Tổng hợp câu hỏi trắc nghiệm hay chương tọa độ không gian

Nhóm PI
Tổng hợp câu hỏi trắc nghiệm hay
môn Toán
Nguyễn Quang Hưng – Nguyễn Thành Tiến

Phần Hình học 12
Phương pháp tọa độ trong không gian

Năm 2017 – Tháng 5 – Ngày 10 – Thứ tư

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 1


Lời mở đầu
Đây là tài liệu đầu tiên do các thành viên NHÓM PI thực hiện .
Các bài tập được trích trong đây chủ yếu là những bài được lấy
trong các đề thi thử,bài giải được làm dưới cách chi tiết, nên có một
số chỗ dài hơn so với bình thường .
Nếu mọi người ai có góp ý gì về bài giải hay phát hiện sai sót nào
trong tài liệu thì xin đưa lên ý kiến trong group NHÓM PI .
Link group : />Dẫu đã cố gắng làm rất cẩn thận nhưng khó tranh khỏi sai sót, mong
các bạn thông cảm .
Cảm ơn các bạn đã đọc tài liệu .

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 2

Câu 1 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  qua M  2;3;5  và cắt các tia
Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho giá trị của OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân có
công bội bằng 3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  P  là :
A.

18
91

B.

24
91

C.

16
91

D.

32
91

Giải :
2 3 5
Theo giả thuyết ta có :  P  :    1 .
a b c

b  3a
2 1 5

32
Do a, b, c theo thứ tự là một cấp số nhân có công bội là 3  
.
  
1 a 
a a 9a
9
c  9 a
32
 d  I ;  P   
.
91
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 2 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho M 1; 2;3 , gọi

 P  : px  qy  rz  1  0  q, p, r  

là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại

A, B, C sao cho M là trọng tâm ABC . Tính T  p  q  r :
11
11
A. T  
B. T  18
C. T 
D. T  18
18
18
Giải :
Do  P  cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C  A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a.b.c  0 .
  P :

x y z
  1 .
a b c

 x A  xB  xc  3xM
a  3
11


Do M là trọng tâm ABC   y A  yB  yC  3 yG  b  6  T  
.
18
 z  z  z  3z
c  9

G
 A B C
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 3 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho M 1; 2;3 , gọi

 P  : px  qy  rz  1  0  q, p, r  

là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại

A, B, C sao cho M là trực tâm ABC . Tính T  p  q  r :
77
3
77
A. T 
B. T 

C. T  
3
7
3

D. T  

3
7

Giải :
Do  P  cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C  A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a.b.c  0 .
x y z
1 1 1
  P  :    1  véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là v  P    ; ;  .
a b c
a b c

Ta có OABC là một tứ diện vuông tại O có H là trực tâm ABC  AH  BC .
Mặc khác : OA  BC  OA   OBC   .
Vậy BC  OAH   BC  OH . Chứng minh tương tự ta có AB  OH .

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 3


 M   P 
 OH   ABC  . Vậy từ đó ta có : 
OM / / v P 


a  14

3
 b  7  T   .
7
 14
c 
3


----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

Câu 4 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a  3; b  2; a, b  1200 . Gọi 2 vecto







 



p  2a  b ; q  a  2b . Tính cos p, q .
1

4 39

A.

B.





1
39



C.

1
2 39

D.

1
3 39

Giải :
2

2

Ta có : p.q  2a  b a  2b  2 a  3ab  2 b  2.32  3.3.2.cos1200  2.22  1
2

2

2

p  4 a  4ab  b  4.32  4.3.2.cos1200  22  48 .
2

2

2

q  a  4ab  4 b  32  4.3.2.cos1200  4.22  13 .

 

 cos p, q 

p.q
p q



1
A.
4 39

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 5 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm và mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 .

Biết M , N là 2 điểm đối xứng nhau qua mặt phẳng  P  , M  mặt cầu  C  : x 2   y  4   z 2  5 . Hỏi
2

N thuộc mặt cầu nào dưới đây :
8
40
24
45
y z
0
A. x 2  y 2  z 2  x 
7
7
7
7
8
40
24
45
y z
0
B. x 2  y 2  z 2  x 
7
7
7
7
8
40
24
45

y z
0
C. x 2  y 2  z 2  x 
7
7
7
7
8
40
24
45
y z
0
D. x 2  y 2  z 2  x 
7
7
7
7
Giải :
Gọi I là tâm của mặt cầu  C   I  0; 4;0  .
 4 20 12 
Gọi I ' đối xứng I qua  P   I '  ;  ;  .
7 7
7
Theo yêu cầu bài toán ta có :
 4 20 12 
M   C  có tâm I  0; 4;0  và bán kính R  5  N   S  có tâm I '  ;  ;  bán kính R  5
7 7
7
.

8
40
24
45
  S  : x2  y 2  z 2  x 
y z
0 .
7
7
7
7
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 4


Câu

6

:

Trong

không

gian

với

 P  : x  y  z  1  0, A 1;1;1 , B  0;1; 2  ,

hệ

trục

C  2;0;1

độ

tọa

Oxyz , cho mặt
M  a; b; c    P  sao

và

phẳng
cho

S  2MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất . Khi đó giá trị của T  3a  2b  c là :
25
25
25
25
A. T 
B. T 
C. T  
D. T  
4

2
4
2
2

2

2

Giải :
 3 5
Gọi I là điểm thỏa 2 IA  IB  IC  0  I  0; ;  .
 4 4



 

 
 2MI  2 IA  IB  IC   4MI
2

2

Ta có : S  2MA2  MB 2  MC 2  2 MI  IA  MI  IB  MI  IC
 4MI 2  2 IA2  IB 2  IC 2

2



2

 2IA2  IB 2  IC 2 .

Do 2IA2  IB2  IC 2  const nên Smin  MI min  M là hình chiếu của I trên  P  .

25
 3 3 1
.
 M  ; ;   T  
4
 2 4 4
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 7 : Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 2 điểm A 1;0; 2  , B  3;1; 1 và mặt phẳng

 P  : x  y  z 1  0

. Gọi điểm M  xo ; yo ; zo    P  sao cho 3MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất . Tính

A  9 xo  3 yo  6 zo .
A. 2

C. 3
Giải.
Gọi I là điểm thỏa 3IA  2IB  0  I  3, 2,8  .
B. 1



 

D. 4



Ta có 3MA  2 MB  3 IA  IM  2 IB  IM  3IA  2 IB  IM  IM  IM .
Vì I cố định, M   P  nên 3MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất  IM đạt giá trị nhỏ nhất.

