VẬN DỤNG CAO OXYZ

Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh

VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO
OXYZ
Sưu tầm: Trần Hoài Thanh –THPT Khúc Thừa Dụ, Ninh Giang, Hải Dương.
FB:

/>CASIO TRẮC NGHIỆM

/>
HỌC CASIO FREE TẠI:

/>
Group: THỦ THUẬT CASIO THPT

/>
Câu 1.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2; –1; 6), B(  1; 2; 4) và I(–1; –3; 2).

Phương trình mă ̣t phẳ ng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ I đế n (P) lớn nhấ t là
A. 3x  7y  6z  35  0

B. 3x  7y  6z  35  0

C. 3x  7y  6z  35  0

D. 3x  7y  6z  35  0
Hướng dẫn giải

Đáp án: B

Ta có IA  32  22  42  29 và

IB  02  52  22  29 . Go ̣i M là trung
điể m của đoa ̣n thẳ ng AB, vì IA=IB nên IM 

1 1
2 2




AB, ta có M  ; ;5  ; IM 

94
.
2

Go ̣i H là hình chiế u vuông góc của I lên mă ̣t
phẳ ng (P):
Nế u H, M là hai điể m phân biê ̣t thì tam giác IHM
vuông ta ̣i H, IH
94
.
2


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
94

94
. Vâ ̣y ta có IH 
, IH lớn nhấ t khi H  M.
2
2
3 7 
Khi đó (P) có vectơ pháp tuyế n là n P  IH  IM   ; ;3  . Vâ ̣y phương triǹ h mă ̣t phẳ ng (P) là
2 2 
3
7
 x  2    y  1  3  z  6   0 hay 3x  7y  6z  35  0
2
2
Nế u H trùng với M thì IH  IM 

Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; 2); B ( 5; 4; 4) và mặt phẳng
2
2
(P ) : 2x  y  z  6  0. Nếu M thay đổi thuộc (P ) thì giá trị nhỏ nhất của MA  MB là

A. 60

B. 50

C.

200
3

D.

2968
25

Hướng dẫn giải
Đáp án: A

AB 2
AB 2
2
 2d (I ;(P )) 
 60 với I là trung điểm của A B .
Ta có MA  MB  2MI 
2
2
Câu 3.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt
2

2

2

phẳng (P): 2x + y – z + 6 =0. Tọa độ điểm M nằm trên (P) saocho MA2 + MB2 nhỏ nhất là:
A. (–1;3;2)

B. (2;1;–11)

C.(–1;1;5)

D. (1;–1;7)

Hướng dẫn giải
Đáp án: C
+ Kiểm tra phương án A không thuộc (P).
+ Tính trực tiếp MA2 + MB2 trong 3 phương án B,C,D và so sánh.

Phương trình nào sau đây không phải là phương trình hình chiếu vuông góc của

Câu 4.

 x  1  2t

đường thẳng d:  y  2  3t , t  R trên mặt phẳng (Oxy) :
z  3  t


 x  3  2t '

A.  y  1  3t ' , t '  R
z  0


 x  1  2t '
 x  5  2t '
 x  1  4t '



B.  y  2  6t ', t '  R C.  y  2  3t ', t '  R D.  y  4  3t ', t '  R

z  0
z  0
z  0



Hướng dẫn giải

Đáp án: C



A(1;–2;3) , B(3;1;4) thuộc d. Hình chiếu của A ,B trên mặt phẳng (Oxy) là A/(1;–2;0) ,

B/(3;1;0)


Phương trình hình chiếu đi qua A/ hoặc B / và nhận véc tơ cùng phương với

A/ B /   2;3;0  làm véc tơ chỉ phương .


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1, 0, 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 .

Câu 5.

