Bài tập hình học oxyz

BÀI TẬP HÌNH HỌC OXYZ

1

2

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng  đi qua điểm A0; 0; 1 và vng góc với mặt

phẳng Ozx . Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm B0; 4; 0 tới điểm C trong đó C là điểm cách đều đường

thẳng  và trục Ox .

A. 1 . B. 3 2 . C. 6 . D. 65 .
2 2

Lời giải: Chọn A

z

A 
1
12 I C

O
B4
y

x

Vì đường thẳng  đi qua điểm A0;0;1 và vng góc với mặt phẳng Ozx thì  song song với trục Oy và nằm

trong mặt phẳng Oyz . Dễ thấy OA là đường vng góc chung của  và Ox .

 1

Xét mặt phẳng  đi qua I  0; 0;  và là mặt phẳng trung trực của OA . Khi đó // , Ox// và mọi

 2

điểm nằm trên  có khoảng cách đến  và Ox là bằng nhau. Vậy tập hợp điểm C là các điểm cách đều đường

thẳng  và trục Ox là mặt phẳng  .

 1  1
Mặt phẳng  đi qua I  0; 0;  có véc tơ pháp tuyến là k  0; 0; 1 nên có phương trình: z   0 . Đoạn BC
 2 2

nhỏ nhất khi C là hình chiếu vng góc của B lên  . Do đó khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm B0; 4; 0 tới

điểm C chính là khoảng cách từ B0; 4; 0 đến mặt phẳng  : z  1  0 suy ra

2

0 1

min BC   d B;  2  1 .

12

Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A0;0; 1 , B1; 1; 0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho

3MA2  2MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

3 1   31   33   31 
A. M  ; ; 1 . B. M   ; ; 2  . C. M   ; ; 1 . D. M   ; ; 1 .

4 2   42   42   42 

Lời giải: Chọn D 

AM  x; y; z  1  AM  x  y  z  1222 2

 
2 2 2
Cách 1: Giả sử M x; y; z  BM  x  1; y  1; z  BM  x  1  y  1  z 2

 CM2  x  12  y2   z  12

CM  x  1; y; z  1

 3MA2  2MB2  MC 2  3 x2  y2   z  12   2 x  12  y  12  z2 
 

 x  12  y2  z  12 

 3  2 2 2 5 5
 4x2  4y2  4z2  6x  4y  8z  6   2x    2y  1  2z  2    .
 2 44

3 1  31 
Dấu "  " xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 .

4 2  42 

Cách 2: Ta có: 2   2   2   2

P  3MA  2MB  MC  3MI  IA  2  MI  IB  MI  IC 22

3

2    
P  4MI  2MI 3IA  2IB  IC   3IA  2IB  IC2 2 2

Chọn điểm I a; b;c sao cho

a  3
3a  2 1  a  1  a  0  4
     1  3 1 
3IA  2IB  IC  0 3b  2 1  b  b  0  b   I  ; ; 1
2 4 2 

31  c  2 c  1  c  0 c  1



 31 
Để P nhỏ nhất thì M  I .Vậy M   ; ; 1

 42 

Câu 3: 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 .

A. 1372 . B. 686 . C. 524 . D. 343 .
9 9 3 9

Lời giải: Chọn B

Gọi Aa; 0; 0 , B0; b; 0 , C 0; 0;c . Ta có phương trình mặt phẳng  P là: x  y  z  1 .

abc

Gọi H là hình chiếu của O lên  P . Ta có: d O; P  OH  OM . 
Do đó max d O;P  OM khi và chỉ khi  P qua M 1; 2; 3 nhận OM  1; 2; 3 làm VTPT. Do đó  P có

phương trình:

1x  1  2 y  2  3z  3  0  x  2y  3z  14  x  y  z  1 .

14 7 14

3

Suy ra: a  14 , b  7 , c  14 .
3

Vậy VO.ABC  1 .OA.OB.OC  1 .14.7. 14  686 .
6 6 39

Câu 4: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x2  y2  z2  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

Phương trình S : x2  y2  z2  4x  6y  m  0 là phương trình mặt cầu  m  13 .

Khi đó S có tọa độ tâm I 2; 3; 0 bán kính R  13  m .

Gọi M x; y; z là điểm bất kỳ thuộc  .

x  2y  2z  4  0
 Tọa độ M thỏa mãn hệ:  .
2x  2y  z  1  0

x  2z  4  2t x  2  3t x  2  2t

Đặt y  t ta có:     có phương trình tham số: y  t.
2x  z  1  2t z  3  2t
 z  3  2t
 

  đi qua điểm N 2; 0;  3 và có vectơ chỉ phương u2; 1; 2 .

4

B
C
A

I

Giả sử mặt cầu S cắt  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  8 .Gọi C  là đường tròn lớn chứa đường

thẳng  . Khi đó IC2  R2  AC2  13  m  42  m  3 .
   
