Bài toán vận dụng cao chủ đề 7 tọa độ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
A 1;2;0)
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (
,
B ( 3;4;1)

D ( - 1;3;2)
,
. Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh
đáy AB , CD và có góc C bằng 45°.
C ( 5;9;5)
C ( 1;5;3)
C ( - 3;1;1)
C ( 3;7;4)
A.
.
B.
.
.
D.
.
C.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
uuu
r
AB
= (2;2;1) .
Cách 1.

ìï x = - 1 + 2t
ïï
CD : ïí y = 3 + 2t
ïï
ïï z = 2 + t
î
Đường thẳng CD có phương trình là
.
uuu
r
uuu
r
C ( - 1+ 2t;3 + 2t;2 + t) CB = (4 - 2t;1- 2t;- 1- t), CD = (- 2t;- 2t;- t)
Suy ra
;
.

·
cosBCD
=

Ta có

(4 - 2t)(- 2t) + (1- 2t)(- 2t) + (- 1- t)(- t)
(4 - 2t)2 + (1- 2t)2 + (- 1- t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2

(4 - 2t)(- 2t) + (1- 2t)(- 2t) + (- 1- t)(- t)

Hay

(4 - 2t)2 + (1- 2t)2 + (- 1- t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2

=

2
2

(1).

Lần lượt thay t bằng 3;1;- 1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các
phương án A, B, C, D), ta thấy t = 2 thoả (1).
Cách 2.
uuu
r
uuur
AB
=
(2
;2
;1
),AD
= (- 2;1;2) .
Ta có
uuu
r uuu
r
AB
^
CD

Suy ra
và AB = AD .
uuu
r
uuu
r
Theo giả thiết, suy ra DC = 2AB

. Kí hiệu C(a;b;c) , ta có
uuur
DC = (a + 1;b - 3;c - 2) ,
uuu
r
2AB = (4;4;2) . Từ đó C(3;7;4) .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Cõu 2: (SGD VNH PHC) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho ba ng thng
ỡù x = t
ỡù x = 1
ỡù x = 1
ùù
ùù
ùù
1
d1 : ùớ y = 0 d2 : ùớ y = t2 d3 : ùớ y = 0
ùù
ùù
ùù

ùù z = 0
ùù z = 0
ùù z = t3
ợ
ợ
ợ
,
,
. Vit phng trỡnh mt phng i qua im
H ( 3;2;1)
d d d
v ct ba ng thng 1 , 2 , 3 ln lt ti A , B , C sao cho H l trc
tõm tam giỏc ABC .
A. 2x + 2y + z - 11 = 0 . B. x + y + z - 6 = 0 .
C.
2x + 2y - z - 9 = 0 .
D. 3x + 2y + z - 14 = 0 .
Hng dn gii
Chn A.
A ( a;0;0) B ( 1;b;0) C ( 1;0;c)
Gi
,
,
.
uuu
r
uuu
r
uuu
r

uuur
AB = ( 1- a;b;0) , BC = ( 0;- b;c) , CH = ( 2;2;1- c) , AH = ( 3 - a;2;1)

.

Yờu cu bi toỏn
uuu
r uuu
r uuu
r
ùỡù ộAB,BCự.CH = 0
ỳ
ỡù 2bc + 2c( a - 1) + ( 1- c) b( a - 1) = 0
ùù ờ
ộb = 0
ở r uuu
ùù
r ỷ
ờ
ùù uuu
2
3
ù
ớ a = b +1
ị 9b - 2b = 0 ờ
ớ AB.CH = 0
ờb = 9
ùù uuu
ùù
r uuur

ờ
ùù BC.AH = 0
ùù c = 2b
2
ở
ợ
ùù
ợ
Nu b = 0suy ra A B (loi).
ổ
ử ổ9 ữ
ử
11
9
ữ
Aỗ
Bỗ
ỗ ;0;0ữ
ỗ1; ;0ữ
ữ
ữ
b=
ữ ỗ
2 ữ
ố2
ứ
ứ, C ( 1;0;9) . Suy ra phng trỡnh mt phng
2 , ta ỗ
Nu
, ố

( ABC)

l 2x + 2y + z - 11 = 0 .

Cõu 3: (NGUYN KHUYN TPHCM) Trong khụng gian vi h ta Oxy , cho hỡnh hp
ch nht ABCD.A ÂB ÂC ÂDÂ cú A trựng vi gc ta O , cỏc nh B(m;0;0) ,
D(0;m;0) , A Â(0;0;n) vi m,n > 0 v m + n = 4 . Gi M l trung im ca cnh CC Â.
Khi ú th tớch t din BDA ÂM t giỏ tr ln nht bng
245
9
64
75
A. 108 .
B. 4 .
C. 27 .
D. 32 .
Hng dn gii

ổ
ử
nữ
ữ
C(m;m;0),C Â(m;m;;n),M ỗ
m;m;
ỗ
ỗ
ố
ứ
2ữ

Ta im
uuur
uuu
r
uuur ổ nử
ữ
BA Â= ( - m;0;n) ,BD = ( - m;m;0) ,BM = ỗ
0;m; ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố
2ứ
uuur uuu
r
ộ Â ự (
2
BA
,BD
ờ
ỳ
ở
ỷ= - mn;- mn;- m )


VBDA ÂM

r uuur
1 ộuuur uuu
m2n

ự
Â
= ở
ờBA ,BDỷ
ỳ.BM =
6
4
3

ổ
ử
m + m + 2nữ
512
256
ữ
m.m.(2n) Ê ỗ
=
ị m2n Ê
ỗ
ữ
ỗ
ố
ứ
3
27
27
Ta cú
ị VBDA ÂM Ê

64

27

Chn ỏp ỏn: C

Cõu 4: (NGUYN KHUYN TPHCM) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , hai mt phng

4x - 4y + 2z - 7 = 0 v 2x - 2y + z + 1 = 0 cha hai mt ca hỡnh lp phng. Th
tớch khi lp phng ú l

A.

V=

27
8

B. .

V=

81 3
8

C.

.

V=

9 3

2

D.

V=

64
27

Hng dn gii
Theo bi ra hai mt phng 4 x 4 y + 2 z 7 = 0 v 2 x 2 y + z + 1 = 0 cha hai mt ca
hỡnh lp phng. M hai mt phng ( P ) : 4 x 4 y + 2 z 7 = 0 v (Q) : 2 x 2 y + z + 1 = 0
song song vi nhau nờn khong cỏch gia hai mt phng s bng cnh ca
hỡnh lp phng.