Mặt cầu S có tâm I nằm trên mặt phẳng  P  , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác
OIA bằng 6  2 . Phương trình mặt cầu S là:
A.  x  2    y  2    z  1  9 hoặc

 x  2    y  2    z  1  9.
2
2
2
2
2
2
 x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9
2
2
2
2
2
2
 x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  2    y  2    z  1  9
2
2
2
2
2
2
 x  2    y  2    z  1  9 hoặc  x  1   y  2    z  2   9
2

B.
C.
D.

2

2

2

2

2

Hướng dẫn giải
Đáp án: D

Gọi I  x, y, z  là tâm của S.
Khi đó I   P  , IO  IA, IO  IA  AO  6  2 nên ta suy ra hệ

  x  12  y 2   z  12  x 2  y 2  z 2
 x  z  1  0



2
2
2
  x2  y 2  z 2  9
2 x  y  z  2  6  2
x  y  z  3  0

x  y  z  3  0



Giải hệ ta tìm được I  2, 2,1 hoặc I  1, 2, 2 
Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

d :

S : x 2  y2  z 2  4x  6y  m  0

và đường thẳng

x y 1 z 1


. Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho độ dài MN bằng 8.
2
1
2

A. m  24

B. m  8

C. m  16

D. m  12

Hướng dẫn giải
Đáp án: D
(S) có tâm I  2;3;0  và bán kính R 

 2 

2

 32  02  m  13  m  m  13

Gọi H là trung điểm M, N  MH  4
Đường thẳng (d) qua A  0;1; 1 và có vectơ chỉ phương u   2;1; 2   d  I;d  

 u, AI 


3
u

Suy ra R  MH 2  d 2  I;d   42  32  5
Ta có

13  m  5  13  m  25  m  12

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

d:

x 1 y z  2
 
và điểm A(2;5;3)
2
1
2

. Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) là lớn nhất có phương trình


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
A. x  4 y  z  3  0

B. x  4 y  z  3  0 C. x  4 y  z  3  0 D. x  4 y  z  3  0
Hướng dẫn giải

Đáp án: D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Khi đó H 1
Ta có AH

ud (với AH

Suy ra AH

2t

1; t

5;2t

1 , ud

2t; t;2

2t .

2;1;2 ) Nên AH .ud

t

0

1

1; 4;1 , H 3;1; 4

Mặt phẳng (P) chứa d và khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi (P) đi qua H 3;1; 4 và nhận vectơ

AH

1; 4;1 làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng (P) là :

1. x

4. y

3

x

4

0

x

4y

z

3

0

Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng

Câu 8.
d:

1. z

1

y

1
1

2
1

d có phương trình

z
và điểm A(1; 4; 2). Gọi (P) là mặt phẳng chứa d. Khoảng cách lớn nhất dmax
2

từ A đến (P) là :
A. dmax

5

210
3

B. dmax

C. dmax

6 5

D. dmax

2 5

Hướng dẫn giải
Đáp án: B
Từ A kẻ một đường thẳng vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d tại H nên d(A;d)
Từ A kẻ một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại K nên d(A;(P))

AK
Trong tam giác AKH vuông tại K thì AH
Do đó để khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi d(A;(P))
Ta có M (1; 2; 0)

d , AM

AM , u
dmax

Câu 9.

d (A; d)
u

d(A; d)

AH

AK .

AH .

(0; 6; 2) , vectơ chỉ phương của d là u

( 1;1;2) .

210
.
3

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;2;0  , B  1;1;4  và

C  3; 2;1 . Mặt cầu  S  tâm I đi qua A, B, C và độ dài OI  5 (biết tâm I có hoành độ nguyên,

O là gốc tọa độ). Bán kính mặt cầu  S  là
A. R  1

B. R  3

C. R  4
Hướng dẫn giải

Đáp án: B
Phương trình Bmặt cầu (S) có dạng: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu (S) nên ta có hệ:

D. R  5


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
 A  ( S ) 4b  d  4  0


 B  ( S )  2a  2b  8c  d  18  0
C  ( S ) 6a  4b  2c  d  14  0


OI  5  OI 2  5  a 2  b2  c 2  5
Suy ra a  1; b  0; c  2; d  4  R  3

Câu 10.
và B

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng qua hai điểm A 2;0;1

2;0;5 đồng thời hợp với mặt phẳng Oxz một góc 450 . Khoảng cách từ O tới   là:

3
2

A. .

B.

1
2

3
.
2

C. .

D.

2
.
2

Hướng dẫn giải
Đáp án:

Gọi K ; H lần lượt là hình chiếu vuông góc điểm

O lên đường thẳng AB và mặt phẳng

O

.
K

Ta có: A, B   Oxz 

     Oxz   AB

H

OH     HK  AB


OK  AB
OK  AB

 



450





  Oxz  ,    KH , OK  OKH
Suy ra tam giác OHK vuông cân tại H
Khi đó: d  O,     OH 

OK
.
2

Mặt khác: OK  d  O, AB  

OA  AB
AB



3
.
2

Khi đó: d  O,     OH 

Câu 11.