IN  0;  3; 3 , IN ,u  3; 6; 6  IN , u 9, u  3.
  
 
IN , u

dI,    3.
u

Vậy mặt cầu S cắt  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  8  m  3  9  m  12 .

3 3 1

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A1; 2; 3 , B  ; ;   , C 1;1; 4 , D 5;3; 0 . Gọi  S1  là

2 2 2

mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 ,  S2  là mặt cầu tâm B bán kính bằng 3 . Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với

2

2 mặt cầu  S1  ,  S2  đồng thời song song với đường thẳng đi qua 2 điểm C , D .

A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số.

Lời giải: Chọn A
 
Cách 1: Gọi n  a;b; c  0 là vtpt của mp  P cần tìm.

TH1: a  0 , chọn a  1.Khi đó n  1;b;c .
   
CD  4; 2; 4 . Vì CD.n  0  b  2c  2  n  1; 2c  2;c .

Ptmp  P : x  2c  2 y  cz  d  0 .

 cd 3
 1 2c  22  3  c2 d  4c
d  A; P  3  c  d  3  2 5 c  d  3 
   2 2 d  2c  2

d  B; P  3  5 3   cd 3   cd 3
 2cd2 3  
 2 3 3
  1 2c  22  c2  1 2c  22  c2
  
 1 2c  22  c2 2


d  4c


 c  d  3  3 d  4c
 1 2c  22  c2  2 c  2
4c 10c  4  0  1 .
  c 
d  2c  2 d  2c  2
 2  2
 c  d  3 44c  74c  44  0
 3
 1 2c  22  c2


Với c  2 ta có ptmp  P : x  2 y  2z  8  0 : T/m vì song song với CD

Với c  1 ta có ptmp  P : x  y  1 z  2  0 : Loại vì chứa điểm C .
2 2
   
TH2: a  0 . Khi đó n  0;b;c . Vì CD.n  0  b  2c  2  b  2c  n  0; 2;1 .

Phương trình mặt phẳng  P : 2 y  z  d  0 .

5

 d 1 3

d  A; P  3 
5
 
 3   5  Không tồn tại mp.
d  B; P   d 
 2  2 3

 5 2

KL: Có một mặt phẳng thỏa mãn ycbt

Cách 2: Ta có AB  3 3 mà R1  R2  3  3  9 nên hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn giao tuyến.
2 22

A

B

I HK

Gọi I  AB    với   là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Hạ BH , AK vng góc với mặt phẳng   .

Khi đó ta có I nằm ngồi AB và B là trung điểm AI vì R2  3  1 R1  BH  1 AK .
22 2

Suy ra I 2;1; 2 .

Gọi   : a  x  2  b y 1  c  z  2  0 .



Vì   //CD mà CD  4; 2; 4 nên ta có 2a  b  2c  0  b  2c  2a

Khi đó d  A;   3  a  b  5c  3

a2  b2  c2

a  2c  b  2c

 c  a2  a2  2c  2a2  c2  a  1 c  b  c .

2

Ta có hai trường hợp:

b  2c ; a  2c    : 2c  x  2  2c  y 1  c  z  2  0  2x  2 y  z  4  0

Mặt khác CD//   nên C, D     loại trường hợp trên.

b  c ; a  1 c    : 1 c  x  2  c  y 1  c  z  2  0  x  2y  2z  8  0
2 2

Kiểm tra thấy C, D   nên nhận trường hợp này.

Vậy   : x  2 y  2z  8  0 .

Câu 6: 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 trịn có bán kính

bằng 2 và S  cắt mặt phẳng Q theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ

có đúng một mặt cầu S  thỏa yêu cầu.

A. r  3 . B. r  3 . C. r  2 . D. r  3 2 .
2 2

Lời giải: Chọn D

Gọi I m;0;0 là tâm mặt cầu có bán kính R , d1 , d2 là các khoảng cách từ I đến  P và Q . Ta có d1  m 1

6

2m 1
và d2 

6

6

Theo đề ta có d12  4  d22  r2  m2  2m 1  4  4m2  4m 1  r2  m2  2m  2r2  8  0 1 .
6
6

Yêu cầu bài tốn tương đương phương trình 1 có đúng một nghiệm m  1 2r2  8  0  r2  9

2

r3 2
2

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x 12   y  22   z  32  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 K

A

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 S   r2    R2  IH 2  . Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà

IH  IK suy ra  P qua A, B và vng 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 .

Vậy T  3.

Câu 8: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A0;8;2 , B9;7;23 và mặt cầu S  có phương trình

 S  :  x  52   y  32   z  72  72 . Mặt phẳng  P : x  by  cz  d  0 đi qua điểm A và tiếp xúc với mặt

cầu S  sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P lớn nhất. Giá trị của b  c  d khi đó là

A. b  c  d  2 . B. b  c  d  4 . C. b  c  d  3 . D. b  c  d  1.
Lời giải: Chọn C

Vì A P nên ta 8b  2c  d  0  d  8b  2c   P : x  by  cz  8b  2c  0 .