Ta cú M (0;0; 1) (Q) nờn

d ((Q), ( P )) = d ( M , ( P)) =

2 7
42 + (4) 2 + 2 2

=

3
2

2 2 2 8
V= . . =
3 3 3 27 .

Vy th tớch khi lp phng l:

Cõu 5: (NGUYN KHUYN TPHCM) Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho im
x = t

d : y = 0 .
z = 2 t


6

M ; 2; 2 ữ
A(2;3;0), B (0; 2;0),
5
v ng thng
cho chu vi tam giỏc ABC l nh nh thỡ di CM bng

A. 2 3.

B. 4.

im C thuc d sao
2 6
.
D. 5

C. 2.
Hng dn gii

Do AB cú di khụng i nờn chu vi tam giỏc ABC nh nht khi AC + CB nh

nht.

Vỡ

C d C ( t;0; 2 t ) AC =

(

2t 2 2

)

2

+ 9, BC =

(

2t 2

)

2

+4

Website chuyờn thi ti liu file word mi nht


⇒ AC + CB =

Đặt
⇒

r
u=

(

(

(

2t − 2 2

)

2

(

+9 +

2t − 2

r
2t − 2 2;3 , v = − 2t + 2; 2

)

2t − 2 2

)

2

+9 +

(

(

2t − 2

)

2

)

2

+ 4.
r

r

r r

) ápdụngbấtđẳngthức u + v ≥ u + v

+4 ≥

(

2 −2 2

)

2

+ 25.

Dấubằngxảyrakhivàchỉ

2

2

2t − 2 2 3
7
3
7 3
6 7

= ⇔ t = ⇒ C  ;0; ÷⇒ CM =  − ÷ + 2 +  2 − ÷ = 2.
5
5
 5 5
5 5


khi − 2t + 2 2

Chọn C.

A 1;1;1) B ( 0;1; 2 )
Câu 6: (T.T DIỆU HIỀN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho (
,
,

C ( −2;0;1)

( P ) : x − y + z + 1 = 0 . Tìm điểm

trị nhỏ nhất.
 1 5 3
N − ; ; ÷
A.  2 4 4  .

B.

N ( 3;5;1)

N ∈ ( P)

.

C.

2

2
2
sao cho S = 2 NA + NB + NC đạt giá

N ( −2;0;1)

.

3 1

N  ; − ; −2 ÷
2
2
.
D. 

Hướng dẫn giải
Chọn A.
1 3

 3 5
I  −1; ; ÷
J  0; ; ÷
2 2  và  4 4  .
Gọi I là trung điểm BC và J là trung điểm AI . Do đó 
1
1
S = 2 NA2 + 2 NI 2 + BC 2 = 4 NJ 2 + IJ 2 + BC 2
2
2

Khi đó
.

( P) .
Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J là hình chiếu của N trên

x = t

3

NJ :  y = − t
4

5

 z = 4 + t
Phương trình đường thẳng
.
x − y + z +1 = 0 
1
x = t
x = − 2


5


3
⇒ y =
y = −t

4
4


3


5
z = + t
z = 4

4
Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ: 


Câu 7: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng
x =1
 x=2


d1 :  y = 1, t ∈ ¡ ; d 2 :  y = u , u ∈ ¡ ;
x −1 y z −1
∆:
= =
.
z = t
z = 1+ u


1

1
1 Viết phương trình mặt cầu tiếp
xúc với cả d1 , d 2 và có tâm thuộc đường thẳng ∆ ?
A.

( x − 1)

2

+ y 2 + ( z − 1) = 1
2

2

2

2

2

2

2

2

2

1 
1 

1
5

x− ÷ + y + ÷ +z− ÷ =
2 
2 
2
2.
B. 

.
2

3 
1 
3 1

x− ÷ + y − ÷ +z− ÷ =
2 
2 
2
2.
C. 

5 
1 
5
9

x− ÷ + y − ÷ +z − ÷ =

4 
4 
4  16 .
D. 

Hướng dẫn giải
Chọn A.

uur
M
1;1;0
u
= ( 0;0;1)
(
)
d
Đường thẳng 1 đi qua điểm 1
và có véc tơ chỉ phương d1
.
uur
M
2;0;1
u
= ( 0;1;1)
(
)
d
Đường thẳng 2 đi qua điểm 2
và có véc tơ chỉ phương d2
.

I ( 1 + t ; t;1 + t )
Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I ∈ ∆ nên ta tham số hóa
, từ đó
uuuu
r
IM 1 = ( −t ;1 − t ; −1 − t ) ,
Theo giả thiết ta có

d ( I ; d1 ) = d ( I ; d 2 )

I ( 1; 0;1)

và bán kính mặt cầu là

( x − 1)

2

.

, tương đương với

uuuu
r uur
uuuur uur
 IM 1 ; ud 
 IM 2 ; ud 
1
2 




=
⇔
uur
uur
ud1
ud2

Suy ra
tìm là

uuuur
IM 2 = ( 1 − t ; −t ; −t )

( 1− t )

2

+ t2

1

2 ( 1− t )

=

2

R = d ( I ; d1 ) = 1

+ y 2 + ( z − 1) = 1

2

. Phương trình mặt cầu cần

2

.

Câu 8: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ
A ( 1; 0; 2 ) ; B ( 0; −1; 2 )

và mặt phẳng

( P)

sao cho MA + MB nhỏ nhất?

A.

M ( 2; 2;9 )

.

 7 7 31 
M ; ; ÷
6 6 4 .

C.

⇔t=0

( P ) : x + 2 y − 2 z + 12 = 0.

Oxyz , cho hai điểm

Tìm tọa độ điểm M thuộc

 6 18 25 
M − ;− ; ÷
 11 11 11  .
B.

 2 11 18 
M − ;− ; ÷
 5 5 5 .
D.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


A ( 1; 0; 2 ) ; B ( 0; −1; 2 )
P
Thay tọa độ
vào phương trình mặt phẳng ( ) , ta được
P ( A) P ( B ) > 0 ⇒

P
hai điểm A, B cùng phía với đối với mặt phẳng ( ) .