OK 3
 .
2 2
Cho hình chóp O.ABC có OA=a , OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau . Điểm

M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC) , (OCA), (OAB) là
1,2,3 . Khi tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối
chóp O.ABC là

Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
A. 18
C. 6
toán

B. 27
D. Không tồn tại a,b,c thỏa yêu cầu bài
Hướng dẫn giải

Đáp án: B
.Chọn hệ trục tọa độ thỏa O(0,0,0) , A(a,0,0), B(0,b,0) , C(0,0,c)
Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC) , (OCA), (OAB) là
1,2,3 nên tọa độ điểm M là (1,2,3)

x y z
  1
a b c
1 2 3
Vì M thuộc mặt phẳng (ABC) nên    1
a b c
1
.VOABC= abc
6
.Phương trình mặt phẳng (ABC) là

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 
Câu 12.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm

phẳng (P) có phương trình:

A, B

1 2 3
1 1 1
1
   3 3 . .  abc  27
a b c
a b c
6

và tạo với mặt phẳng

A1;2; 1, B 0;4;0 

2 x  y  2 z  2017  0 . Phương trình mặt phẳng  Q 

đi qua hai điểm

 P  một góc nhỏ nhất có phương trình là

Q : x  y  z  4  0 .
C.  Q  : 2 x  y  3z  4  0 .

Q : x  y  z  4  0 .
D.  Q  : 2 x  y  z  4  0 .

A.

B.

Hướng dẫn giải
Đáp án: B
Nhận xét:

00   ( P),(Q)   900 , nên góc  ( P),(Q)  nhỏ nhất khi cos  ( P),(Q)  lớn nhất.

 Q  : ax  b( y  4)  cz  0; A  (Q)  a  2b  c
Ta có

cos  ( P),(Q)  

2a  b  2c



b

3 a 2  b2  c2
a 2  b2  c2
0
Nếu b  0  cos  ( P),(Q)   0   ( P),(Q)   90
1
1
1


Nếu b  0  cos  ( P ),(Q)  
.

2
2
3
c
c
c
 
 


2   4   5
2   1  3
b
b
b 
Dấu bằng xảy ra khi b = –c; a = – c, nên phương trình mp(Q) là: x  y  z  4  0 .

và mặt


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x  2y  z  5  0 và đường

Câu 13.
thẳng d :

x  1 y  1 z 3
. Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng



2
1
1

(Q) một góc nhỏ nhất là:

 

 

A. P : y  z  4  0

 

B. P : x  z  4  0

 

C. P : x  y  z  4  0 D. P : y  z  4  0

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
PT mặt phẳng (P) có dạng: ax  by  cz  d  0 (a2  b2  c2  0) . Gọi a  (( P),(Q)) .

 M  ( P) c  a  b

 N  ( P)
d  7a  4b
3
a b

 (P): ax  by  (2a  b)z  7a  4b  0  cos 
.
6 5a2  4ab  2b2
Chọn hai điểm M (1; 1;3), N(1;0;4)  d . Ta có: 

TH1: Nếu a = 0 thì cos 

3

.

6
TH2: Nếu a  0 thì cos 

3
6

Xét hàm số f ( x) 

b
2b2

.



3
 a  300 .
2

1

b
a

 b
b
5  4  2 
a
 a

2

. Đặt x 

b
và f ( x)  cos2 
a

9 x2  2x  1
.
.
6 5  4x  2x2

Dựa vào BBT, ta thấy min f ( x)  0  cos  0  a  900  300
Do đó chỉ có trường hợp 1 thoả mãn, tức a = 0. Khi đó chọn b  1, c  1, d  4 .
Vậy: (P): y  z  4  0 .

Câu 14.

x  3 t

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y  2  t . Viết phương trình mặt

 z  2t

phẳng () chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất.
A. 3x  y  2 z  7  0 .