Do  P tiếp xúc với mặt cầu S  nên d  I; P  R  2 2 5 11b  5c  6 2 .

1b c

Ta có: d  B; P  2 2 9  7b  23c  8b  2c  2 2 5 11b  5c  41 b  4c
1b c 1b c

 d  B; P  5 11b  5c  4 1 b  4c  d  B; P  6 2  4 1 b  4c
1 b2  c2 1 b2  c2 1 b2  c2

CosiSvac  d  B; P  6 2  4 11161 b2  c2   d  B; P  18 2 .

1 b2  c2

7

1  b  c 4 b  1
 
Dấu “=” xảy ra khi   c  4 .
 5 11b  5c  6 2 d  0
 1 b2  c2

Vậy Pmax  18 2 khi b  c  d  3 .

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 0;1 và mặt phẳng  P : x  y  z  3  0 . Gọi S 

là mặt cầu có tâm I nằm trên mặt phẳng  P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho diện tích tam giác OIA

bằng 17 . Tính bán kính R của mặt cầu S  .

2

A. R  3 . B. R  9 . C. R  1 . D. R  5 .

Lời giải: Chọn A

Gọi I a;b;c

 1 1
Ta có IA  IO  R  hình chiếu của I lên OA là trung điểm H  ; 0;  của OA .

2 2 

1 1  1 2 2  1 2

SOIA  IH.OA   a    b   c   . 1  0  1 2 2 2

2 2  2  2

 17  1 a2  b2  c2  a  c  1 . 2  17  2a2  2b2  2c2  2a  2c 1
22 2

 2a2  2b2  2c2  2a  2c 16  0 .

OI  IA  a2  b2  c2  a 12  b2  c 12

 17 2

Theo bài ra ta có SOIA   2a  2b  2c  2a  2c 16  022

 2 a  b  c  3  0

 I   P 


a  c 1  0 1

 2  b2  c2  a  c  8  0  2 .
a

 a  b  c  3  0 3


a  c 1 a  1 c
Từ 1 và 3 ta có   thế vào 2 ta có
b  2 b  2

c 12  4  c2  c 1  c  8  0  c  2  I 1; 2; 2  OI  R  3.
c  1 I 2; 2;1

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A0; 2; 2 , B 2; 2; 0 . Gọi I1 1;1; 1 và I2 3;1;1

là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB . Biết rằng ln có

một mặt cầu  S  đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính R của  S  .

A. R  219 . B. R  2 2 . C. R  129 . D. R  2 6 .
3 3

Lời giải: Chọn C

8

Gọi d1 là đường thẳng đi qua I1 và vuông góc với mặt phẳng  I1AB , khi đó d1 chứa tâm các mặt cầu đi qua

đường tròn tâm I1 ; d2 là đường thẳng đi qua I2 và vuông góc với mặt phẳng  I2 AB , khi đó d2 chứa tâm các mặt

cầu đi qua đường tròn tâm I2 . Do đó, mặt cầu  S  đi qua cả hai đường tròn tâm  I1  và  I2  có tâm I là giao

điểm của d1 và d2 và bán kính R  IA
   
Ta có I1A  1;1;3 , I1B  1; 3;1 . Đường thẳng d 1 có véc-tơ pháp tuyến là  I1 A; I1 B   10; 4; 2  25; 2;1 .
 

x  1 5t

Phương trình đường thẳng d1 là d1 :  y  1 2t .

  z  1 t

Ta có I2 A  3;1;1 , I2B  1; 3; 1 .  

Đường thẳng d 2 có véc-tơ pháp tuyến là  I 2 A; I 2 B   2; 4;10  21; 2;5 .
 

x  3 s

Phương trình đường thẳng d2 là d2 :  y  1 2s .
z  1 5s

1 5t  3  s t  1
  3 8 5 2
Xét hệ phương trình: 1 2t  1 2s   . Suy ra I   ; ;   .
1 t  1 5s s   1 3 3 3

 3

 8 2  5 2  2 2 129
Bán kính mặt cầu  S  là R  IA       2     2    .
 3  3  3 3

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x  2  y  z và mặt cầu
2 1 4

 S  :  x 12   y  22   z 12  2 . Hai mặt phẳng  P , Q chứa d và tiếp xúc với  S  . Gọi M và N là tiếp

điểm. Độ dài đoạn thẳng MN bằng?

A. 2 2 . B. 4 3 . C. 2 3 . D. 4 .
Lời giải: Chọn B 3 3

9

M d
K
H
I

N

Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;1 và bán kính R  IM  IN  2 .

Kẻ IK  d và gọi H  IK  MN .

x  2  2t 

Ta có d :  y  t t    K 2t  2; t; 4t   IK  2t 1; t  2;4t 1 .

z  4t


Đường thẳng d có một VTCP là u  2; 1; 4 .

