ = (3; 1; 1).
Do mặt phẳng (𝑃) qua 𝐴, 𝐵 và vng góc với mặt phẳng (𝑄) nên 𝑛 ⃗ = 𝐴𝐵⃗, 𝑛 ⃗ = (2; 9; −15).
Suy ra phương trình mặt phẳng (𝑃): 2𝑥 + 9𝑦 − 15𝑧 − 27 = 0.
Vậy 𝑆 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2 + 9 − 15 = −4.

Câu 131. Chọn B
Ta có𝐴𝐵⃗ = (−2; −2; 2)
(𝑃) có VTPT 𝑛⃗ = (1; 2; −1)

Vì (𝑄) qua 𝐴 ; 𝐵 và vng góc với (𝑃) nên
VTPT của (𝑄) là 𝑛 ⃗ = 𝐴𝐵⃗; 𝑛⃗ = (−2; 0; −2) = −2(1; 0; 1).
Phương trình mặt phẳng (𝑄) qua 𝐵(−1; 0; 1)và có VTPT 𝑛 ⃗ = (1; 0; 1) là:
1(𝑥 + 1) + 1(𝑧 − 1) = 0 ⇔ 𝑥 + 𝑧 = 0 .

Câu 132. Chọn C

Gọi (𝑃): 𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0 Mặt phẳng (𝑃) có một VTPT 𝑛⃗ = (0; 1; −2).
𝑛⃗ ⊥ 𝚤⃗

Trục 𝑂𝑥 có một VTCP 𝚤⃗(1; 0; 0). Mà: 𝑂(0; 0; 0) ∈ 𝑂𝑥 ⇒ 𝑂𝑥//(𝑃)
𝑂(0; 0; 0) ∉ (𝑃)
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

17


Lại có 2 điểm 𝐴(1; 0; 1) và 𝐵(−1; 2; 2) cùng thuộc mặt phẳng (𝑃).
Vậy mặt phẳng (𝑃): 𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0 chứa 2 điểm 𝐴(1; 0; 1) và 𝐵(−1; 2; 2) và song song với trục 𝑂𝑥 .
Cách 2: Mặt phẳng cần tìm qua 𝐴(1; 0; 1) nhận 𝐴𝐵⃗ , 𝚤⃗ = (0; 1; −2) làm vectơ pháp tuyến, suy ra mp
cần tìm(𝑃): 𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0.
Câu 133. Chọn B
Măt phẳng song song 𝑂𝑥 phương trình có dạng 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 + 𝐷 = 0, mặt phẳng này đi qua hai điểm
𝐴(1; 0; 1) và 𝐵(−1; 2; 2) ta có

𝐶+𝐷 =0
⇒ 2𝐵 + 𝐶 = 0chọn 𝐵 = 1; 𝐶 = −2 ⇒ 𝐷 = 2
2𝐵 + 2𝐶 + 𝐷 = 0

Phương trình mặt phẳng cần tìm 𝑦– 2𝑧 + 2 = 0.
Câu 134. Chọn C
𝐴𝐵⃗ = (−1; −2; 4)
𝐴𝐶⃗ = (−1; 3; −1)

VTPT của mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) là 𝑛⃗ = −5. 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗ = (2; 1; 1)
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) là 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0
Câu 135. Chọn C

Gọi (𝑃) là mặt phẳng cần lập. Ta có 𝐴𝐵⃗ = (−3; 2; 1), 𝚤⃗ = (1; 0; 0).
Suy ra VTPT của mặt phẳng (𝑃) là 𝑛⃗ = (0; 1; −2).
Mặt phẳng (𝑃) qua 𝐴(2; 0; 1) và nhận 𝑛⃗ = (0; 1; −2) làm VTPT có phương trình:𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0.
Câu 136. Chọn D
Mặt phẳng (𝛼) có một vectơ pháp tuyến là: 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝑛 ⃗ = (11; −7; −2)
Vậy (𝛼): 11𝑥 − 7𝑦 − 2𝑧 − 21 = 0

Câu 137. Chọn B.
Gọi 𝑀(𝑚; 0; 0), 𝑁(0; 𝑛; 0), 𝑃(0; 0; 𝑝) lần lượt là giao điểm của (𝑃) và trục 𝑂𝑥, 𝑂𝑦, 𝑂𝑧.
Phương trình mặt phẳng (𝑃):
Ta có: 𝐴 ∈ (𝑃) ⇒

+ + = 1.

+ + = 1, 𝐵 ∈ (𝑃) ⇒

+ + = 1, 𝑂𝑀 = 2𝑂𝑁 ⇒ 𝑚 = 2𝑛.