( P ) . Ta có
Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua
MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B .
min ( MA + MB ) = A′B
Nên
khi và chỉ khi M là giao

điểm của A′B với ( P ) .
x = 1+ t

AA′ :  y = 2t
 z = 2 − 2t
A 1;0; 2 )

Phương trình
( AA′ đi qua (
và có
uuur
n = ( 1; 2; −1)
véctơ chỉ phương ( P )
).
( P ) , suy ra tọa độ của H là H ( 0; −2; 4 ) , suy ra
Gọi H là giao điểm của AA′ trên
x = t

A′B :  y = −1 + 3t
 z = 2 − 4t

A′ ( −1; −4;6 )

, nên phương trình
.
Vì M là giao điểm của A′B với

( P)

 2 11 18 
M  − ; − ; ÷.
5 5
 5
nên ta tính được tọa độ

Câu 9: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho đường thẳng

x y −1 z − 2
=
=
1
1
−1 và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 4 = 0. Phương trình đường thẳng d
P
nằm trong ( ) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ là
 x = −3 + t
 x = 3t



d :  y = 1 − 2t ( t ∈ ¡ )
d :  y = 2 +t ( t ∈¡ )
 z = 1− t
 z = 2 + 2t


A.
.
B.
.
 x = −2 − 4t
 x = −1 − t


d :  y = −1 + 3t ( t ∈ ¡ )
d :  y = 3 − 3t ( t ∈ ¡ )
 z = 4−t
 z = 3 − 2t


C.
.
D.
.
∆:

Hướng dẫn giải
Chọn C.
r
∆ : u ∆ ( 1;1; −1)

Vectơ chỉ phương của
, vectơ pháp tuyến của
r
r
r
r r
u d ⊥ u ∆
d ⊥ ∆


⇒ r
r ⇒ u d = u ∆ ; n( P )  = ( 4; −3;1)

d ⊂ ( P )

u d ⊥ n( P )
Vì 
.

( P)

là

uuur
n( P ) = ( 1; 2; 2 )

.

Tọa
độ
giao
điểm
x = t
 y = 1+ t

⇒ t = −2 ⇒ H ( −2; −1; 4 )

z
=
2
−
t

 x + 2 y + 2 z − 4 = 0
.

( d ; ∆ ) ∩ ( P ) = d , mà

H = ∆ ∩ ( P)

là

nghiệm

của

hệ

H = ∆ ∩( P)

. Suy ra H ∈ d .
r
H ( −2; −1; 4 )
u d = ( 4; −3;1)
d
Vậy đường thẳng
đi qua
và có VTCP
nên có phương
 x = −2 − 4t

d :  y = −1 + 3t ( t ∈ ¡ )
 z = 4−t

trình
.
Lại có

Câu 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian cho điểm M (1; −3; 2) .Có bao nhiêu
mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C mà OA = OB = OC ≠ 0
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
(α ) cần
Giả sử mặt phẳng

A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0 c)(a, b, c ≠ 0)

(α ) :

tìm

cắt

Ox, Oy , Oz

lần

lượt

tại

x y z
1 3 2
+ + =1
(α ) : − + = 1(*)
a b c
a b c
; (α ) qua M (1; −3; 2) nên:

 a = b = c (1)
 a = b = −c (2)
OA = OB = OC ≠ 0 ⇒ a = b = c ≠ 0 ⇒ 
 a = −b = c (3)

 a = −b = −c (4)

Thay (1) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm
Thay (2), (3), (4) vào (*) ta được tương ứng

a = −4, a = 6, a =

−3
4

Vậy có 3 mặt phẳng.

Câu 11: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1)

.Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua E và cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz lần
lượt tại A, B, C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC .
A. x + y + 2 z − 11 = 0 .
B. 8 x + y + z − 66=0 .
C. 2 x + y + z − 18 = 0 .

D. x + 2 y + 2 z − 12 = 0 .
Hướng dẫn giải

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Chọn D.
Cách 1 :

Với đáp án A:

Với đáp án B:

Với đáp án C:

A(11; 0; 0); B(0;11;0); C(0;0;

A(

11
11 11 11
121
) ⇒ G ( ; ; ) ⇒ OG 2 =
2
3 3 6
4

33
11
15609
; 0; 0); B(0;66;0); C(0; 0; 66) ⇒ G ( ; 22; 22) ⇒ OG 2 =
4
4
16

A(9; 0; 0); B(0;18; 0);C(0; 0;18) ⇒ G(3;

18 18
; ) ⇒ OG 2 = 81
3 3

2

Với đáp án D: A(−12;0;0); B(0;6;0);C(0;0;6) ⇒ G( −4; 2; 2) ⇒ OG = 24

Cách 2 :

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0;0; c )

Gọi

8 1 1
+ + =1
với a, b, c > 0 . Theo đề bài ta có : a b c
. Cần tìm

2
2
2
giá trị nhỏ nhất của a + b + c .

(a
Ta có

2

+ b 2 + c 2 ) ( 4 + 1 + 1) ≥ ( a.2 + b.1 + c.1) ⇒ 6. ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( 2a + b + c )
2

2

Mặt khác

(a

2

+ b 2 + c 2 ) ( 4 + 1 + 1) ≥ ( a.2 + b.1 + c.1)
 8 1 1
≥ ( 2a + b + c )  + + ÷
a b c
≥ ( 4 + 1 + 1) = 36
2

a2
= b 2 = c 2 ⇒ a = 2b = 2c.
2
2
2
3
a
+
b
+
c
≥
6
Suy ra
. Dấu '' = '' xảy ra khi 4
2
2
2
Vậy a + b + c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a = 12, b = c = 6 .

x y z
+ + =1
Vậy phương trình mặt phẳng là : 12 6 6
hay x + 2 y + 2 z − 12 = 0 .

Câu 12: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường
d:

x−2 y z
=
=
2
−1 4 và mặt cầu

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 . Hai mặt phẳng
thẳng
( P ) và ( Q ) chứa d và tiếp xúc với ( S ) . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn
thẳng MN .
4
.
3
2
2.
A.
B.
C. 6.
D. 4.
2

2

2


Hướng dẫn giải
Chọn B .

( S)

Mặt cầu

I ( 1;2;1) , R = 2
r
u = ( 2; −1;4 )
nhận

có tâm

Đường thẳng d
làm
vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng
d.

H ∈ d ⇔ H ( 2t + 2; −t ;4t )
Lại có :
uuu
rr
IH .u = 0 ⇔ ( 2t + 1; −t − 2;4t − 1) . ( 2; −1; 4 ) = 0

⇔ 2 ( 2t + 1) + t + 2 + 4 ( 4t − 1) = 0 ⇔ t = 0
Suy ra tọa độ điểm

H ( 2;0;0 )

.

Vậy IH = 1 + 4 + 1 = 6
Suy ra: HM = 6 − 2 = 2
Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI .
1
1
1
1 1 3
=
+
= + =
2
2
2
MH
MI
4 2 4.
Suy ra: MK
Suy ra:

MK =

2

4
⇒ MN =
3
3.

Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
M ( 1; 2;1)

( P ) thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox, Oy, Oz tại
. Mặt phẳng
A, B, C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC .
A. 54.
B. 6.
C. 9.
D. 18.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0,0, c )

với a, b, c > 0 .
x y z
P) a + b + c = 1
(
Phương trình mặt phẳng
:
.
1 2 1
M ∈( P) ⇔ + + = 1
a b c

Vì :
.
Gọi

1
VOABC = abc
6
Thể tích khối tứ diện OABC là :

1 2 1
12 1
+ + ≥ 33
.
ab c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : a b c
Hay

1 ≥ 33

Suy ra :

2
54
⇔1≥
abc
abc

abc ≥ 54 ⇔

1

abc ≥ 9
6

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Vậy : VOABC ≥ 9 .

Câu 14: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng

x = 2 + t

d1 :  y = 1 − t
 z = 2t


và

 x = 2 − 2t ′

d2 :  y = 3
 z = t′


. Mặt phẳng cách

đều hai đường thẳng d1 và d 2 có phương trình là
A. x + 5 y + 2 z + 12 = 0.
B. x + 5 y − 2 z + 12 = 0.
C. x − 5 y + 2 z − 12 = 0.

D. x + 5 y + 2 z − 12 = 0.

A

Hướng dẫn giải
M

Chọn D.

B

P

r
d1 qua A( 2;1;0) và có VTCP là u1 = ( 1;−1;2) ;
r
d2 qua B( 2;3;0) và có VTCP là u2 = ( −2;0;1) .
uuu
r
r
r r uuu
r r
u1, u2 ] = ( −1;−5;−2) AB = ( 0;2;0)
u1,u2 ] .AB = −10
[
[
Có
;
, suy ra
, nên d1;d2 là chéo nhau.

P
Vậy mặt phẳng ( ) cách đều hai đường thẳng d1, d2 là đường thẳng song song
I 2;2;0)
với d1, d2 và đi qua trung điểm (
của đoạn thẳng AB .
P
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) cần lập là: x + 5y + 2z − 12 = 0.

Câu 15: (THTT – 477) Cho hai điểm

A ( 3;3;1) , B ( 0; 2;1)

và mặt phẳng

(α ) : x + y + z −7 = 0 .

( α ) sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm A, B có
Đường thẳng d nằm trên
phương trình là
x = t
x = t
 x = −t
 x = 2t




 y = 7 − 3t .
 y = 7 + 3t .
 y = 7 − 3t .

 y = 7 − 3t .
 z = 2t
 z = 2t
 z = 2t
z = t
A. 
B. 
C. 
D. 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Mọi điểm trên d cách đều hai điểm A, B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực
của đoạn AB .
uuu
r
AB = ( −3;−1;0)

3 5 
I  ; ;1÷
và trung điểm AB là  2 2  nên mặt phẳng trung trực của

Có
AB là:
3 
5

−3 x − ÷−  y − ÷ = 0 ⇔ 3x + y − 7 = 0
2 
2


.
Mặt

khác

d⊂ (α)

nên

3x + y − 7 = 0
 y = 7− 3x
⇔

 x + y + z− 7 = 0  z = 2x
.

d

là

giao

tuyến

của

hai

mặt

phẳng:


x = t

d :  y = 7− 3t ( t ∈ ¡
 z = 2t


Vậy phương trình

)
.

A 1;0;0 ) , B ( −2;0;3) ,
Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho các điểm (
M ( 0; 0;1)

và

N ( 0;3;1) .

( P)

đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách
( P ) . Có bao mặt
gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến
Mặt phẳng

( P)

từ điểm B đến
( P ) thỏa mãn đầu bài ?
phẳng
( P) .

A. Có vô số mặt phẳng
C. Không có mặt phẳng

B. Chỉ có một mặt phẳng

( P ) nào.

D. Có hai mặt phẳng

( P) .

( P) .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giả sử

( P)

có phương trình là:

Vì

M ∈ ( P ) ⇒ c + d = 0 ⇔ d = −c.

Vì

N ∈ ( P ) ⇒ 3b + c + d = 0

ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 )

hay b = 0 vì c + d = 0.

⇒ ( P ) : ax + cz − c = 0.

Theo bài ra: d ( B, ( P ) ) = 2d ( A, ( P ) ) ⇔
Vậy có vô số mặt phẳng

−2a + 3c − c
a2 + c2

=2

a −c
a2 + c2 ⇔ c − a = a − c

( P) .

1 3 
M  ;
;0 ÷
÷
2
2
Oxyz


 và mặt cầu
Câu 17: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian
, cho điểm
2
2
2
( S ) : x + y + z = 8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) tại
hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB .

A. S = 7.

B. S = 4.

C. S = 2 7.

D. S = 2 2.

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1: Mặt cầu

( S)

có tâm

O ( 0;0;0 )

và bán kính R = 2 2 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


2

2
1  3
OM =  ÷ + 
÷ =1
2  2 ÷

Có
nên M nằm trong mặt cầu

Khi đó diện tích AOB lớn nhất khi OM

2
2
⊥ AB. Khi đó AB = 2 R − OM = 2 7 và

1
S AOB = OM . AB = 7
2

Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt
Khi đó AB = 2 R − OH = 2 8 − x
2

2

2

f ( x ) = x 8 − x2
Khảo sát hàm số

OH = x ( 0 < x ≤ 1)

1
S AOB = OH . AB = x 8 − x 2
2
và
.

trên

( 0;1] thu được giá trị lớn nhất của hàm số là

7 Đạt được tại x = 1

Câu 18: (BẮC YÊN THÀNH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9; 4) và cắt các trục
tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho OA = OB = OC .
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giả sử mặt phẳng (α ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là
A( a; 0;0), B(0; b; 0), C (0; 0; c) với a, b, c ≠ 0.
x y z

+ + = 1.
Phương trình mặt phẳng (α ) có dạng a b c
1 9 4
+ + = 1 (1).
(
α
)
M
(1;9;
4)
Mặt phẳng
đi qua điểm
nên a b c

a =b = c,
Vì OA = OB = OC nên
do đó xảy ra 4 trường hợp sau:
+) TH1: a = b = c.
1 9 4
+ + = 1 ⇔ a = 14,
Từ (1) suy ra a a a
nên phương trình mp (α ) là x + y + z − 14 = 0.
1 9 4
+ − = 1 ⇔ a = 6,
(1)
+) TH2: a = b = −c. Từ
suy ra a a a
nên pt mp (α ) là
x + y − z − 6 = 0.