 

Ta có IK  d  IK.u  0  22t 1  t  2  44t 1  0  t  0

 IM 2 2
 IK  1; 2;1  IK  6  IH  
IK 6

 MH  IM 2  IH 2  2 3  MN  2MH  4 3 .
3 3

Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : x  2  y 1  z  2 và mặt phẳng  P : 2x  y  2z 1  0 .

4 4 3

Đường thẳng  đi qua E 2; 1;  2 , song song với  P đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng  có một

 22

véctơ chỉ phương u  m; n; 1. Tính T  m  n .

A. T  5 . B. T  4 . C. T  3. D. T  4 .

Lời giải: Chọn D  
Mặt phẳng  P có vec tơ pháp tuyến n  2; 1; 2 và đường thẳng d có vec tơ chỉ phương v  4;  4;3

Vì  song song với mặt phẳng  P nên u  n  2m  n  2  0  n  2m  2 .

 u.v 4m  4n  3 4m  5
Mặt khác ta có cos; d      
u . v m2  n2 1. 42  42  32 415m2  8m  5

 1. 4m  52 1 16m2  40m  25
. .
41 5m  8m  5 41 5m  8m  52 2

Vì 0   ; d   90 nên  ; d  bé nhất khi và chỉ khi cos ; d  lớn nhất

16t2  40t  25  f t  72t 2  90t
Xét hàm số f t   2 2.
5t  8t  5 5t2  8t  5

Bảng biến thiên

10

Dựa vào bảng biến thiên ta có max f t   f 0  5 suy ra  ; d  bé nhất khi m  0  n  2 . Do đó

T  m2  n2  4 .

Làm theo cách này thì khơng cần đến dữ kiện: đường thẳng  đi qua E 2; 1;  2 .

Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2x  y  2z  2  0 , đường thẳng d : x 1  y  2  z  3
1 2 2

1 

và điểm A ;1;1. Gọi  là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   , song song với d đồng thời cách d một

2 

khoảng bằng 3. Đường thẳng  cắt mặt phẳng Oxy tại điểm B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng.

A. 7 . B. 21 . C. 7 . D. 3 .
2 2 3 2

Lời giải: Chọn A
Cách 1:

Ta có: B  Oxy và B    nên B a; 2  2a;0.

x 1 y  2 z 3 
d:   đi qua M 1; 2; 3 và có một véctơ chỉ phương là u  1; 2; 2 .
1 2 2

Ta có: d    nên d và  song song với nhau và cùng nằm trong mặt phẳng   .

x1 y  2 z 3
  1 
Gọi C  d  Oxy C :  1 2 2  C  ;1; 0 .
z  0 2 

Gọi d     Oxy , suy ra d thỏa hệ    : 2x  y  2z  2  0 1 
. Do đó, d qua C  ;1; 0 và có VTCP
Oxy : z  0 2 

ud  1; 2;0 .

 1
Gọi   , d  d, d . Ta có: cos  cos ud , ud   .
5

Gọi H là hình chiếu của C lên  . Ta có CH  3 và BC  CH  3 5 .
 sin  2

Ta có AC  0;0; 1 nên AC  Oxy  AC  BC .

Vậy AB  AC 2  BC 2  1 45  7 .

42

x 1 y 2 z 3 
Cách 2: Ta có: d :   đi qua M (1; 2; 3) và có một VTCP là u  1; 2; 2 .
1 2 2

Ta có: B    Oxy ,     nên B Oxy     B a; 2  2a;0.

 

 Ta có:  // d và d , d   3 nên d  B; d   3  u; MB    3

u

  a 1; 4  2a;3 ;    4a  2; 2a 1;2  4a .
Ta có: MB u; MB


11

  2
u; MB 3 2a 1
  3  2a 1  9.2
Do đó   3 
u 3

 1 2 9 7

22
Vậy AB   a    1 2a 1   9 1  .

 2 4 2

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A3;0;1 , B 1;1;3 và mặt phẳng

 P : x  2 y  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 d nhỏ nhất.

A. d : x  3  y  z 1 . B. d : x  3  y  z 1 . C. d : x  3  y  z 1 . D. d : x  3  y  z 1 .
26 11 2 26 11 2 26 11 2 26 11 2

Lời giải: Chọn A

Gọi mặt phẳng Q là mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng  P . Khi đó phương trình của mặt phẳng

Q là 1 x  3  2 y  0  2 z 1  0  x  2 y  2z  1  0 .

Gọi H là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng Q , khi đó đường thẳng BH đi qua B 1;1;3 và nhận

 x 1 t

nQ  1;  2;2 làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là  y  1  2t .

 z  3  2t

Vì H  BH  Q  H  BH  H 1  t;1  2t;3  2t  và H  Q nên ta có

10  1 11 7 
1  t   21  2t   23  2t   1  0  t    H   ; ;  .
9  9 9 9

  26 11 2  1

 AH   ; ;   26;11; 2 .