B. 3x  y  2 z  7  0 .

C. 3x  y  2 z  7  0 .

D. 3x  y  2 z  7  0 .
Hướng dẫn giải

Đáp án: D


Giả sử (β) : Ax  By  Cz  D  0 (đk : A  B  C  0 ), (β) có vtpt là n  ( A; B; C )
2

2

2


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh

 A ( )

3 A  2 B  D  0  D   A  2C 2



B  A  C 2
 n . a  0  A  B  C 2  0 

d  (β)  



 

A

cos((  ),(Oyz ))  cos( n , i ) =

A2  ( A  C 2) 2  C 2



TH 1 : A = 0 (không thoả đb hoặc (  ),(Oyz ) không nhỏ nhất)



TH 2 : A ≠ 0 , ta có :

1

cos((  ),(Oyz )) =

C
C
1  (1 
2) 2  ( ) 2
A
A

1

=

=

C
C
6
12
(
3) 2  2.
2  ( )2 
A
A
3
9

1
(

C
6 2 12
3
) 
A
3
9

(  ),(Oyz ) nhỏ nhất  cos((  ),(Oyz )) lớn nhất  (

 A  1 (choïn)


nên
2
C  
3


C
6 2
C
6
3
) nhỏ nhất 
3
0
A
3
A

3

1

 B  3

D   7

3

Vậy : (β) : 3x  y  2 z  7  0

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm M 1;1; 2

Câu 15.
1:

x

2
1

y
1

z

1
1

; 2:

x
2

y

1

z

1

6
. Lấy trên
1

1 điểm N và trên

và hai đường thẳng

2 điểm P sao cho M,N,P

thẳng hàng. Toạ độ trung điểm của NP là:
A. I 1;1; 3

C. I 0; 2; 3

B. I 1;1; 2

D. I 2; 0; 7

Hướng dẫn giải
Đáp án: B
. Lập phương trình mặt phẳng M; 1 : x

y

0 từ đó P

2

. Lập phương trình mặt phẳng M; 2 :2x 3y

z

3

2

0 từ đó N

M; 1 tìm được P 2; 0; 7
1

M;

2

tìm được N 0; 2; 3

Tìm được I 1;1; 2

Câu 16.
m

: 3mx

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các phương trình mặt phẳng
m2y

5 1

4mz

20

0, m

1;1 .

Xét các mệnh đề sau:
(I) Với mọi m

1;1 thì các mặt phẳng

m

luôn tiếp xúc với một mặt cầu không đổi.

Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
(II) Với mọi m
(III) d O;

0 thì các mặt phẳng
5, m

m

luôn cắt mặt phẳng (Oxz).

m

1;1 .

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Chỉ (I) và (II)
B. Chỉ (I) và (III)
C. Chỉ (II) và (III)
Hướng dẫn giải
Đáp án: A
+ Ta có d O;

20
m

9m

2

Do đó với mọi m thay đổi trên

R

20
m

25 1

2

16m

2

1;1 thì các mặt phẳng

25
m

4 , với mọi m

D. Cả 3 đều đúng.

1;1 .

luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán kính

4 . Khẳng đinh (I) đúng.

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
(Oxz) là j
m

là n

m

3m;5 1

m 2 ; 4m và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

0;1; 0 .

cắt (Oxz) khi và chỉ khi n; j

0

m

0 . Khẳng đinh (II) đúng.

+ Khẳng đinh (III) sai.

Câu 17.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: 1 :

x  2 y 1 z 1



,
1
2
3

x  t

 2 :  y  2  t và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  5  0
 z  1  2t

Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với hai đường thẳng 1 ,  2 và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến

2 365
.
5
A. x  5 y  3z  4  0; x  5 y  3z  10  0
là đường tròn (C) có chu vi bằng

B. x  5 y  3z  10  0

C. x  5 y  3z  3  511  0; x  5 y  3z  3  511  0
D. x  5 y  3z  4  0
Hướng dẫn giải
Đáp án: B
+ 1 qua M1 (2; 1;1) và có vectơ chỉ phương u1  (1; 2; 3) .

 2 qua M 2 (0; 2;1) và có vectơ chỉ phương u2  (1; 1; 2) .
+ Mặt phẳng () song song với 1 ,  2 nên có vectơ pháp tuyến: u1 , u2   (1; 5; 3)

 Phương trình mặt phẳng () có dạng: x  5 y  3z  D  0
+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1;3) và bán kính R  4 .