⇒ 𝑚 = 2, 𝑛 = 1, 𝑝 = −2 ⇒ (𝑃): 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2 = 0.
Câu 138. Chọn C.
Giả sử mặt phẳng (𝑃) chắn 𝑂𝑥, 𝑂𝑦 lần lượt tại 𝐴(𝑎; 0; 0);𝐵(0; 𝑎; 0) với𝑎 > 0.
Mặt phẳng (𝑃) qua 𝐴, 𝐵, 𝐶 có phương trình.
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

18


(𝑃): + + = 1.
Mặt khác (𝑃) qua 𝑀(−1; 3; 2) nên ta có

+ + = 1 ⇔ 𝑎 = 6.

do đó (𝑃): + + = 1 ⇔ 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0.

Câu 139. Chọn C
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (1; 0; − 1), 𝐶𝐷⃗ = (−2; 1; 1). Mặt phẳng (𝑃) đi qua 𝐴𝐵, song song với 𝐶𝐷 nên (𝑃) nhận 𝐴𝐵⃗ =
(1; 0; − 1) và 𝐶𝐷⃗ = (−2; 1; 1) là cặp véc tơ chỉ phương.
Do đó 𝑛( ⃗) = 𝐴𝐵⃗ , 𝐶𝐷⃗ = (1; 1; 1).
Câu 140. Chọn A.
Ta có 𝑀𝑁⃗ = (−1; −2; 1).
𝑚𝑝(𝑄) có VTPT 𝑛⃗(1; 3; −3)
𝑀𝑁⃗, 𝑛⃗ = (3; −2; −1)
(𝑃) đi qua 𝑁(1; −1; 0) và có VTPT 𝑛 ⃗(3; −2; −1) nên có PTTQ là
3(𝑥 − 1) − 2(𝑦 + 1) − (𝑧 − 0) = 0 hay 3𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 − 5 = 0.

Câu 141.
Lời giải
Chọn A
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (2; −1; 1), 𝐴𝐶⃗ = (3; 3; −2).
Khi đó phương trình mp (𝐴𝐵𝐶) có VTPT 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (−1; 7; 9)
Phương trình mp (𝐴𝐵𝐶) là −1(𝑥 − 0) + 7(𝑦 − 1) + 9(𝑧 − 2) = 0 ⇔ 𝑥 − 7𝑦 − 9𝑧 + 25 = 0.

Câu 142. Chọn C
Ta có: 𝑀(5; 0; 0), 𝑁(0; 4; 0),𝑃(0; 0; 3) lần lượt là hình chiếu của 𝐴 lên 𝑂𝑥, 𝑂𝑦, 𝑂𝑧.
(𝛼): + + = 1.

Câu 143. Chọn D
Tọa độ hình chiếu của 𝑀 lên các trục 𝑥′𝑂𝑥 , 𝑦′𝑂𝑦 , 𝑧′𝑂𝑧 lần lượt là 𝐴(1; 0; 0), 𝐵(0; 2; 0), 𝐶(0; 0; 3).
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) là: + + = 1 hay 6𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0.
Câu 144. Chọn D

Tọa độ các điểm 𝐴(1; 0; 0), 𝐵 (0; 1; 0), 𝐶 (0; 0; −2).
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶 ): + − = 1.
THẦY DŨNG YÊN LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

19


Câu 145. Chọn C
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶):

+ + = 1 ⇔ 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 + 1 = 0.

Câu 146. Chọn D
𝑀𝑁⃗ = (0; −2; 3), 𝑀𝑃⃗ = (−2; 1; 3) ⇒ 𝑛 ⃗ = 𝑀𝑁⃗, 𝑀𝑃⃗ = (−9; −6; −4)
Câu 147. Chọn A.
Ta có: 𝐴𝐵⃗ = (2; −5; −2); 𝐴𝐶⃗ = (−1; 1; −1).
Mặt phẳng đi qua ba điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶 nhận vectơ 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (7; 4; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình: 7𝑥 + 4𝑦 − 3𝑧 − 31 = 0.

Câu 148. Chọn B
Vì 𝐴𝐵⃗ ; 𝐴𝐶⃗ ⊂ (𝐴𝐵𝐶) nên (𝐴𝐵𝐶) sẽ nhận 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ làm một vectơ pháp tuyến.
Ta có 𝐴𝐵⃗ = (1; −1; −1), 𝐴𝐶⃗ = (2; −2; −3) suy ra 𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ , 𝐴𝐶⃗ = (1; 1; 0).
Hiển nhiên (𝐴𝐵𝐶) đi qua 𝐴(2; 3; 5)nên ta có phương trình của (𝐴𝐵𝐶) là
1(𝑥 − 2) + 1(𝑦 − 3) + 0(𝑧 − 5) = 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 − 5 = 0.

Câu 149. Chọn C
𝐴𝐵⃗ = (−3,1,1); 𝐴𝐶 ⃗ = (−1,1,1) ⇒ 𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ = (−2, −4, −2).

.