9 9 9 9

Gọi K là hình chiếu của B lên đường thẳng d , khi đó

Ta có d  B;d   BK  BH nên khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi BK  BH , do đó đường thẳng d đi qua A

 x  3 y z 1
và có vectơ chỉ phương u  26;11;  2 có phương trình chính tắc: d :   .
26 11 2

Câu 15: 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 có

đường kính AB . Mặt phẳng  P vng góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình trịn tâm

H (giao của mặt cầu  S  và mặt phẳng  P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng  P : 2x  by  cz  d  0 với b , c ,

d   . Tính S  b  c  d .

12

A. S  18. B. S  11 . C. S  24 . D. S  14 .
Lời giải: Chọn A



Ta có AB  4; 4; 2  AB  6 suy ra mặt cầu  S  có tâm I 4;3; 4 và bán kính R  3 .
Đặt IH  x 0  x  3 .

Gọi r là bán kính đường trịn tâm H suy ra r  R2  x2  9  x2 .

Thể tích khối nón là V  1  r2.AH  1  .32  x2 .3  x .
3 3

1 1  6  3  3 3 32
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có V   6  2x 3  x3  x     V  .
6 6 3  3

Vậy thể tích khối nón lớn nhất bằng 32 khi 6  x  3  x  x  3  IH  3 .
3 2 2
 
Mặt phẳng  P vó vec tơ pháp tuyến n  2;b;c . Vì  P vng góc với đoạn AB nên ta có n cùng phương với

 2 b c b  2

AB      . Vậy  P : 2x  2 y  z  d  0 .

4 4 2 c  1

Mặt khác d  I; P  1  8  6  4  d  1  18  d  3  18  d  3  d  15 .
22  22 1 18  d  3 d  21

Mặt khác A và I nằm cùng phía với mặt phẳng  P nên ta có 9  d  18  d   0  d  18 .

d  9
Vậy d  21 suy ra S  b  c  d  2 1 21  18 .

Câu 16: Cho 2 mặt cầu  S1  : x  32   y  22   z  22  4 ,  S2  : x 12  y2   z 12  1. Gọi d là đường

thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu và cách gốc tọa độ O một


khoảng lớn nhất. Nếu u  a; 1; b là một vectơ chỉ phương của d thì tổng S  2a  3b bằng bao nhiêu?

A. S  2 . B. S  1. C. S  0 . D. S  4 .

Lời giải: Chọn A

 S1  có tâm I1 3; 2; 2 , bán kính R1  2 .

 S2  có tâm I2 1; 0; 1 , bán kính R2  1 .

5 2 4

Ta có: I1I2  3  R1  R2 , do đó  S1  và  S2  tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm A ; ;  .

3 3 3

Vì d tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm I1I2 nên d phải tiếp xúc với hai mặt cầu tại

A  d  I1I2 .

Mặt khác d  d O; d   OA  dmax  OA khi d  OA .
  
Khi đó, d có một vectơ chỉ phương là I1I2 , OA  6;  3;  6  u  2; 1; 2 .


Suy ra a  2 , b  2 .

Vậy S  2 .

13

Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A1; 2; 1 , B 2;0;1 , C 2; 2;3 . Đường thẳng 

qua trực tâm H của tam giác ABC và nằm trong mặt phẳng  ABC  cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một

góc   45 có một véctơ chỉ phương là u a;b; c với c là một số nguyên tố. Giá trị của biểu thức ab  bc  cao

bằng

A. 67 . B. 23. C. 33 . D. 37 .

Lời giải

Chọn A
 
Ta có AB  1; 2; 2 , AC  3;0; 4 .
  
 ABC  có véctơ pháp tuyến n   AB, AC   8;10;6  2  4; 5; 3
 

  ABC  : 4x  5y  3z 11  0 .



Do    ABC   u.n  0  4a  5b  3c  0 .

Ta có cos  a  2b  2c  3a  4c  5 a  2b  2c  3 3a  4c

3. a2  b 2 c2 5. a2  b 2 c2

5a 10b 10c  9a 12c 7a  5b  c  0
 
5a 10b 10c  9a 12c 2a  5b 11c  0

7a  5b  c  0 11a
TH1:   11a  2c  0  c   , do c là số nguyên tố nên chọn a  2 , c  11 , b  5
4a  5b  3c  0 2

 ab  bc  ca  10  55  22  67 .