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
2 365
365
r
5
5
D 3
 D  4
35
35
Khi đó: d  I , ( )   R 2  r 2 



5
5
35
 D  10
+ Phương trình mặt phẳng ( ) : x  5 y  3z  4  0 (1) hay x  5 y  3z  10  0 (2) .
Vì 1 / /( ),  2 / /( ) nên M1 và M2 không thuộc ( )  loại (1).
Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2 r 

Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: x  5 y  3z  10  0 .

Câu 18.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A 1, 2, 0  , B  3, 1, 2  ,

C  2, 1,1 , D  0, 2, 1 . Có bao nhiêu mặt phẳng cách đều năm điểm O, A, B, C, D.
A. 4

B. 5

C. 6

D. 7

Hướng dẫn giải
Đáp án: B
.Chứng minh được ABCD là hình bình hành và OABCD là hình chóp tứ giác.
.Vậy có 5 mặt phẳng thỏa bài toán.

Câu 19.

Cho hai điểm M 1; 2;3 , A  2; 4; 4  và hai mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0,

 Q  : x  2 y  z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng

 qua M cắt  P  ,  Q  lần lượt tại B, C sao

cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM là đường trung tuyến.

x 1 y  2 z  3



1
1
1
x 1 y  2 z  3


C.  :
1
1
1

x 1 y  2 z  3


2
1
1
x 1 y  2 z  3


D.  :
1
1
1

A.  :

B.  :

Hướng dẫn giải

Đáp án: D

Gọi B  a; b; c  , từ giả thiết suy ra M là trung điểm của BC , suy ra C  2  a; 4  b;6  c  .

B   P  , C   Q  nên có hai pt: a  b  2c  1  0 1 ;  a  2b  c  8  0

 2.

AM  1; 2; 1 , BC  2  2a;4  2b;6  2c  .
Tam giác ABC cân tại A nên: AM .BC  0  a  2b  c  8  0

 3 .

a  b  2c  1  0
a  0


Từ 1 ,  2  và  3 có hệ:  a  2b  c  8  0  b  3  B  0;3; 2  , C  2;1; 4  .
a  2b  c  8  0
c  2


x 1 y  2 z  3


Đường thẳng  qua B và C có pt  :
.
1
1
1

Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
x  2  t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : y  1  2t t 
z  3t




Câu 20.











 hai



điểm A 2; 0; 3 và B 2; 2; 3 . Biết điểm M x 0 ; y 0 ; z 0 thuộc  thì MA4  MB 4 nhỏ nhất .Tìm

x0

A. x 0  0

B. x 0  1

D. x 0  3

C. x 0  2
Hướng dẫn giải

Đáp án: C

x  2

t1 
Phương trình đường thẳng AB là : y  t1
z  3  3t
1




 . Dễ thấy đường thẳng  và AB cắt nhau tại điểm




suy
ra
AB
và

đồng

IA  0;1; 3  , IB  0; 1; 3   IA  IB  IA  IB  AB .

I 2; 1; 0



1
MA2  MB 2
Ta có : MA  MB 
2
4

4



2

2

.

2
11
1
1
  MA  MB   AB 4  IA  IB
22

8
8








Do đó MA4  MB 4 nhỏ nhất khi M trùng với điểm I 2; 1; 0

Câu 21.

phẳng



Lại



có

4

.



Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A  2;3; 2  , B  6; 1; 2  , C  1; 4;3 ,

D 1;6; 5  . Gọi M là một điểm nằm trên đường thẳng CD sao cho tam giác MAB có chu vi bé nhất.
Khi đó toạ độ điểm M là:
A. M  0;1; 1

B. M  2;11; 9 

C. M  3;16; 13

D. M  1; 4;3

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
Tam giác MAB có độ dài cạnh AB  4 3 không đổi, do đó chu vi bé nhất khi và chỉ khi MA  MB bé
nhất.

AB   4; 4; 4  ; CD   2;10; 8 . Vì AB.CD  0 nên AB  CD , suy ra điểm M cần tìm là hình
chiếu vuông góc của A, cũng là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng CD. Từ đó tìm ra điểm

M  0;1; 1 .