Câu 150. Chọn B
𝑛⃗ = 𝐴𝐵⃗ ∧ 𝐴𝐶⃗ = (−3; 2; 9).

Câu 151.
Lời giải
Chọn C

Ta có (𝑀𝑁𝑃): +

+ = 1 ⇔ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 2 = 0

Khi đó ℎ = 𝑑 𝑂, (𝑀𝑁𝑃) =

| .

.
(

|

)

= .

Câu 152. Chọn D
𝐴, 𝐵, 𝐶 lần lượt là hình chiếu của 𝑀 trên các trục 𝑂𝑥, 𝑂𝑦, 𝑂𝑧 nên 𝐴(−3; 0; 0), 𝐵(0; 1; 0), 𝐶(0; 0; 4).
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶):

+ 𝑦 + = 1 ⇔ 4𝑥 − 12𝑦 − 3𝑧 + 12 = 0.

Vậy phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) là: 4𝑥 − 12𝑦 − 3𝑧 − 12 = 0.
Câu 153. Chọn D
Tọa độ các hình chiếu là 𝑀 (−2; 0; 0), 𝑀 (0; 4; 0), 𝑀 (0; 0; 2). Do đó phương trình mặt phẳng (𝑃):

+ +

= 1.

THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

20


Câu 154. Chọn C

Hình chiếu của 𝑀(−1; 3; 4) lên các trục tọa độ lần lượt là các điểm (−1; 0; 0), (0; 3; 0) và (0; 0; 4).
Vậy phương trình mặt phẳng (𝑃) là − + + = 1.
Câu 155. Chọn D
Phương trình mặt chắn cắt tia 𝑂𝑥 tại 𝐴(𝑎; 0; 0), cắt tia 𝑂𝑦 tại 𝐵(0; 𝑏; 0), cắt tia 𝑂𝑧 tại 𝐶(0; 0; 𝑐) có dạng là
(𝑃): + + = 1 (với 𝑎 > 0, 𝑏 > 0,𝑐 > 0).
Theo đề:

=

=

⇔

=

= ⇒

𝑎=

.

𝑐 = 2𝑏

Vì 𝑀(1; 3; −2) nằm trên mặt phẳng (𝑃) nên ta có:

+ +

=1⇔

= 1 ⇔ 𝑏 = 4.

Khi đó 𝑎 = 2, 𝑐 = 8.
Vậy phương trình mặt phẳng (𝑃) là: + + = 1 ⇔ 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 8 = 0.
Câu 156. Chọn D
Phương trình mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) theo đoạn chắn: +

+

= 1.

Câu 157. Chọn B
Gọi mặt phẳng (𝑃) cắt các tia 𝑂𝑥, 𝑂𝑦, 𝑂𝑧 tại các điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶 sao cho hình chóp 𝑂. 𝐴𝐵𝐶 đều 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 =
𝑂𝐶 = 𝑎.
Phương trình mặt phẳng (𝑃): + + = 1.

Mà (𝑃) qua 𝑀(1; 2; 1) nên + + = 1 ⇔ 𝑎 = 4.
Phương trình mặt phẳng (𝑃): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 4 = 0.

Câu 158. Chọn C
Ta có A1 1; 0; 0  , 𝐴 (0; 2; 0), 𝐴 (0; 0; 3).
Phương trình của (𝐴 𝐴 𝐴 ) là + + = 1.
Câu 159. Chọn A
Ta có: 𝑛 ⃗ = 𝑂𝑀⃗ do đó.
Câu 160. Chọn D
Gọi 𝐴(𝑎; 0 ; 0)𝐵(0; 𝑏; 0)𝐶(0; 0; 𝑐())
⎧ =1
𝑎=3
⎪
Ta có
=2⇔ 𝑏=6
⎨
𝑐=9
⎪ =3
⎩
Vậy mặt phẳng(𝛼)có phương trình + + = 1 ⇔ 6𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 − 18 = 0.

THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

21


Câu 161. Chọn A
Do (𝑄 ) là mặt phẳng song song (𝑃) nên ptmp (𝑄 ): −𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 𝐷 = 0, (𝐷 ≠ 11)
|
|