2a  5b 11c  0 a
TH2:   2a 14c  0  c   , do c là số nguyên tố nên chọn a  14 , c  2 , b  10 (loại)
4a  5b  3c  0 7

do cos  a  2b  2c  30  1    45o . thẳng d : x 1  y 1  z  m và mặt cầu
3. a2  b 2 c2 3.10 3 3 1 1 2

Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho đường cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt E , F sao

 S  :  x 12   y 12   z  22  9 . Tìm m để đường thẳng d

cho độ dài đoạn EF lớn nhất

A. m  1. B. m  0 . C. m   1 . D. m  1 .

3 3

Lời giải: Chọn B

Mặt cầu  S  có tâm I 1;1; 2 và bán kính R  3 .

Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .

Ta có EF  2EH  2 R2  d  I, P2 . Suy ra EF lớn nhất khi d  I, P nhỏ nhất

Đường thẳng d qua A1; 1; m và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2 .
  
Ta có AI  0; 2; 2  m ,  AI , u    2  m; 2  m; 2 .
 
 
 Suy ra d  I , P   AI,u    2m2 12  2 .
u 11 4

Do đó d  I, P nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó EF  2EH  2 R2  d  I, P2  2 7 .

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A3; 2; 4 , B 5;3;2 , C 0; 4; 2 , đường thẳng d

cách đều ba điểm A , B , C có phương trình là

14

x  83  26t  x  116 
 x  4  26t  x  4  26t
5  1 
A.  y   22t . B.  y  2  22t . C.  y   22t . D.  y  2  38t .

3 9 6 9
4 z   27t z  27t z   27t
z   27t 4 4
3 


Lời giải: Chọn B

 1

Gọi I là trung điểm của AB suy ra I  4; ;1 và  P là mặt phẳng trung trực của đoạn AB .

 2


Mặt phẳng  P đi qua I và nhận AB  2;5; 6 làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là:

 1

2 x  4  5 y    6 z 1  0  4x 10 y 12z  9  0 .

 2

3 

Gọi J là trung điểm của AC suy ra J  ;1;3 và Q là mặt phẳng trung trực của đoạn AC

2 


Mặt phẳng Q đi qua J và nhận AC  3;6; 2 làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là:

 3

3 x    6 y 1  2 z  3  0  6x 12 y  4z  9  0 .Khi đó d   P  Q

 2

   26;22; 27 4x 10 y 12z  9  0
Ta có d có vectơ chỉ phương u   AB; AC   và đi qua M là nghiệm của hệ  ,
  6x 12 y  4z  9  0

9  9
ta chọn x  4 suy ra y  2 và z  . Vậy M  4; 2;  .
4  4


x  4  26t

Phương trình tham số của d là:  y  2  22t .
9
z   27t
4

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x 12   y  22   z  32  25 và hai điểm A3; 2;6 ,

B 0;1;0 . Mặt phẳng  P : ax  by  cz  2  0 chứa đường thẳng AB và cắt  S  theo giao tuyến là đường trịn có

bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức M  2a  b  c .

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

Lời giải: Chọn C


* Ta có:  P  n  a;b;c trong đó a;b;c không đồng thời bằng 0 . Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính

R 5.

3a  2b  6c  2  0 b  2
Do mặt phẳng  P chứa đường thẳng AB nên ta có:   1
b  2  0 a  2  2c

* Bán kính đường tròn giao tuyến là r  R  d trong đó d  d  I; P 22 c4 c2  8c 16
2 . Để bán
a2  b2  c2 5c  8c  8

c2  8c 16 1 24 2c  3
kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là d lớn nhất  2  . 2 lớn nhất
5c  8c  8 5 5 5c  8c  8

m 2 2c  3 lớn nhất.

5c  8c  8

Coi hàm số m  22c  3 là một phương trình ẩn c ta được 5mc2  24m 1 c  8m  3  0 ,

5c  8c  8

Phương trình có nghiệm c    24m2  23m 1  0   1  m  1  m lớn nhất  c  1.

24

 a  0  M  2a  b  c  1.

15

Câu 21: Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  tâm I 2;5;3 cắt đường thẳng d : x 1  y  z  2 tại hai điểm

21 2

phân biệt A , B với chu vi tam giác IAB bằng 10  2 7 . Phương trình nào sau đây là phương trình của mặt cầu

S?

A.  x  22   y  52   z  32  100 . B.  x  22   y  52   z  22  7 .

C.  x  22   y  52   z  32  25 . D.  x  22   y  52   z  32  28 .

Lời giải: Chọn C

Gọi R là bán kính của mặt cầu, H là trung điểm của AB .

Ta có IH  AB  IH  d  I; d  .
 
d qua M 1;0; 2 và có VTCP u  2;1;2 , IM  1;  5; 1 .
 
 u; IM    9; 0;  9  .
 
 
u, IM 


 IH    3 2
u

AB  2 AH  2 R2  IH 2  2 R2 18 , R  3 2 .

Chu vi ABC là IA  IB  AB  10  2 7  2R  2 R2 18  10  2 7

 R  R2 18  5  7  R  5  R2  25  R5 
R2 18   0  R  51 R2 18  0
7  7
 R5.