 M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  .
Gọi  d  là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng  P   vtcp a d   vtpt n P   1,1,1 .
  d  : x  3  t , y  2  t , z  8  t .

 11 8 22 
M  d    P  M 
, ,  A3 .
 3 3 3 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 8 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  7  0 và ba điểm

A 1; 2; 1 , B  3;1; 2 , C 1; 2;1 . Điểm M  a; b; c    P  sao cho MA2  MB2  MC 2 đạt giá trị lớn

nhất. Khi đó tổng A  a  b  c bằng bao nhiêu ?
20
14
A. A 
B. A 
9
9

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

C. A  

20
9

D. A  

14
9

Page 5


Giải:
 MA   a  1   b  2    c  1

2
2
2

Ta có:  MB 2   a  3   b  1   c  2  .

2
2
2
MC 2   a  1   b  2    c  1


2

2

2

2

 MA2  MB 2  MC 2   a 2  6a  b 2  6b  c 2  26  44   a  3   b  3  c 2  .


2

2

2
2
Vậy  MA2  MB 2  MC 2 max   a  3   b  3  c 2   MI min với I  3; 3;0  .

 min
Mà I  3; 3;0  cố định nên MI min  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  .

Gọi  d  là đường thẳng qua I  3; 3;0  và vuông góc với mặt phẳng  P  , ta có:

x  3  t
 d  :  y  3  2t .
 z  2t


Vì M   d   M  3  t ; 3  2t; 2t  .

M   P    3  t   2  3  2t   2  2t   7  0  t 

4
 23 35 8 
M ;
; .
9
 9 9 9 

20
.
9
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 9 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;0  , B 0;1;1 , C 1;0;1  . Tìm
 abc 

2

hợp tất cả các điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho MA.MB  MC  2 .
A. Một đường thẳng
B. Một đường tròn
C. Một đường elip
D. Không xác định được
Giải:
AB   1;0;1  AB  2 .
Gọi I là trung điểm của AB  I  ;1;  cố định và IC 2  .
2
2 2
1





3

1







Ta có: MA.MB  IA  IM . IB  IM   IA2  IM . IA  IB  IM 2  

AB 2
1
 IM 2    IM 2 .
4
2

5
2
3
1
3


Gọi J là trung điểm của IC  J  ; ;  cố dịnh và MJ là đường trung tuyến của MIC .
4 2 4
2

Vậy MA.MB  MC  2  MI 2  MC 2  .

5
IC 2
3
7
14
 MI 2  MC 2  2MJ 2 
 2 JM 2   JM 2   JM 
 const .
2
2
4
8
4
14
Mà J cố định nên M di động trên mặt cầu  S  tâm J với bán kính R 
.
4


Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 6


Mặt phẳng Oxz có phương trình y  0  d  J ,  Oxz   
tròn  C  .

1
14

 R   S    Oxz  là một đường
2
4

Vậy M di động trên đường tròn  C  .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 10 : Trong không gian Oxyz cho hai điểm A  2t; 2t ;0  , B  0;0; t  ,  t  0  . Cho điểm P di động
thỏa: OP. AP  OP.BP  AP.BP  3 . Tìm giá trị t sao cho OPmax  3 .
3
4
2
B. t 
C. t 
A. t 
4
3
3

D. t 

3
2

Giải:
OP. AP  OP.BP  AP.BP  3  OP. OP  OA  OP. OP  OB  OP  OA . OP  OB  3 .
2











 





 3OP  2OP. OA  OB  3 . (Vì OA.OB  0 )
 3OP  2OP.OI  3 (với I là điểm thứ tư của hình bình hành AOBI  I  2t ; 2t; t  ).
2

2
2
 4t 4t 2t 
 3OP  3OP.OJ  3 (với J thỏa OJ  OI  J  ; ;  .
3
3 3 3
2











 OP  OP.OJ  1  OP. OP  OJ  1  OP.JP  1  MP  MO . MP  MJ  1 (với M là
 2t 2t t 
trung điểm của OJ  M  ; ;  .
 3 3 3
 MP 2  MO.MJ  1  MP 2  MO 2  1  MP 2  1  MO 2  1  t 2  MP  1  t 2 .

Vậy P di động trên mặt cầu  S  tâm M với bán kính R  1  t 2 .
Nên OPmax  P  OM   S  và OM , OP cùng hướng.
2

2

2

 2t   2t   t 
Khi đó OPmax  OM  R           1  t 2  t  1  t 2 .
 3   3  3
t  3
t  3

2
2
OPmax  3  t  1  t  3  1  t  3  t  

 4 .
2
2
1  t  9  6t  t
t  3

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 11 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 và đường
x 1 y  5 z
.Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với


2
2
1
đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách lớn nhất .
A. u   4; 5; 2 
B. u  1;0;2
C. u   3;4; 4
D. u   2;2; 1

thẳng d :

Giải :
Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với d và qua M .
Gọi H là hình chiếu của A trên  P  . Gọi N là hình chiếu của H trên d .
 AN     ( định lí 3 đường vuông góc )  d  A;      AN .

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 7

Ta có : AN  AM . Dấu "  " xảy ra khi N  M   là đường thẳng qua M và   MH .
Tính toán ta có : u   4; 5; 2  .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 12 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 và đường
x 1 y  5 z
.Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với


2
2
1
đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách bé nhất .
A. u   2;1;6
B. u  1;0;2
C. u   3;4; 4
D. u   2;2; 1

thẳng d :

Giải :
Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với d và qua M .
Gọi H là hình chiếu của A trên  P  . Gọi N là hình chiếu của H trên d .
 AN     ( định lí 3 đường vuông góc )  d  A;      AN .
Ta có : AN  AH . Dấu "  " xảy ra khi N  H   là đường thẳng qua M , H .