1 9 4
− + = 1 ⇔ a = −4,
+) TH3: a = −b = c. Từ (1) suy ra a a a
nên pt mp (α ) là
x − y + z + 4 = 0.
1 9 4
− − = 1 ⇔ a = −12,
+) TH4: a = −b = −c. Từ (1) có a a a
nên pt mp (α ) là
x − y − z + 12 = 0.
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.

Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )

với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia
Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình
( P ) cố định. Tính khoảng cách từ
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng
M ( 2016;0;0 )
( P) .
tới mặt phẳng
2014
2016
2015
3 .
3 .
3 .
A. 2017 .

B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
( α ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OA
Gọi
a

uuu
r
D  ; 0; 0 ÷
⇒ (α)
OA
= ( a; 0;0 ) = a ( 1; 0;0 )
2
 và có VTPT
đi qua điểm 
a
⇒ (α) : x − = 0
2
.

(β)

là mặt phẳng trung trực của đoạn OB
 a 
uuu
r
E  0; ; 0 ÷

⇒(β)
OB = ( 0; a;0 ) = a ( 0;1;0 )
2


đi qua điểm
và có VTPT
a
⇒(β) : y− =0
2
.
Gọi

(γ )

là mặt phẳng trung trực của đoạn OC
a

uuur
F  0; 0; ÷
⇒(γ )
OC
= ( 0;0; a ) = a ( 0; 0;1)
2
 và có VTPT
đi qua điểm 
a
⇒(γ ) :z− =0
2
.

Gọi

a a a
⇒ I = (α ) ∩( β ) ∩(γ ) ⇒ I  ; ; ÷
 2 2 2.
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
a b c
a + b + c = 2 ⇔ + + = 1 ⇒ I ∈( P) : x + y + z =1
2 2 2
Mà theo giả thiết,
.
2016 − 1 2015
d ( M ,( P) ) =
=
3
3 .
Vậy,

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Câu 20: (SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
1 2 3
+ + = 7.
trong đó a > 0 , b > 0 , c > 0 và a b c
Biết mặt
72
2
2

2
( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 7 . Thể tích của
phẳng
khối tứ diện OABC là
2
1
3
5
.
.
.
.
A. 9
B. 6
C. 8
D. 6

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) ,

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Cách 1: Ta có

Mặt cầu

( S)

( ABC ) :

có tâm

x y z
+ + = 1.
a b c

I ( 1; 2;3)

và bán kính

R=

72
.
7

( S ) ⇔ d ( I ; ( ABC ) )
Mặt phẳng

( ABC )

tiếp xúc với

1 2 3
+ + −1
72
a b c
=R⇔
=
.

7
1 1 1
+ +
a2 b2 c2

1 2 3
1 1 1 7
+ + =7⇒ 2 + 2 + 2 = .
a b c
2
Mà a b c
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
2

( 12 + 22 + 32 )  a12 + b12 + c12 ÷ ≥  1a + b2 + 3c ÷ = 72 ⇒ a12 + b12 + c12 ≥ 72 .
1 2 3
1 = 1 = 1
2

⇔  a b c ⇔ a = 2, b = 1, c = ,
3
1 2 3
1
2
 + + =7
VOABC = abc = .
a b c
6
9
Dấu " = " xảy ra

khi đó

Cách 2: Ta có

( ABC ) :

72
x y z
I (1; 2;3), R =
+ + = 1,
S
(
)
7 .
a b c
mặt cầu
có tâm

1 2 3
+ + −1
72
a b c
⇔ d ( I , ( P) ) = R ⇔
=
7
1 1 1
+ 2+ 2
2
ABC
S

(
) tiếp xúc với mặt cầu ( )
a b c
Ta có


⇔

7 −1
1 1 1
+ +
a 2 b2 c 2

=

72
1 1 1 7
1 1 1
7
⇔ 2 + 2 + 2 = ⇔ 2 + 2 + 2 = 7−
7
a b c
2
a b c
2


a = 2

⇔ b = 1

2
2
2

2
1 1 1 1 2 3 7 ⇔  1 − 1  +  1 − 1 +  1 − 3  = 0
c =
⇔ 2+ 2+ 2 = + + −

÷ 
÷ 
÷
3

a 2 b  c 2
a b c
a b c 2
1
2
⇒ VOABC = abc = .
6
9
1 1 1 7
+ 2+ 2 =
2
2.
Cách 3: Giống Cách 2 khi đến a b c
Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau:
2

2

1
1
1 1 1 7
 1 2 3  1
 1 1 1
7 =  + + ÷ = 1. + 2. + 3. ÷ ≤ ( 12 + 22 + 32 )  2 + 2 + 2 ÷⇒ 2 + 2 + 2 ≥
b
c
a b c
2
a b c  a
a b c 
Ta có
2

1 1 1
1 1 1 7
a =b=c
+ 2+ 2 = ⇒
2
a
b
c
2
Mà
Dấu “=” của BĐT xảy ra 1 2 3 , kết hợp với giả thiết

2

1
2
1 2 3
+ + =7
c=
VOABC = abc = .
a b c
3 . Vậy:
6
9
ta được a = 2 , b = 1 ,

a = 2

⇔ b = 1

2
c = ⇒ VOABC = 1 abc = 2 .
3

6
9
Ta có

Cách 4: Mặt cầu

( S)

có tâm

Phương trình mặt phẳng

I ( 1; 2;3)

( ABC ) :

và bán kính

R=

72
.
7

x y z
+ + =1
a b c
.