Mặt cầu  S  có tâm I 2;5;3 , bán kính R  5 .

Phương trình mặt cầu  S  là:  x  22   y  52   z  32  25 .

Chú ý: R R2 185 7  0 có f  R  1 R  0 với mọi R  3 2 nên phương trình có nghiệm duy

f R R2 18

nhất R  5 .

Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 2; 3 , A 2; 4; 4 và hai mặt phẳng  P : x  y  2z  1  0

, Q : x  2 y  z  4  0 . Đường thẳng  qua điểm M , cắt hai mặt phẳng  P , Q lần lượt tại B và C  a; b; c

sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. Tính T  a  b  c .

A. T  9 . B. T  3 . C. T  7 . D. T  5 .

Lời giải: Chọn C 

Gọi mặt phẳng đi qua M nhận AM  1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến nên:

 R : 1 x  1  2 y  2  1 z  3  0  x  2 y  z  8  0 .

Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng  R và  P .

Vectơ pháp tuyến của mp  P là: n  1; 1;  2
  
Ta có u   AM ,n    5; 3;  1
 

Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của  R và  P nên tọa độ M là nghiệm của hệ

x 2y  z 8 0 x  0
 
x  y  2z  1  0   y  3 nên M  0; 3; 2

 x  0  z  2
 

x  0  5t

Phương trình đường thẳng d :  y  3  3t

 z  2  t


Ta có B  d nên B   5t; 3  3t; 2  t 

16

xC  2.1  5t xC  2  5t
 
Mặt khác M là trung điểm của đoạn BC nên  yC  2.2  3  3 t   yC  1  3 t

z  2.3  2t z  4t
C  C

Mặt khác C Q nên 2  5t  2 1  3t   4  t   4  0  10t  0  t  0 .

Nên C 2;1; 4 nên T  a  b  c  7 .

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A2;1;0 , B 4; 4; 3 , C 2;3;2 và đường thẳng

d  : x 1  y 1  z 1 . Gọi   là mặt phẳng chứa d  sao cho A , B , C ở cùng phía đối với mặt phẳng   .

1 2 1

Gọi d1 , d2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến   . Tìm giá trị lớn nhất của T  d1  2d2  3d3 .

A. Tmax  2 21 . B. Tmax  6 14 .

C. Tmax  14  203  3 21 . D. Tmax  203 .
3

Lời giải: Chọn B

Ta có AB  3 6 ; AC  2 6 ; BC  6 .
Ta có T  d1  2d2  3d3  d1  d2  d2  d3  2d3 .

Gọi M là trung điểm AB , và N là trung điểm của BC ta có 2d  M ;   d1  d2 và 2d  N;   d2  d3 .
Gọi G là trọng tâm tam giác MNC . Khi đó ta có T  2d M ;   2d  N;   2d3  6d G;  .
Do đó T  6d G;   6d G;d  .

 5 3   7 5 

Ta có M 1; ;  ; N  3; ;  suy ra G 2;3; 2 .

 2 2  2 2


Gọi H 1 t;1 2t;1 t  là hình chiếu của G lên đường thẳng d  , ta có GH  t 1; 2t  2;3  t  .

 

GH.ud  0  t 1  22t  2  3  t   0  t  0 .

Vậy Tmax  6GH  6 21 2 3226 14 .

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x 12  y2   z  22  4 và đường thẳng

x  2t . Gọi T là tập tất cả các giá trị của m để d cắt S  tại hai điểm phân biệt A , B sao cho các tiếp

d :y t

 z  m 1  t


diện của S  tại A và B tạo với nhau góc lớn nhất có thể. Tính tổng các phần tử của tập hợp T .

A. 3 . B. 3 . C. 5 . D. 4 .

Lời giải: Chọn B

17

I (S)

d

A H B

M

Mặt cầu  S  có tâm I 1;0; 2 và bán kính R  2 .



Đường thẳng d đi qua điểm N 2;0; m 1 và có véc tơ chỉ phương u  1;1;1 .

 

Điều kiện để d cắt  S  tại hai điểm phân biệt là d  I;d   R    2 IN;u

u

 2m2  6m  6  2  3  21  m  3  21 .

3 2 2

Khi đó, tiếp diện của S  tại A và B vng góc với IA và IB nên góc giữa chúng là góc  IA; IB .

Ta có 0o   IA; IB  90o nên  IA; IBmax  90o  IA  IB .

Từ đó suy ra d  I;d   1 AB  2  2m2  6m  6  2  2m2  6m  0  m  0  (thỏa).
2 3 m  3

Vậy T  3;0 . Tổng các phần tử của tập hợp T bằng 3 .

Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A1; 2;1 , B3; 1; 1 và C 1; 1; 1 . Gọi S1  là mặt cầu có

tâm A , bán kính bằng 2 ; S2  và S3  là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B , C và bán kính bằng 1 . Hỏi có bao

nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu S1  , S2  , S3  .