Tính toán ta có : u  1;0;2 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 13 : Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho điểm A 1; 2; 3 và cắt mặt phẳng

 P  : 2 x  2 y  z  9  0 . Đường thẳng đi qua A và có véctơ chỉ phương u  3;4; 4 cắt  P  tại B

. Điểm M thay đổi trong  P  sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 900 . Khi độ dài MB
lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau :
A. J  3; 2;7 
B. H  2; 1;3
C. K  3;0;15 

D. I  1; 2;3

Giải :
Gọi H là hình chiếu A trên  P   AH   P   AH  MB .
Vì M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 900 nên AM  MB .
Vậy MB   AHM   MB  HM .

 M chạy tung tăng trên đường tròn đường kính MH  M  B  .
Vậy MBmax khi M  H .
 x  2  t

Tính toán ta có được :  MB  :  y  2  MB qua I  1; 2;3 .
 z  1  2t

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x 3 y 2 z 5


Câu 14 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng  d1  :
2
2
5
x2 y4 z4



và  d 2  :
. Gọi    là đường phân giác trong của góc tù tạo bởi hai đường
1
4
4
thẳng  d1  ,  d 2  .    có phương trình là:

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 8


x  1 t

B.    :  y  2t
z  t


 x  1  5t

A.    :  y  6t
 z  9t


x  1 t

C.    :  y  2t
z  t


 x  1  5t

D.    :  y  6t
 z  9t


Giải:
x 3 y 2
 2  2
x  y  1
x  1

 y 2 z 5


Xét hệ: 

 5 y  2 z  0   y  0 . Ta nhận thấy
5
 2
y  z  0
z  0


y4 z4

 4
4

Vậy A 1;0;0   d1    d 2  .

 d1  có

 A 1;0;0    d1 
.

 A 1;0;0    d 2 

vtcp a1   2;2;5 ,  d 2  có vtcp a2  1;4;4 .













Ta có: a1.a2  30  0  a1; a2  900  a1; a2 là góc nhọn  a1 ; a2 là góc tù.
Gọi B là điểm thỏa AB  a1  B  3;2;5   d1  .
C là điểm thỏa AC  a2  C  0; 4; 4   d2  .

 d1  ,  d2  .

Vậy BAC là góc tù tạo bởi hai đường thẳng

Do đó    chính là đường phân giác trong của BAC .
Ta có: AB  a1  33, AC  a2  33  AB  AC  ABC cân tại A .
    cũng là đường trung tuyến từ A của ABC .
 

vtcp a  

1
3
A 1;0;0  , M  ; 1; 
2
2
1
1
 AM   ; 1;  .
2
2

đi

qua

là

trung

điểm

của

BC    

có

x  1 t
   có a   1; 2;1 và qua A 1;0;0      :  y  2t  B .
z  t

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 15 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1; 2; 1 , B  0; 4;0  và mặt phẳng

 P  : 2 x  y  2 z  2015  0
với  P  . Tính cos  .
A.

1
9

. Gọi  là góc nhỏ nhất giữa mặt phẳng  Q  đi qua 2 điểm A, B và tạo

B.

1
6

2
3
Giải :
C.

D.

1
3

Theo cách hình học :

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 9


Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  P  , d là
giao tuyến của  P  ,  Q  , I là giao điểm của AB và mặt
phẳng  P  , J là hình chiếu của H trên d .

 Góc của 2 mặt phẳng
AH
.
AJ
 Góc của AB và

 P  , Q

là góc AJH với

sin AJH 

sin AIH 

AH

AI

mặt phẳng

 P

là góc AIH với

.

Dễ dàng chứng minh được d   AJH   IJ  AJ  AIJ vuông tại J .

 AJ  AI  sin AJH  sin AIH .
Dấu "  " xảy ra khi d  IH .
Vậy min  P ;  Q    AIH là góc giữa AB và mặt phẳng  P  .


Cách đại số :
vtcp u AB   1; 2;1


Ta có : vtpt nQ    a; b; c   u AB .nQ   0  a  c  2b .


 AB   Q 
vtpt n P    2; 1; 2  .
Ta có cos  là góc của  P  ,  Q   cos  

 cos 2  

2a  b  2c
9 a 2  b2  c 2



b
2a 2  4ab  5b 2

b2
.
2a 2  4ab  5b 2

Xét b  0  cos   0
Xét b  0  cos 2  

1
a

t   .
2t  4t  5 
b
2

Tính toán ta có được : 0  cos 2  



1
1
 .

2t  4t  5 3
2

1
1
 cos  
3
3

1
.
3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 16 : Cho M 1, 2,3 , A  a, 0, 0  , B  0, b, 0  , C  0, 0, c  trong đó a,b,c là các số dương. Tìm mặt
Nói tóm lại max cos  

phẳng  P  đi qua A, B, C, M sao cho VOABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 10


A.
B.

 P  : 6 x  3 y  2 z  18  0
 P  : 6x  3 y  2z  9  0

B.  P  : 6 x  3 y  2 z  0
D.  P  : 6 x  3 y  2 z  36  0
Giải.

x y z
   1.
a b c
1 2 3
Vì M   ABC      1 .
a b c
1 2 3
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số , , không âm, ta có:
a b c
1 2 3
1.2.3
27.6
abc
1     33
1
 abc  162 
 27  VOABC  27 .
a b c
a.b.c
abc
6
1 2 3 1
Đẳng thức xảy ra      a  3, b  6, c  9 .
a b c 3
x y z
  ABC  :    1   ABC  : 6 x  3 y  2 z  18  0 .
3 6 9
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Ptmp qua A, B, C có dạng:

Câu 17 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với

a, b, c  0 sao cho OA  OB  OC  AB  BC  CA  1  2 . Tìm giá trị lớn nhất của VO. ABC .
1
1
1
1
A. max VO. ABC 
B. max VO. ABC 
C. max VO. ABC 
D. max VO. ABC 
54
162
486
108
Giải :
1
Ta có : VO. ABC  abc .
6
Theo gia thuyết ta có : OA  OB  OC  AB  BC  CA  a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 .
Theo nhà toán học Cauchy ta có :
 a  b  c  3 3 abc .


a 2  b2  b2  c 2  c 2  a 2  2





ab  bc  ca  3 2. 3 abc .



 OA  OB  OC  AB  BC  CA  1  2  3 1  2



3

abc .