1 2 3
1 2 3
1 2 3
M  ; ; ÷∈ ( ABC )
+ + = 7 ⇔ 7 + 7 + 7 =1
7 7 7
a b c
Ta có: a b c
nên
1 2 3
M ; ; ÷

 7 7 7  vào phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên M ∈ ( S ) .
Thay tọa độ

Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


uuu
r  6 12 18  r
1 2 3
M ; ; ÷
MI =  ; ; ÷ → n = ( 1;2;3)
 7 7 7  , có VTPT là
7 7 7 
Do đó: ( ABC ) qua

x + 2 y + 3z − 2 = 0 ⇔
( ABC ) có phương trình:

x y z
+ + = 1⇒ a = 2
2
2 1 2
c=
3
3.
, b =1,

1
2

V = abc =
6
9
Vậy

Câu 21: (LƯƠNG TÂM) 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

Giả sử A( a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) ( a, b, c > 0)
x y z
+ + =1
(ABC): a b c
(1)
1 2 3
+ + =1
M(1;2;3) thuộc (ABC): a b c
.
1
V = abc
6

Thể tích tứ diện OABC:
Áp dụng BDT Côsi ta có:

1=

1 2 3
6
27.6
1
+ + ≥ 33
⇒1≥
⇒ abc ≥ 27 ⇒ V ≥ 27
a b c
abc
abc
6

a = 3
1 2 3 1

⇔ V = 27 ⇔ = = = ⇔ b = 6
a b c 3
c = 9

Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất
Vậy (ABC): 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0 . Chọn (D)

Câu 22: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt

( P ) : 3x + y − z + 5 = 0 và hai điểm A ( 1;0; 2 ) , B ( 2; −1; 4 ) . Tìm tập hợp các điểm

phẳng
M ( x; y; z )
( P ) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
nằm trên mặt phẳng
x − 7 y − 4z + 7 = 0
 x − 7 y − 4 z + 14 = 0
.
.


A. 3 x − y + z − 5 = 0
B. 3 x + y − z + 5 = 0
x − 7 y − 4z + 7 = 0
.

3
x
+
y
−
z
+
5
=
0

C.

3 x − 7 y − 4 z + 5 = 0
.


3
x
+
y
−
z
+
5
=
0

D.
Hướng dẫn giải

Chọn C.


( P ) và AB song song với
Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng
( P ) . Điểm M ∈ ( P ) sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất
AB.d ( M ; AB)
⇔ S ∆ABC =
⇔ d ( M ; AB )
M ∈ ∆ = ( P) ∩ ( Q) ,( Q)
2
nhỏ nhất
nhỏ nhất, hay
là
( P) .

mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với
uuur
uuu
r
AB = ( 1; −1; 2 )
( P ) n( P) = ( 3;1; −1)
Ta có
, vtpt của
uuur uuur uuur
( Q ) : n( Q ) =  AB, n( P )  = ( −1;7; 4)
Suy ra vtpt của
( Q ) : −1( x − 1) + 7 y + 4 ( z − 2 ) = 0
PTTQ
⇔ x − 7 y − 4z + 7 = 0
x − 7 y − 4z + 7 = 0
.

3
x
+
y
−
z
+
5
=
0

M
Quỹ tích

là

Câu 23: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho hai điểm

x +1 y − 5 z
r
=
=
2
2
−1 . Tìm véctơ chỉ phương u
,
và đường thẳng
của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách
A một khoảng bé nhất.
điểm
r
r
r
r
u = ( 2;1;6 )
u = ( 1;0; 2 )
u = ( 3; 4; −4 )
u = ( 2; 2; −1)
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.

M ( −2; −2;1)

d:

A ( 1; 2; −3)

Hướng dẫn giải
Đáp án: B.
Gọi

( P)

là mặt phẳng qua M

và vuông góc với d . Phương trình của

( P ) : 2x + 2 y − z + 9 = 0 .
Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A trên ∆ ,( P ) .

Ta có

K ( −3; −2; −1)

d( A, ∆ ) = AH ≥ AK

Vậy khoảng cách từ A đến ∆ bé nhất khi ∆ đi qua M ,K . ∆ có véctơ chỉ phương
r
u = ( 1;0; 2 )

A 0;0;1)
Câu 24: (MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm (
,
B ( m;0;0 )

C ( 0; n;0 )

D ( 1;1;1)

với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi m , n thay
( ABC ) và đi qua d .
đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng
Tính bán kính R của mặt cầu đó?
,

,

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


A. R = 1 .

B.

R=

2
2 .

C.

R=

3
2.

D.

R=

3
2 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
I ( 1;1;0 )
Gọi
là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy )
x y
+ + z =1
(
ABC
)
Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng
là: m n

Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx + my + mnz − mn = 0
d ( I ; ( ABC ) ) =

1 − mn

=1

ID = 1 = d (( I ; ( ABC ) ) .
(vì m + n = 1 ) và
Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy )
tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R = 1 .
Mặt khác

m2 + n2 + m2n2

A ( 3;1;0) , B ( 0;- 1;0) ,C ( 0;0;- 6)
. Nếu tam giác A ¢B ¢C ¢ thỏa mãn hệ
uuur uuur uuur r
C = 0 thì có tọa độ trọng tâm là:
thức A ¢A + B ¢B + C ¢

Câu 25: Cho ba điểm

A.

( 1;0;- 2) .

B.

( 2;- 3;0) .

C.

( 3;- 2;0) .

D.

( 3;- 2;1) .

Hướng dẫn giải
Đáp án A
* Cách diễn đạt thứ nhất:
Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T
trong không gian có:
uuuu
r uuuur uuuur r
uur uuur
uuu
r uuur
uuu
r uuuu
r
r
1
:
A
'
A
+
B

'
B
+
C
'
C
=
0
Û
T
A
T
A
'
+
T
B
T
B
'
+
T
C
T
C
'
=
0
()

(

uur uuu
r uuu
r uuur uuur uuuu
r
Û T A + T B +TC = T A ' +T B ' +T C '

) (

) (

)

( 2)

uur uuu
r uuu
r r
T
A
+
T
B
+
T
C
= 0 thì ta cũng có
T
º

G
Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu
tức là
uuur uuur uuuu
r r
TA ' +T B ' +T C ' = 0 hay T º G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác
ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.
æ3 + 0 + 0 1- 1 + 0 0 + 0 - 6÷
ö
÷
G =ç
;
;
= ( 1;0;- 2)
ç
÷
ç
÷
3
3
3
è
ø
Ta có tọa độ của G là:
Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của D A 'B 'C '
* Cách diễn đạt thứ hai:
uuur uuuur uuuu
r r
Ta có: AA ' + BB ' +CC ' = 0
(1)

uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuur
r
Û A 'G ' + G 'G + GA + B 'G ' + G 'G + GB + C 'G ' + G 'G + GC = 0

(

) (

) (

)

uuu
r uuu
r uuur
uuuuu
r uuuuu
r uuuuu
r
uuuur r
Û GA +GB + GC + A 'G ' + B 'G ' +C 'G ' + 3G 'G = 0

(

) (

)

(2)

Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là
uuuur r
uuu
r uuu
r uuur uuuuu
r uuuuu
r uuuuu
r
2
Û
G
'G = 0 Û G ' º G
GA +GB +GC = A 'G ' + B 'G ' +C 'G ' thì ( )
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