Câu 22.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 và hai điểm

A(1; 3;0), B  5; 1; 2  . M là một điểm trên mặt phẳng ( P) . Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là:


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh

A. T  2 5.

B. T  2 6.

C. T 

4 6
.
2

D. T 

2 3
.
3

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
Ta có: A, B nằm khác phía so với (P). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P). Suy ra B '(1; 3;4) .

T  MA  MB  MA  MB '  AB '  2 5. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng.

Câu 23.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai

điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho MA  MB đạt
giá trị lớn nhất.
A. M(-2;-3;3) .

B. M(-2;-3;2) .
C. M(-2;-3;6) .
Hướng dẫn giải

D. M(-2;-3;0) .

Đáp án: C

Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P  .
Gọi B '  x; y; z  là điểm đối xứng với B  5; 1; 2 
Suy ra B '  1; 3; 4 
Lại có MA  MB  MA  MB '  AB '  const
Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ' thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB '
với mặt phẳng  P 

x  1 t

AB ' có phương trình  y  3
 z  2t

x  1 t
t  3
 y  3
 x  2



Tọa độ M  x; y; z  là nghiệm của hệ 
 z  2t
 y  3

 x  y  z  1  0
 z  6
Vậy điểm M  2; 3;6 

Câu 24.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;5;0  , B  3;3;6  và đường

 x  1  2t

thẳng  có phương trình tham số  y  1  t  t 
 z  2t


 . Một điểm

M thay đổi trên đường thẳng  ,

xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm
M là:


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
A. M 1;0; 2 

B. M  2; 4;3

C. M  3; 2; 2 

D. M 1; 4;3

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P  AB  AM  BM
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM  BM nhỏ nhất.
Điểm M   nên M  1  2t;1  t;2t  ; AM  BM  (3t ) 2  (2 5) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2









Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét hai vectơ u  3t;2 5 và v  3t  6;2 5 .

| u |
Ta có 
| v |


 3t 

2



 2 5

 3t  6 

2



2



 2 5







 AM  BM | u |  | v | và u  v  6;4 5 | u  v | 2 29
2

Mặt khác, ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 

3t
2 5

 t 1
3t  6 2 5

 M 1;0;2  và min  AM  BM   2 29 . Vậy khi M 1;0;2  thì min P  2

Câu 25.



11  29



Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1;2;3).Tìm cặp vecto chỉ phương của mặt (P) đi qua

A và khoảng cách từ O đến (P) là lớn nhất.
u1  (3;0;1)

A. 

u2  (1;1; 1)

u1  (3;0;1)

B. 

u2  (0; 1; 2)

u1  (3;0;1)

C. 

u2  (1;0; 1)

u1  (3;0;1)

D. 

u2  (2;1;0)

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (P) lớn nhất khi OA vuông góc với mp(P). Khi đó OA  (1;2;3) là vecto
pháp tuyến của mp(P).

Ta thấy  (3;0;1), (1;1; 1)   (1; 2; 3) cùng phương với OA  (1;2;3) nên n  (1; 2; 3) cũng là
vecto pháp tuyến của mp(P).
Câu 26.
Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M (1;2;3) và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần
lượt tại A,B,C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất ?
A. 6 x  3 y  2 z  18  0

B. 6 x  3 y  3z  21  0

C. 6 x  3 y  3z  21  0

D. 6 x  3 y  2 z  18  0

Hướng dẫn giải
Đáp án: D
Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M (1;2;3) và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A,B,C
sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất ?
Giải

Giả sử A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) (a, b, c  0)


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
(ABC):

x y z
  1
a b c

(1)

1 2 3
   1.
a b c
1
Thể tích tứ diện OABC: V  abc
6
1 2 3
6
27.6
1
Áp dụng BDT Côsi ta có: 1     3 3
1
 abc  27  V  27
a b c
abc
abc
6
a  3

1 2 3 1

Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất  V  27      b  6
a b c 3
c  9

Vậy (ABC): 6 x  3 y  2 z  18  0 .
M(1;2;3) thuộc (ABC):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –

Câu 27.

1) và D(3; 1; 4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó ?
A. 1 mặt phẳng.
C. 7 mặt phẳng.