1
1
1
1
 VO. ABC  abc 
. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
3
6
162
3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 18 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có
 a, b  0
A  a;0;0  , B  a;0;0  , , C  0; 1;0  , B '  a;0; b  với 
. Khoảng cách lớn nhất giữa 2 đường
a  b  4
thẳng B ' C và AC ' là:
2
A. 1

B. 2
C. 2
D.
2
Giải.
Gọi I là đối xứng của C qua O .
 3 abc 

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 11


 AI / / BC / / B ' C '
 AIB ' C ' là
Ta có: AIBC là hình bình hành  
 AI  BC  B ' C '
hình bình hành.
 AC '/ / B ' I   B ' CI  .
 d  B ' C , AC '  d  AC ',  B ' CI    d  A,  B ' CI   .

Mà A, B đối xứng với nhau qua O nên d  A,  B ' CI    d  B,  B ' CI  
.
Ta có CI   OBB '   B ' CI    OBB ' .
Vẽ đường cao BJ của tam giác vuông OBB '
 BJ  OB '   B ' CI    OBB '

 BJ   B ' CI   BJ  d  B,  B ' CI   .

BJ là đường cao của tam giác vuông OBB ' , ta có:

1
2
 a  b
BO.BB '
ab
ab
BJ 


 4
 2 .
2
2
2
2
1
1
2
2
BO  BB '
a b
a  b
a  b
2
2
Đẳng thức xảy ra  a  b  2 .
Vậy MaxBJ  2  Maxd  B ' C , AC '   2 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 19 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 Pm  : 3mx  5

1  m 2 y  4mz  20  0 với m   1;0    0;1 luôn cắt mặt phẳng  Oxz  theo giao tuyến

là đường thẳng  m . Khi m thay đổi thì các giao tuyến  m có kết quả nào sau đây :
A. Cắt nhau
B. Song song
C. Chéo nhau
D. Trùng nhau

Giải :


 Pm    Oxz    m 3mx  5

1  m 2 y  4mz  20  0

 y  0
  m : 3mx  4mz  20  0 với  m trong mặt phẳng  Oxz  .

Gọi m : 3m1x  4m1z  20  0, m : 3m2 x  4m2 z  20  0 là hai đường thẳng với
1

2

m1 , m2   1;0    0;1 bất kì và m1  m2 .

   

3m1 4m2 20



 m / / m .
1
2
3m2 4m2 20
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ta có :

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 12


1 3 
Câu 20 : Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ;
;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8. Đường
2
2


thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt A, B . Tính diện tích lớn
nhất S của tam giác OAB :
A. S  7 .
B. S  4 .
C. S  2 7 .
D. S  2 2 .
Giải :
Mặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R  2 2 .

Ta có : OM  1  R  M thuộc miền trong của mặt cầu  S  .
Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác
OAB .
Gọi x  OH  0  x  OM  1  HA  R 2  OH 2  8  x 2 .
1
 SOAB  OH . AB  OH .HA  x 8  x 2 .
2

Xét : f ( x)  x 8  x 2 với x   0;1 .
x2

 f '  x   8  x2 

 SOAB



8  2 x2

8  x2
8  x2
 max f  x   f 1  7 .

 0 với x   0;1 .

 0;1

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 21 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 P  :  m2  m  1 x  2  m2  1 y  2  m  2  z

 m 2  m  1  0 luôn chứa đường thẳng  cố định khi

m thay đổi. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến  .
1
2
4
A. d O,     
B. d O,     
C. d O,     
3
3
3

D. d O,     

5
3

Giải:
Ta có: m  m  1 x  2 m  1 y  2  m  2  z  m 2  m  1  0 m 



2





2



  x  2 y  1 m2   x  2 z  1 m   x  2 y  4 z  1  0 m  .
 x  2 y  1  0 1
x  2 y 1  0


  x  2z  1  0  2
 x  2z 1  0

2 x  4 z  2  0 3  1
  

 x  2 y  4 z  1  0  3
x  2 y 1  0
x  2 y 1  0
x  2 y 1  0

 x  2z 1  0  

x  2z 1  0
y  z  0
x  2z 1  0


Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 13

x  2 y 1  0
 x  2t  1


Đặt z  t , ta có:  y  t  0
.
  y  t
z  t
z  t


 x  2t  1

Vậy  P  luôn chứa đường thẳng cố định    :  y  t
có vtcp a   2; 1;1 và qua điểm
z  t


A  1;0;0  .

 a; OA
2
1


Ta có  a; OA   0; 1; 1  d O,     
.



6
3
a
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x  4m  3 y  2m  3 z  8m  7 
 3 1  


m  1; ;   và A 1;1;1 .
Câu 22 : Cho đường thẳng d m :

2m  1
m 1
4m  3 
4 2 

Biết d m luôn nằm trong một mặt phẳng  P  cố định khi m thay đổi. Tính d  A ;  P   .
A.

115
55

B.

110
55

C.

105

55

D.

115
60

Giải :
Đường thẳng d m đi qua A  4m  3; 2m  3;8m  7  và có VTCP u   2m  1; m  1;4m  3 .


 3 1  
Giả sử d m    : ax  by  cz  d  0  m  1; ;   . Khi đó ta có :
4 2 



a  2m  1  b  m  1  c  4m  3  0
 2a  b  4c  m  a  b  3c  0
 A   





a  4m  3  b  2m  3  c 8m  7   0 
 4a  2b  8c  m  3a  3b  7c  d  0

udm .n   0 
2a  b  4c  0

b  10a
a  b  3c  0


 c  3a .
Để hệ có nghiệm đúng với mọi m thì : 
4a  2b  8c  0

d  6a
3a  3b  7c  d  0
b  10

Ta chọn : a  1  c  3 .
d  6



 3 1  
Vậy d m    : x  10 y  3z  6  0  m  1; ;   .
4 2 


Cách 2 : đơn gian phù hợp trắc nghiệm.
Ta chọn 2 số m thỏa yêu cầu bài toán  có đường thẳng d  viết được mp    xong bài .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Oxyz cho
Câu
23:
Trong
không
gian

với
hệ
trục
tọa
độ
mặt
cầu

 S  :  x  m   y  2m
2

2

 z 2  5m2  4m 1  0 . Biết khi m thay đổi thì  S  luôn giao với mặt phẳng  P 

cố định với giao tuyến là một đường tròn  C  cố định . Tính bán kính của đường tròn đó