æ3 + 0 + 0 1- 1 + 0 0 + 0 - 6÷
ö
÷
G =ç
;
;

= ( 1;0;- 2)
ç
÷
÷
ç
3
3
3
è
ø
Ta có tọa độ của G là:
. Đó cũng là tọa
độ trọng tâm G’ của D A ' B 'C '

Câu 26: (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−2; −2; 1),
d:

B ( 1; 2; − 3)

x +1 y − 5 z
r
=
=
2
2
−1 . Tìm vectơ chỉ phương u của

và đường thẳng
đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d đồng thời cách điểm B một khoảng bé
nhất.

r
u
A. = (2;1;6)

r
u
B. = (2;2; −1)

r
r
u
=
(25;
−
29;
−
6)
u
C.
D. = (1;0;2)

Hướng dẫn giải
Cách 1 (Tự luận)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d, B’ là hình chiếu của B lên (P)

r uuur
u
∆
Khi đó đường thẳng

chính là đường thẳng AB’ và = B'A
Qua A( −2; −2;1)
uur uu
r
⇒ (P) : 2x + 2y − z + 9 = 0
VTPT n P = u d = (2;2; −1)

( P ) : 
Ta có

 x = 1 + 2t

⇒ d '  y = 2 + 2t
 z = −3 − t

Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’
r uuuur
⇒
B'(
−
3;
−
2;
−
1)
⇒
u
= B'A = (1;0;2) ⇒ Chọn D
B’ là giao điểm của d’ và (P)
Cách 2: Không cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d.

 x = 1 + 2t

⇒ d '  y = 2 + 2t
z = −3 − t

Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


B’∈ d’

uuuur
⇒ B'A = ( −2t − 3; −2t − 4; t + 4 )

uu
r uuuur
r uuuur
⇒
u
.B'A
=
0
⇒
t
=
−
2
⇒

u
= B'A = (1;0;2) ⇒ Chọn D
d
AB’ ⊥ d

Câu 27: (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
d:

x − 2 y −1 z
=
=
1
2
−1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt

các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d.
A.

( P ) : x + 2 y + 5 z − 4 = 0.

B.

( P ) : x + 2 y + 5 z − 5 = 0.

C.

( P ) : x + 2 y − z − 4 = 0.

D.

( P ) : 2 x − y − 3 = 0.

Hướng dẫn giải
Cách 1 (Tự luận)

uu
r
u
= ( 1;2; −1)
Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP d
uuur uu
r r
u AB = ud , k  = ( 2; −1;0 )
Ta có: AB ⊥ d và AB ⊥ Oz nên AB có VTCP là:
(P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là:

r uu
r uuur
n = ud , u AB  = ( 1;2;5 )

⇒ ( P ) : x + 2 y + 5 z − 4 = 0 ⇒ Chọn A
Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn.
Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1)
Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)

x y z
+ + =1
⇒
a b c
uuu

r uu
r
⇒
AB
.
u
d = 0 ⇒ a = 2b (1)
AB ⊥ d

( P) :

2 1
3 3 −1
+
=
1
( P ) chứa d nên d cũng đi qua M, N ⇒ a b (2) , a + b + c = 1 (3)
4
P : x + 2 y + 5z − 4 = 0 ⇒
Từ (1), (2), (3) ⇒ a = 4, b = 2, c = 5 ⇒ ( )
Chọn A
Oxyz ,
không gian với hệ trục tọa độ
cho ba điểm
0
·
M ( 3;0;0 ) , N ( m, n, 0 ) , P ( 0;0; p )
. Biết MN = 13, MON = 60 , thể tích tứ diện OMNP
2
2

bằng 3. Giá trị của biểu thức A = m + 2n + p bằng

Câu 28: Trong


A. 29.

B. 27.

C. 28.

D. 30.

Hướng dẫn giải
uuuu
r
uuur
uuuu
r uuur
OM = ( 3; 0; 0 ) , ON = ( m; n;0 ) ⇒ OM .ON = 3m

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur uuuu
r uuur
OM .ON
1
m
1

0
OM .ON = OM . ON cos 60 ⇒ uuuu
=
r uuur = ⇒
2
2
2
OM . ON 2
m +n
MN =

( m − 3)

2

+ n 2 = 13

Suy ra m = 2; n = ±2 3
uuuu
r uuur uuu
r
1
OM , ON  .OP = 6 3 p ⇒ V = 6 3 p = 3 ⇒ p = ± 3


6
Vậy A = 2 + 2.12 + 3 = 29.

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B(3;0;8) , D(−5; −4;0) .
Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng ( Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó

uuu
r uuu
r
CA + CB
bằng:
A. 5 10.

B. 6 10.

C. 10 6.

D. 10 5.

Hướng dẫn giải
Ta có trung điểm BD là I (−1; −2; 4) , BD = 12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên
A(a; b; 0) .
 AB 2 = AD 2

2
2
2
2
2
2

 2 1
 ⇔ (a − 3) + b + 8 = (a + 5) + (b + 4)
2
2
2

 AI =  BD ÷
2

(a + 1) + (b + 2) + 4 = 36
ABCD là hình vuông ⇒ 
17

a = 5

b = 4 − 2a
a = 1
 17 −14 
b = −14
⇔
⇔
A ;
;0 ÷
2
2
5 ⇒ A(1; 2; 0) hoặc  5 5
(a + 1) + (6 − 2 a) = 20

b = 2 hoặc 
(loại). Với A(1; 2; 0)  C (−3; −6;8) .

Câu 30: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; −1) , B(1; 4; −1) , C (2; 4;3)
D (2; 2; −1) . Biết M ( x; y; z ) , để MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x + y + z
bằng

A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Hướng dẫn giải

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


 7 14 
G  ; ;0 ÷
Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có:  3 3  .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ta có: MA + MB + MC + MD = 4MG + GA + GB + GC + GD

 7 14 
G  ; ;0 ÷⇒ x + y + z = 7
≥ GA + GB + GC + GD . Dấu bằng xảy ra khi M ≡  3 3 
.

2

2

2

2

A −2; 2;6 ) , B ( −3;1;8 ) , C ( −1;0;7 ) , D ( 1; 2;3 )
Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD biết (
. Gọi H là trung
27
SH
⊥
ABCD
(
) . Để khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 2 (đvtt) thì
điểm của CD,
S ,S
SS
có hai điểm 1 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của 1 2
I ( 0; −1; −3)
I ( 1;0;3)
I ( 0;1;3)
I ( −1;0; −3) .
A.
.
B.
C.
.