𝐷 = 11
Ta có 𝑑 𝐴, (𝑄 ) = 2 ⇔
= 2 ⇔ |𝐷 − 5| = 6 ⇔
𝐷 = −1
Vậy có 1 mặt phẳng (𝑄) thỏa mãn yêu cầu đề bài do có 1 mặt bị trùng.
Câu 162. Chọn C
Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼(1; 2; 2), bán kính 𝑅 = 3.
Vì (𝑄) song song với (𝑃) nên phương trình (𝑄) có dạng: 𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 + 𝑑 = 0 với 𝑑 ≠ 0.
|
|
𝑑=0
(𝑄) tiếp xúc với (𝑆) nên 𝑑 𝐼, (𝑄 ) = 𝑅 
= 3  |9 + 𝑑| = 9 ⇔
.
√
𝑑 = −18
Vì 𝑑 ≠ 0 nên phương trình (𝑄):𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 − 18 = 0.
Câu 163. Chọn D
Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼(1; −2; −3) và bán kính 𝑅 = 2.
Gọi (𝑄 ) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (𝑃) và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (𝑆).
Phương trình (𝑄) có dạng: 𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 + 𝐷 = 0 (𝐷 ≠ −5).
|
.( ) .( ) |
(𝑄) tiếp xúc với (𝑆) khi và chỉ khi 𝑑 𝐼, (𝑄 ) = 𝑅 ⇔
=2
√
𝐷 + 11 = 6
𝐷 = −5
⇔ |𝐷 + 11| = 6 ⇔
⇔

.
𝐷 + 11 = −6
𝐷 = −17
Đối chiếu điều kiện suy ra 𝐷 = −17.
Vậy phương trình của (𝑄) là 𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 − 17 = 0 ⇔ −𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 + 17 = 0.
Câu 164.
Hướng dẫn giải
Chọn C
(𝛼)//(𝑃) ⇒ (𝛼): −𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 + 𝐷 = 0, 𝐷 ≠ −2
𝐴 ∈ (𝑃) ⇔ −2 − 1 + 3 + 𝐷 = 0 ⇔ 𝐷 = 0(𝑡/𝑚). Vậy (𝛼): −𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0.

Câu 165. Chọn C
Vì (𝑄 ) // (𝑃) nên (𝑄 ): 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑚 = 0 (𝑚 ≠ 4)
Mà 𝑀(3; −1; −2) ∈ (𝑃) ⇒ 𝑚 = −6 (thỏa mãn).
Vậy (𝑄 ): 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0.
Câu 166. Chọn C
𝐼(1; −3; 4)
(𝑆) có
.
𝑅 = √1 + 3 + 4 + 10 = 6
(𝑄)//(𝑃) ⇒ (𝑄): 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 𝐷 = 0(𝐷 ≠ 0).
(𝑄) tiếp xúc với (𝑆) ⇒ 𝑑

,( )

=𝑅⇔

|
√

|

= 6 ⇔ |−13 + 𝐷| = 6.3 ⇔

Câu 167. ChọnA

𝐷 = 31
.
𝐷 = −5

Mặt phẳng (𝛼)//(𝑃) nên pt (𝛼) có dạng: 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝐶 = 0(𝐶 ≠ 0).
|
|
𝐶 = −1
Mặt phẳng 𝑑 𝐴, (𝛼) = 1 ⇔
=1⇔
.
𝐶 = −7
Mặt phẳng (𝛼): 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 và 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 7 = 0.

Câu 168. Chọn A
Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼(1; 2; 3) và bán kính 𝑅 = √1 + 2 + 3 = √14.
(𝑃)//(𝑄 ) ⇒ (𝑃): 4𝑥 + 3𝑦 − 12𝑧 + 𝑚 = 0.
THẦY DŨNG N LẠC – TỐN 12 CHƯƠNG TỔNG ƠN

22


Vì (𝑃) tiếp xúc với (𝑆) ⇒ 𝑑 𝐼, (𝑃) = 𝑅 ⇔
⇔ |𝑚 − 26| = 13√14 ⇔

| .

.

.

√

|

= √14 ⇔

|

|

= √14.

𝑚 = 26 + 13√14
..
𝑚 = 26 − 13√14

Câu 169. ChọnA
Ta có:
Mặt phẳng (𝑃) có dạng 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0.
Vì 𝑑 𝐷; (𝑃) =

| .

.
√

.

|

= √6 ⇒ |4 + 𝐷| = 6 ⇔

𝐷=2
.
𝐷 = −10

Câu 170. Chọn B
Gọi (𝛽) là mặt phẳng cần tìm.
(𝑆): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 = 0 ⇒ 𝐼(1; 1; 1); 𝑅 = √3.
(𝛽) ∥ (𝛼): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 ⇒ (𝛽): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑐 = 0(𝑐 ≠ 0).
|
|
𝑐 = 0(𝑁ℎ)
(𝛽)tiếp xúc với (𝑆) ⇔
= √3 ⇔ |3 + 𝑐| = 3 ⇔
.
√
𝑐 = −6(𝐿)
⇒ (𝛽): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 6 = 0vậy có 1 mặt phẳng (𝛽).
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau:
Ta có: 𝑑[𝐼; (𝛼)] = √3 = 𝑅 nên (𝛼) tiếp xúc với (𝑆). Do đó chỉ cịn có 1 mặt phẳng song song với (𝛼) và tiếp
xúc với (𝑆).

THẦY DŨNG YÊN LẠC – TOÁN 12 CHƯƠNG TỔNG ÔN

23