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 14


B. R 

A. R  1

S  : x

2

4
5

C. R 

 y  z  1  2m  x  2 y  2   0 .
2

2
5

D. R 

1
5

Giải :

2

 Với mọi m thì mặt cầu  S  luôn giao với mặt phẳng  P  : x  2 y  2  0
 S ' : x 2  y 2  z 2  1
 S    P  
  C    S '   P  .
 P  : x  2 y  2  0

Gọi I  0;0;0  là tâm mặt cầu  S '  d  I ;  P   

 R     d  I ;  P  

2
.
5

1
.
5
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 24 : Trong không gian cho 2 điểm phân biệt A, B cố định . Tập hợp các điểm M trong không
m
m
3
gian là mặt cầu cố định bán kính R  AB . Khi đó thỏa mãn MA.MB  AB 2  m, n   ,
là
n
2
n
 RC  

2

S'

2



phân số tối giản. Tính P   m  2n  mn  .
A. 49
B. 64
2

C. 36
D. 81
Giải :
Chọn hệ trục Oxyz sao cho A, B  Ox và O  0;0;0  là trung điểm AB . Khi đó ta có :


 A  a;0;0 
MA   a  xM ;  yM ;  zM 
a

0

AB

2
a
.
Gọi
.
;
;
M
x
y
z



 M M M  


MB


a

x
;

y
;

z
 B  a;0;0 



M
M
M

4m 2
a
Ta có : MA.MB 
n
4m 2
 xM2  a 2  yM2  zM2 
a
n
2.

  4m  
2
2
2
  0  xM    0  yM    0  zM    
 1a 
  n
 

 4m 
 1a .
Do vế phải là 1 hằng số  M thuộc tập hợp điểm đường tròn tâm O có R  
 n


m 2
3
 4m 
 1a  AB  3a   .

n 1
2
 n

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x 1 y  1 z  2


;
Câu 25 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng  d1  :
2

1
3
x3 y 2 z 4
x2 y z
x  4 y 1 z  2


;  d3  :
  ;  d4  :


. Gọi    là đường thẳng cắt
 d2  :
2
1
3
7
1 1
1
5
2
cả 4 đường thẳng đã cho . Biết véctơ chỉ phương của    là u     a; b;1 . Tính T  3a  7b .
Ta có

A. T  5

B. T  5

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

C. T  4

D. T  4
Page 15


Ta có : vtcp ud1   2;1;3 và  d1 

Giải :
qua M 1; 1; 2  , vtcp ud2   2;1;3 và  d 2  qua N  3; 2; 4  .

Ta thấy ud1  ud2 và M  d 2   d1  / /  d 2  .

Gọi  P  là mặt phẳng chứa d1 , d2  vtpt nP  [MN , ud1 ]   7;16; 10  và  P  qua điểm M 1; 1; 2  .
  P  : 7 x  16 y  10 z  29  0 .

x  7 y  2  0
x2 y z
 


 y  z  0
 E  5;1;1 .
Gọi E   d3    P    7
1 1
7 x  16 y  10 z  29  0
7 x  16 y  10 z  29  0

5 x  y  21  0
 x  4 y 1 z  2





 2 y  5 z  8  0
 F  5; 4;0  .
Gọi F   d 4    P    1
5
2
7 x  16 y  10 z  29  0
7 x  16 y  10 z  29  0


 EF  10; 5; 1  EF không song song d1 , d2 .
Do      d1  ,  d 2        P  . Mà      d3  ,  d 4      qua E , F  u     10;5;1  T  5 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 26 : Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c  với a, b, c  0 . Giả sử
a, b, c thay đổi nhưng luôn thỏa a 2  b2  c 2  k 2 với k cho trước thì ABC có diện tích lớn nhất là :

A. S max 

k2
2 3

B. S max 

k2
3

C. S max 

k2
2

D. S max 

k2
2 2

Giải:
1
1
1
OA2 .OB 2
a 2 .b 2
2


OI


Gọi I là hình chiếu của O trên AB  2 
.
OI
OA2 OB 2
OA2  OB 2 a 2  b 2
OAI vuông tại

O  IC 2  OI 2  OC 2 

a 2 .b 2

a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2
a 2b2  b2 c 2  c 2 a 2
2

c


OI

.
a 2  b2
a 2  b2
a 2  b2

OAB vuông tại O  AB 2  a 2  b2  AB  a 2  b2 .
1
1 2 2
S ABC  AB.IC 
a b  b 2c 2  c 2 a 2 .
2
2
2
2
2
Ta có: a  b  c  k 2  a 4  b4  c 4  2a 2b2  2b2c 2  2c 2a 2  k 4 .
k 4   a 4  b4  c4 
2 2
2 2
2 2
 a b b c c a 

2
2
k 4   a 4  b4  c 4  k 4
a 2  b2  c 2 

k4
4
4
4

Mà a  b  c 
nên
.

2
3
3
3
1 k2
k4
k2
2 2
2 2
2 2
 S ABC  .

Vậy a b  b c  c a 
.
3
2 3 2 3

k
Đẳng thức xảy ra  a  b  c 
.
3
Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 16


---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 27 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 . Có bao
nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng

AB, BC, CA .
A. 1
Gọi mặt cầu

  : z  y  z  0

B. 2

S 

C. 3
Giải.
có tâm I là mặt cầu tiếp xúc 3 cạnh

và tiếp xúc với 3 dường thẳng
D. 4

AB, BC, CA .

 d  I , AB   d  I , BC   d  I , CA .

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABC  .

M , P, C lần lượt là hình chiếu của của H trên AB, BC, CA .
Ta có:
vuông).