B. 4 mặt phẳng.
D. Có vô số mặt phẳng.
Hướng dẫn giải

Đáp án: C
Ta có: AB  (1;1;1); AC  (1;3; 1); AD  (2;3;4)
Khi đó:  AB; AC  . AD  24  0 do vậy A,B,C,D không đồng phẳng
Do đó có 7 mặt phẳng cách đều 4 điểm đã cho bao gồm.
+) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và song song với mặt phẳng (ABC)
+) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (ACD)
+) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AC và song song với mặt phẳng (ABD)
+) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (BCD)
+) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và CD đồng thời song song với BC và AD

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và BC đồng thời song song với AB và CD
+) Mặt phẳng qua trung điểm của AC và BD đồng thời song song với BC và AD

Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1;0; 3), C (1; 2; 3) và mặt cầu (S)

Câu 28.

có phương trình : x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  2  0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD
có thể tích lớn nhất.
7
3

4
3

1
3

A. D  ;  ;  

 1 4 5 
; ; 
 3 3 3 

B. D 

7 4 1
 3 3 3

C. D  ; ; 

Hướng dẫn giải
Đáp án: A
2
2
2
Ta có (S) : ( x  1)  y  ( z  1)  4 suy ra (S) có tâm I(1;0;–1), bán kính R  2

Và AB  (1; 1; 4); AC  (1; 3; 4)

7
3

4 1
3 3

D. D  ;  ; 


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n   AB, AC   (8;8; 4)
Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x  8(y  1)  4(z  1)  0  2x  2y  z  1  0
Ta có VABCD 

1
d ( D;( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn nhất . Gọi
3

D1D 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì

d ( D;( ABC ))  max d ( D1;( ABC )); d ( D2 ;( ABC )) .
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2
Đường thẳng D1D 2 đi qua I(1;0;–1), và có VTCP là n ABC  (2; 2;1)

 x  1  2t

Do đó (D1D2) có phương trình:  y  2t .
 z  1  t


 x  1  2t
2

t
 y  2t


3

Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ: 
t  2
 z  1  t
2
2
2
 ( x  1)  y  ( z  1)  4
3

 7 4 1 
 1 4 5 

 D1  ; ;  & D2  ; ; 
3 3 3 
 3 3 3 
7 4 1
Ta thấy: d ( D1 ;( ABC ))  d ( D2 ;( ABC )) . Vậy điểm D  ;  ;   là điểm cần tìm
 3 3 3
Câu 29.

Cho mặt cầu (S): ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  1 và mặt phẳng (P): x  y  z  5  0 .
2

2

2

Điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho qua M kẻ tiếp tiếp tuyến đến mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại N
thỏa mãn MN nhỏ nhất. Khẳng định nào dưới đây đúng:
A. M(–1;–3;–1)
B. M(1;3;1)
C. Không tồn tại điểm M
D. Điểm M thuộc một đường tròn có tâm (–1;–2;–3), bán kính bằng 1 thuộc (P)
Hướng dẫn giải
Đáp án: A
Tâm của (S) là I(1; –1; 1) và bán kính của (S) là R = 1
Ta có: MN2 = IM2 – R2 ≥ IH2 – R2
Trong đó H là hình chiếu của I trên (P)
Vậy: MN nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P). Vậy M(–1; –3; –1)
Câu 30.
Cho các điểm A (1; 0; 0), B ( 0;1; 0), C( 0; 0; 1), D( 0; 0; 0) . Hỏi có bao nhiêu điểm P cách đều
các mặt phẳng (ABC ),(BCD ),(CDA ),(DAB )

A. 8

B. 5

C. 1
Hướng dẫn giải

D. 4


Video hướng dẫn và kĩ thuật casio giải nhanh có tại FB thầy: Trần Hoài Thanh
Đáp án:
Đặt P (a;b; c) là tọa độ điểm cần tìm. Ta có

(ABC ) : x
Khi đó ta cần có x

y

y

z

z

1;(BCD)

x

y

z
3

(Oyz ),(CDA)

(Ozx ),(DAB)

(Oxy).

1
(*).

Ta có tất cả 8 trường hợp về dấu của x , y, z là (dương, dương dương), (dương, âm, dương), … và trong mỗi
trường hợp, hệ (*) đều có nghiệm.
Do đó, có tất cả 8 điểm P thỏa mãn đề bài.