A. 5 . B. 7 . C. 6 . D. 8 .

Lời giải: Chọn B

Gọi phương trình mặt phẳng  P tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là ax  by  cz  d  0 ( đk:

a2  b2  c2  0 ).
Khi đó ta có hệ điều kiện sau:

 a  2b  c  d  2222 
dA;P  2  a b c 2 2 2
a  2b  c  d  2 a  b  c
  d B; P  1   3a  b  c  d   1   3a  b  c  d  a2  b2  c2 .

  a2  b2  c2 
d C;P  1  a  b  c  d  a  b  c  d  a2  b2  c2
 1 

 a2  b2  c2

Khi đó ta có: 3a  b  c  d  a  b  c  d

3a  b  c  d  a  b  c  d a  0
  .
3a  b  c  d  a  b  c  d a  b  c  d  0

Với a  0 thì ta có

 2b  c  d  2 b2  c2  2b  c  d  2 b2  c2 c  d  0, b  0

 4b  c  d  0 
 c  d  4b, c  2 2b
 2b  c  d  2 b  c  d 
c  d  0

Do đó có 3 mặt phẳng thỏa bài toán.

18

Với a  b  c  d  0 thì ta có  3b  2 a2  b2  c2  3b  4 a  b  4 a
  3
 2a  a2  b2  c2  2a  a  b  c222 
 c  11 a
 3

Do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.

Câu 26: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 2; 3 và mặt phẳng  P : 2x  2y  z  9  0 .



Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u  3; 4; 4 cắt P tại B . Điểm M thay đổi trong P sao

cho M ln nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các

điểm sau?

A. H 2; 1; 3 . B. I 1; 2; 3 . C. K 3;0; 15 . D. J 3; 2;7  .

Lời giải: Chọn B



+ Đường thẳng d đi qua A1; 2; 3 và có vectơ chỉ phương u  3; 4; 4 có phương trình là

x  1  3t

y  2  4t .

 z  3  4t


+ Ta có: MB2  AB2  MA2 . Do đó  MBmax khi và chỉ khi  MAmin .

+ Gọi E là hình chiếu của A lên  P . Ta có: AM  AE .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  E . 

Khi đó  AM min  AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương.
+ Ta có: B d nên B1  3t; 2  4t; 3  4t mà B P suy ra:

2 1  3t  2 2  4t  3  4t  9  0  t  1  B2; 2; 1 .

 x  1  2t

+ Đường thẳng AE qua A1; 2; 3 , nhận nP  2; 2; 1 làm vectơ chỉ phương có phương trình là y  2  2t .

z  3  t

Suy ra E1  2t; 2  2t; 3  t .

Mặt khác, E P nên 2 1  2t  2 2  2t  3  t  9  0  t  2  E3; 2; 1 .



+ Do đó đường thẳng. MB . qua B2; 2; 1 , có vectơ chỉ phương BE  1;0; 2 nên có phương trình là

x  2  t

y  2 .

 z  1  2t


Thử các đáp án thấy điểm I 1; 2; 3 thỏa. Vậy chọn đáp án B.

19

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A5; 0; 0 và B3; 4; 0 . Với C là điểm nằm trên

trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H ln thuộc một đường trịn cố
định. Bán kính của đường trịn đó bằng

A. 5 . B. 3 . C. 5 . D. 3 .
4 2 2

Lời giải: Chọn A

z

C

H y
O B

K

E
Ax

Ta có C 0; 0;c . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi E   4; 2; 0 là trung điểm của AB . Ta có mặt phẳng

AB  OC

OCE vuông góc với AB (do  ) và là mặt phẳng cố định.
AB  CE
 
OK.AB  0
Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng Oxy nên  
BK.OA  0

x.2  y.4  0 x  3 3 

   3 . Tìm được K   3; ; 0  .
x  3  0 y  2 
2

Ta chứng minh được KH  CAB do  AB  OEC  HK  AB
 .
CA  BHK  HK  CA

 15 3
Suy ra KHE  90 . Suy ra H thuộc mặt cầu đường kính KE  1   và  d B,SCD  d H ,SCD
42 2

thuộc mặt phẳng OCE cố định. Vậy H ln thuộc một đường trịn cố định có bán kính R  5 .

4
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại C , A BC  60 , AB  3 2 , đường

thẳng AB có phương trình x  3  y  4  z  8 , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng  : x  z  1  0 . Biết
1 1 4

B là điểm có hồnh độ dương, gọi  a; b;c là tọa độ điểm C , giá trị của a  b  c bằng

A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 7 .

Lời giải: Chọn B

Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng  . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

x  3 y  4 z  8 x  1
  
1 1 4  y  2 . Vậy điểm A1; 2; 0 .

x  z  1  0  z  0


Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B3  t; 4  t;  8  4t .

Theo giả thiết thì t  3  0  t  3 .

20