IHM  IHN  IHP (cạnh huyền_cạnh góc

 HM  HN  HP  H là điểm thuộc mặt phẳng  ABC 
và cách đều 3 cạnh AB, BC, CA .
 H có thể là tâm đường tròn nội tiếp hay một trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ABC .
Mà IH   ABC  nên tập hợp điểm I là những đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp hay một
trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC   Có 4 đường
thẳng như thế.
Ta có A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1  PTMP  ABC  : x  y  z  1  0   ABC  / /   .
Vậy tồn tại 4 giao điểm của tập hợp điểm I nêu trên và mặt phẳng   .
4 giao điểm đó chính là 4 tâm mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán  Có 4 mặt cầu thỏa ycbt.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 28 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu

 S1  : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  z  0 và  S2  : x2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 và
A 1;0;0  , B  0; 2;0 , C  0;0;3 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa giao tuyến của  S1  ,  S2 
nhiêu mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AB, BC, CA .
A. Không có mặt cầu

B. 1

C. 4

ba

điểm

. Hỏi có bao

D. Vô số mặt cầu

Bài tập tương tự, bạn đọc tự làm :)))))
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
Câu 29 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  :  x  2   y 2   z  1  11

 S2  :  x  1   y  3   z  1  17 và hai điểm A  3;0;0  , B  0; 4;0  . Gọi  P  là mặt phẳng
chứa giao tuyến của  S1  ,  S2  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường
và

2

2

thẳng AO, OB, BA .
A. Không có mặt cầu

2

B. 1

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

C. 4

D. Vô số mặt cầu
Page 17


 S1  có tâm I1  2;0;1

Giải :
và bán kính R1  11 .

2
2
2
 x  2 2  y 2   z  12  11

 x  2   y   z  1  11 1
Ta có hệ: 

  .
2
2
2
x

y

0
2



x

1

y

3

z

1

17


 
  
 2 chính là phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  0 .

Vậy hệ   chính là tương giao giữa mặt cầu  S1  và mặt phẳng  Q 

d  I1;  Q  

2

 2  11  R1 .
12  12
Vậy  Q  cắt  S1  với giao tuyến là một đường tròn  C  chính là giao tuyến của  S1  ,  S2  .
  P    Q  : x  y  0 . Mà  OAB  : z  0   P    OAB  .

Tập hợp tâm của những mặt cầu tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA là bốn đường thẳng

d1 , d 2 , d3 , d 4 vuông góc mặt phẳng  OAB  và qua tâm đường tròn tiếp hoặc ba tâm đường tròn bàng
tiếp của OAB .
Vậy một trong bốn đường trên có thể song song hay chứa trong  P  .
Gọi      P    OAB      : x  y  0 với ptđt    trong mặt phẳng  Oxy  .
Trong mặt phẳng Oxy , ta có    : x  y  0 là đường phân giác ngoài của góc O của OAB .
Vậy    đi qua hai tâm bàng tiếp góc A, B .
Vậy hai trong bốn đường d1 , d 2 , d3 , d 4 chứa trong  P   có vô số tâm mặt cầu có tâm thuộc  P  và
tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu
30 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu

 S1  :  x  2  y 2   z  1  17 và  S2  :  x  1   y  3   z  1  11 và hai điểm
A  3;0;0  , B  0; 4;0  . Gọi  P  là mặt phẳng chứa giao tuyến của  S1  ,  S2  . Hỏi có bao nhiêu mặt
cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA .
2

2

A. Không có mặt cầu

 S1 

2

B. 1

2

C. 4

2

D. Vô số mặt cầu

Giải :
có tâm I1  2;0;1 và bán kính R1  17 .

2
2
2
 x  2 2  y 2   z  12  17

 x  2   y   z  1  17 1

Ta có hệ: 
  .
2
2
2
x

y

2
2
 
 x  1   y  3   z  1  11 

 2 chính là phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  2  0 .

Vậy hệ   chính là tương giao giữa mặt cầu  S1  và mặt phẳng  Q 

d  I1;  Q   

2  2
12  12

 2 2  17  R1 .

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 18


Vậy  Q  cắt  S1  với giao tuyến là một đường tròn  C  chính là giao tuyến của  S1  ,  S2  .
  P    Q  : x  y  2  0 . Mà  OAB  : z  0   P    OAB  .

Tập hợp tâm của những mặt cầu tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA là bốn đường thẳng

d1 , d 2 , d3 , d 4 vuông góc mặt phẳng  OAB  và qua tâm đường tròn tiếp hoặc ba tâm đường tròn bàng
tiếp của OAB .
Vậy một trong bốn đường trên có thể song song hay chứa trong  P  .
Gọi      P    OAB      : x  y  2  0 với ptđt    trong mặt phẳng  Oxy  .
Trong mặt phẳng  Oxy  , gọi  d  : x  y  0,  d ' : x  y  0 lần lượt là đường phân giác trong, phân
giác ngoài tại đỉnh A của OAB .
Ta có    / /  d '     không đi qua tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B .
Gọi I       d   I 1,1 .
Ta có  OA : y  0,  OB  : x  0, 4 x  3 y  12  0 .

Ta xét thấy d  I , OA   d I ,OB  d I ,AB   1 I cách đều ba cạnh ABC  I có thể là tâm mặt
cầu nội tiếp hay tâm bàng tiếp góc O của OAB .
Vậy một trong bốn đường d1 , d 2 , d3 , d 4 chứa trong  P   có vô số tâm mặt cầu có tâm thuộc  P  và
tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 31 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  có phương trình

x 2  y 2  z 2  50 z  0 1 và mặt cong  P  có phương trình

x2 y 2

 2 z  2  . Biết  S    P  có giao
25 16

tuyến là đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó .
A. 20
B. 45
C. 15
D. 25
Giải :
25 2
y thay vào 1 ta có :
Từ  2   50 z  x 2 
16
 3 y  4 z  0  
9 2
y  z2  0  
. Kết hợp với 1 thì ta có được 2 mặt phẳng giao với 1 mặt cầu.
16
3 y  4 z  0   

1

có tâm là I  0;0; 25  và bán kính R  25 .

Ta có :











d  I ;     20  R     1 là một đường tròn có R   R 2  d  I ;  



d  I ;      20  R      1 là một đường tròn có R   R 2  d  I ;  

2

2

 15 .
 15 .

Vậy R   R    15 .

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 19


---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu
32
:Trong
không
gian
với
hệ
trục
,cho
các
Oxyz
điểm A 1;0;0  , B  2;0;3 , M  0;0;1 , N  0,3,1 ,mặt phẳng

 P

đi qua các điểm M , N sao

d  B;  P    2d  A;  P   ,có bao nhiêu mp thỏa mãn đề bài.

A. 1

B. 2

C. vô số
D. không có mặt phẳng nào .

Giải :
Ta có 4 điểm A, B, M , N là 4 điểm đồng phẳng , MN không song song AB .
Gọi I   P   AB ( do AB không song song  P  )
Trường hợp 1 :
I nằm ngoài AB , mà d  B;  P    2d  A;  P   AI  AB ( ta-let)  I  4;0; 3
Trường hợp 2 :
I nằm trong đoạn AB , mà d  B;  P    2d  A;  P   IB  2 IB ( ta-let)  I  0;0;1 .
  P  luôn đi qua 1 trong 2 điểm cố định trên.
Do M , N , A, B, I đồng phẳng nên I  MN  I , M , N thẳng hàng
 có vô số mặt phẳng ( trường hợp 2 ) .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 33 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A  2;5; 3 , B  2;1;1 , C  2;0;1 và mặt phẳng

  : 3x  4 y  5z  1  0 . Gọi điểm D  xD ; yD ; zD   yD  0  thuộc   sao cho có vô số mặt phẳng
 P  qua C, D thỏa khoảng cách từ A đến  P  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  P  . Tính
P  xD  yD  zD .
A. P  2

B. P  1

C. P  1

D. P  2 .

Giải :

Theo đề bài ta có d  A,  P    3d  B,  B    AB không song song với  P  .
AI d  A,  P  

 3  AI  3BI .
Xét AB   P  , ta có  I   AB   P  

BI d  A,  B  
 AI  3BI
 I  4; 1;3


  P  đi qua một trong hai điểm cố định
 I  1; 2;0 
 AI  3BI
I  4; 1;3 hay I  1; 2;0  .
Nếu AB   P    P  đi qua hai điểm cố định trên.
Vậy để có d  A,  P    3d  B,  B   thì  P  đi qua I  4; 1;3 hay I  1; 2;0  .
Theo để bài, thì có vô số mặt phẳng  P  qua C, D thỏa
d  A,  P    3d  B,  B   .

 I , C , D thẳng hàng. Nói cách khác D  IC .
Với I  4; 1;3 , ta có IC :  x  2  6t; y  t; z  1  2t  D  2  6t; t;1  2t  .
Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 20


Mà D     t  1  D  4; 1;3 loại vì yD  1  0 .
Với I  1; 2;0  , ta có IC :  x  2  3t; y  2t; z  1  t  D  2  3t ; 2t ;1  t  .
Mà D     t  2  D  4; 4; 1 nhận vì yD  4  0  P  1 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 34 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;1 với

a, b  0 và a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
A. R 

6

3

B. R  6

C. R 

6
2

D. R 

6
4

Giải :
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
a b 1
 a 1 a 1 
Từ cách dụng hình ta có : I  ; ;  , mà b  1  a  I  ;
; 
 2 2 2
 2 2 2
a2  1  a  1
a2 a 1
6
1
1 1 1
 OI 




  
. Dấu "  " xảy ra khi a   I  ; ;  .

4  2  4
2 2 2
4
2
4 4 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2

Câu 35 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,  a, b, c  0 
thỏa  a   b   c  k  k  , k  const  ,  2   2   2  0 . Khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC luôn thuộc 1 mặt phẳng cố định. Tìm phương trình mặt phẳng đó .
k
A.  P  :  x   y   z  k  0
C.  P  :  x   y   z   0
2
k
B.  P  :  x   y   z   0
D.  P  :  x   y   z  k  0
2
Giải :
a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I  ; ;  ( bằng cách dựng hình ta dễ dàng tìm
 2 2 2
được )
a  b   c k
  xI   y I   z I 
 .

2
2
Vậy tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC luôn di động trên mặt phẳng cố định
k
 P : x   y   z   0 .
2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 36 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  đi qua điểm A  2; 2;5 và tiếp
xúc với 3 mặt phẳng   : x  1  0;    : y  1  0;   : z  1  0 . Tính bán kính mặt cầu đó .
A.

33

B. 1

Gọi tâm mặt cầu  S  là I  xI ; yI ; zI  .

C. 3 2

D. 3

Giải :

Ta có B 1; 1;1 là tọa độ giao điểm của 3 mặt phẳng .
Do 3 mặt phẳng   ;    ;   đôi một cắt nhau  3 mặt phẳng này chia không gian làm 8 phần

 Tâm I và điểm A cùng thuộc 1 phần .
Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 21

 xA  1
 xI  1


Do  y A  1   yI  1
z  1
z  1
 A
 I


 xI   y I
 xI  1  y I  1  z I  1


  xI  z I

2
2
2
 xI  1   xI  2    yI  2    zI  5 

2
2
2
 xI  1   xI  2     xI  2    xI  5 
 xI   y I
 xI  4



  xI  z I
  yI  4  I  4; 4; 4   IA  3 .
 2
z  4
 I
 xI  8 xI  16  0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 37 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6  , D  6;0; 6  .
Gọi  là đường thẳng qua D sao cho tổng khoảng cách từ A, B, C đến  đạt giá trị lớn nhất . Vậy
 đi qua điểm M nào sau đây :
A. M  8;3; 4 
B. M  8;3; 3
C. M  4; 3; 7 
D. M  4; 3; 6 
Giải :
x y z
Phương trình mặt phẳng qua A, B, C có dạng:    1 .
3 2 6
Ta nhận thấy điểm D   ABC  .
Gọi A ', B ', C ' là hình chiếu của A, B, C trên  , ta có: ADA ' vuông tại A '  AA '  AD  const .
Đẳng thức xảy ra    AD .
 BB '  BD  const
.
Lập luận tương tự ta có: 
CC '  CD  const
  BD
Đẳng thức xảy ra  
  CD
Vậy AA ' BB ' CC '  DA  DB  DC  const .
  AD


Đẳng thức xảy ra    BD     ABCD  .
  CD

 vtcp a  vtpt n ABCD 

 x  6  2t

  2,3,1   :  y  3t
t 
 z  6  t




Qua M  4; 3; 7  .

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 38 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x2   y  4   z 2  5 . Tìm tọa độ
2

điểm A thuộc tia Oy . Biết rằng ba mặt phẳng phân biệt qua A và đôi một vuông góc cắt mặt cầu theo
thiết diện là ba hình tròn có tổng diện tích là 11 .
A 0; 2; 0
A 0; 0; 0
A 0; 6; 0
A 0; 2; 0
A.
B.
C.
D.

A 0; 6; 0
A 0; 8; 0
A 0; 0; 0
A 0; 8; 0

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 22


Giải:
Gọi ba mặt phẳng phân biệt qua A và đôi một vuông góc lần lượt là
 Atm  ,  Amp  ,  Apt  .
Mặt cầu  S  cắt  Atm  ,  Amp  ,  Apt  theo ba hình tròn  C1  ,  C2  ,  C3  có
bán kính R1 , R2 , R3 .
Mặt cầu  S  có tâm I  0; 4;0  và bán kính R  5 .
Gọi B, C , D lần lượt là hình chiếu của I trên  Atm  ,  Amp  ,  Apt  .

 B, C , D lần lượt là tâm của  C1  ,  C2  ,  C3  .
Ta có: R12  R 2  IB 2 ,

R22  R 2  IC 2 ,

 C1  ,  C2  ,  C3  là:

Tổng diện tích ba hình tròn





R32  R 2  ID2 .





 R12   R22   R32   R12  R22  R32   3R 2  IB 2  IC 2  ID 2 







  15  IB 2  IC 2  ID 2   11 .



 IB2  IC 2  ID2  4  IA2  4  IA  2 1 .
Vì A thuộc tia Oy nên A  0; a;0  a  0  .

 a  2  A  0; 2;0 
2
IA  2   a  4   4  

.
 a  6  A  0;6;0 
Ta chứng minh IB 2  IC 2  ID 2  IA2 .
Gọi A ' là hình chiếu của I trên Ap , chứng minh được IDA ' C là hình chữ nhật.

 IA '2  IC 2  ID 2 .

 IA '  AB
.
Đồng thời ta cũng chứng minh được ABIA ' là hình chữ nhật   2
2
2
 AB  IB  IA
Vậy ta đã chứng minh xong IB 2  IC 2  ID 2  IA2 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x 1 y  2 z 1


Câu 39 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng  :
và mặt
1
1
1
2
2
2
cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Tìm điểm M   kẻ được 3 đường thẳng tiếp xúc với  S 

1
lần lượt tại A, B, C sao cho ABC và AMB  CMA  600 .
2
 M  1; 2;1
 M 1; 2;1
 M  1; 2;1




A.   1 2 7 
B.   1 2 7 
C.   1 2 7 
M ; ;
M ; ;
M ; ;
  3 3 3 
  3 3 3 
  3 3 3 

 M  1; 2;1

D.   1 2 7 
M  ; ;
  3 3 3 

Giải :
Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 23


Gọi I là tâm của  S  .
Vì MA, MB, MC là tiếp tuyến nên MA  IA, MB  IB, MC  IC .
 MAI , MBI , MCI là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MI .
Ta có : IA  IB  IC  R S   MAI  MBI  MCI  MA  MB  MC .

 M  trục đường tròn ngoại tiếp ABC và A, B, C   C    M , MA   S  với  M , MA là mặt cầu
tâm M , bán kính MA .

Gọi J là trung điểm của AC  J là tâm dường tròn ngoại tiếp ABC .
IA  IB  IC  R  I  trục đường tròn ngoại tiếp ABC .
 M , J , I thẳng hàng  MI , AC đồng phẳng.
Xét trong mặt phẳng  AICM  , gọi đường tròn  C '   S    AICM  có tâm I , ta có:

1
MA, MC là tiếp tuyến của  C '  IMA  CMA  600 .
2
IA
2R

IM


0

sin 60
3
IAM vuông tại A có IMA  600  
.
 AM  IA.cot 600  R

3
R
MAI vuông tại A có AJ là đường cao  AJ   RC  .
2

AMB cân tại M có AMB  600  AMB đều  AB  AM 

R

.
3

B  C 

Vì 
 tồn tại hai điểm B thỏa AMB  600 .
R
 R  2 RC 
 AB 
3

2R
sẽ thỏa yêu cầu đề bài .
Vậy với IM 
3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 40 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 và

 Q  : 2 x  y  z  1  0 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành đồng thời  S  cắt mặt phẳng
 P  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và  S  cắt mặt phẳng  Q  theo
giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu
 S  thỏa mãn yêu cầu.
A. r 

1
2

B. r 

2

2

C. r 

3
2

D. r 

4
2

Giải:
Gọi I  a;0;0  và R  0 lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu  S  .
d  I ,  P   

a 1

và d  I,  Q   
6

2a  1

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

6

.

Page 24






Ta có: 



  a  12
2
2
 4  R2

d  I ,  P    22  R 2
2a  1   a  1

 6


 r2  4  0
2
2
2
2
6
  2a  1
d  I ,  Q    r  R

 r 2  R2

6




2

 a 2  2a  2r 2  8  0 1 .

1 là phương trình bậc hai với a là ẩn số và r là tham số.
Để có đúng một mặt cầu  S  thỏa mãn yêu cầu thì có đúng một tâm I  a;0;0  .
Khi đó 1 có một nghiệm duy nhất:  '1  0  1   2r 2  8   0  r 2 

9
3
r
 r  0 .
2
2

3
thỏa yêu cầu bài toán.
2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 41 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho
A  0; y A ; z A  , B  0; yB ; zB  , C  1;0;0  , D 1;0;0  trong đó y A ; yB ; z A ; zB thay đổi thỏa

Vậy r 

y A2  z A2  yB2  zB2  3 . Biết rằng AC , BD luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định bán kính R . Xác
định bán kính mặt cầu đó .
2
3
5
1
A. R 
B. R 
C. R 
D. R 
2
2
2
2
Giải :
Ta có :
 xA  xB  0  A, B thuộc mặt phẳng  yOz  .


 0  0   0  yA    0  zA 
2

2

2

  0  0    0  yB    0  z B   3
2

2

2

 A, B thuộc mặt cầu tâm O ,bán kính R  3 .
Từ 2 điều trên ta có : A, B thuộc đường tròn tâm O , bán kính R  3 .


OA  OB  3
.

CD

AB
do
CD

yOz






Ta thấy : OAC  OBD  c.g.c  .
 Đường cao hạ từ đỉnh O của 2 tam giác của bằng nhau .

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của O trên AC , BD  OH  OK 

3
 const .

2

3
A .
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Vậy AC , BD luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R 

Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI

Page 25