D.
Hướng dẫn giải
uuu
r
uuur
r uuur
1 uuu
3 3
AB = ( −1; −1; 2 ) , AC = ( 1; −2;1) ⇒ S ABC =  AB, AC  =
2
2
Ta có
uuur
uuu
r
uuur
uuu
r
DC = ( −2; −2; 4 ) , AB = ( −1; −1; 2 ) ⇒ DC = 2. AB

S ABCD = 3S ABC =

⇒ ABCD

là

hình

thang

và

9 3
2

1
VS . ABCD = SH .S ABCD ⇒ SH = 3 3
3
Vì

CD ⇒ H ( 0;1;5)
Lại có H là trung điểm của
Gọi

uuur
uuur
uuu
r uuur
S ( a; b; c ) ⇒ SH = ( −a;1 − b;5 − c ) ⇒ SH = k  AB, AC  = k ( 3;3;3 ) = ( 3k ;3k ;3k )

2
2
2
Suy ra 3 3 = 9k + 9k + 9k ⇒ k = ±1

+) Với

uuur
k = 1 ⇒ SH = ( 3;3;3) ⇒ S ( −3; −2; 2 )

+) Với

uuur
k = −1 ⇒ SH = ( −3; −3; −3) ⇒ S ( 3; 4;8 )

Suy ra

I ( 0;1;3)

x −1 y − 6 z
=
=
2
−1
3 . Phương trình mặt cầu có
Câu 32: Cho điểm
và đường thẳng
tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác diện tích tam
giác IAB bằng 2 6015 là:
2
2
2
2
2
2
x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2018.
x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2017.
(
(
A.

B.

I ( 1;7;5 )

d:


C.

( x − 1)

2

+ ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2016.
2

( x − 1)
D.

2

2

+ ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2019.
2

2

Hướng dẫn giải

I 1;7;5 )
⇒ H ( 0;0; −4 ) ⇒ IH = d ( I ; d ) = 2 3
Gọi H là hình chiếu của (
trên d
2

S ∆AIB

 AB 
IH . AB
2S
2
2
=
⇒ AB = ∆AIB = 8020 ⇒ R = IH + 
÷ = 2017
 2 
2
IH

Vậy phương trình mặt cầu là:
Lựa chọn đáp án B.

( x − 1)

Câu 33: Cho điểm I (0;0;3) và đường thẳng

2

+ ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2017.

2

2

 x = −1 + t

d :  y = 2t .
z = 2 + t


Phương trình mặt cầu (S) có tâm
I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông là:
3
8
2
2
x 2 + y 2 + ( z − 3) = .
x 2 + y 2 + ( z − 3) = .
2
3
A.
B.
2
2
x 2 + y 2 + ( z − 3) = .
3
C.

4
2

x 2 + y 2 + ( z − 3) = .
3
D.
Hướng dẫn giải

H ( −1 + t; 2t; 2 + t ) ∈ d
 Gọi
là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d
uuu
r
⇒ IH = ( −1 + t ; 2t; −1 + t )
uu
r
ad = ( 1; 2;1)
d
 Ta có vectơ chỉ phương của :
và IH ⊥ d
uuu
r uu
r
1
 2 2 7
⇒ IH .ad = 0 ⇔ −1 + t + 4t − 1 + t = 0 ⇔ −2 + 6t = 0 ⇔ t = ⇒ H  − ; ; ÷
3
 3 3 3
2

2

2

2 3
2 2 2
⇒ IH =  ÷ +  ÷ +  ÷ =
3
3 3 3
 Vì tam giác IAB vuông tại I và IA = IB = R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại
I , do đó bán kính:
R = IA = AB cos 450 = 2 IH .

2
2 3 2 6
= 2 IH = 2.
=
2
3
3

 Vậy phương trình mặt cầu
Lựa chọn đáp án B.

( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 3)

2

=

8
3.

A ( 2;5;1)

và mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y − 2 z + 24 = 0 , H là hình chiếu vuông
( P ) . Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích 784π và
góc của A trên mặt phẳng
( P ) tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là:
tiếp xúc với mặt phẳng
2
2
2
2
2
2
x − 8 ) + ( y − 8 ) + ( z + 1) = 196.
x + 8 ) + ( y + 8 ) + ( z − 1) = 196.
(
(
A.
B.

Câu 34: Cho điểm

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


( x + 16 )
C.

2

+ ( y + 4 ) + ( z − 7 ) = 196.
2

( x − 16 )
D.

2

2

+ ( y − 4 ) + ( z + 7 ) = 196.
2

2

Hướng dẫn giải

( P ) . Suy ra
 Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với

 x = 2 + 6t

d :  y = 5 + 3t
 z = 1 − 2t


( P ) nên H = d ∩ ( P) .
 Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên
H ( 2 + 6t ;5 + 3t ;1 − 2t )
Vì H ∈ d nên

.
6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) + 24 = 0 ⇔ t = −1
 Mặt khác, H ∈ ( P) nên ta có:
Do đó,

H ( −4;2;3)

.

 Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
2
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784π , suy ra 4π R = 784π ⇒ R = 14 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng

( P)

tại H nên IH ⊥ ( P) ⇒ I ∈ d .

I ( 2 + 6t ;5 + 3t ;1 − 2t )
Do đó tọa độ điểm I có dạng
, với t ≠ −1 .
 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

 6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) + 24
 t = 1
= 14

d ( I , ( P)) = 14
2
2

2

6 + 3 + (−2)
⇔
⇔  t = −3 ⇔ t = 1

 AI < 14

 −2 < t < 2
2
2
2

 ( 6t ) + ( 3t ) + ( −2t ) < 14
Do đó:

I ( 8;8; − 1)

.
( S ) : ( x − 8 ) + ( y − 8 ) + ( z + 1) = 196
2

 Vậy phương trình mặt cầu
Lựa chọn đáp án A.

Câu 35: Cho mặt phẳng
∆2 :

( P ) : x − 2 y − 2 z + 10 = 0

2

2

.

và hai đường thẳng

∆1 :

x − 2 y z −1
= =
1
1
−1 ,

x−2 y z +3
= =
1
1
4 . Mặt cầu ( S ) có tâm thuộc ∆1 , tiếp xúc với ∆ 2 và mặt phẳng

( P ) , có phương trình:

2

2

2

2

2

2

11  
7 
5  81

x− ÷ + y − ÷ +z + ÷ = .

2
2
2
2 
2 
2
4
A. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = 9 hoặc 
11  
7 
5  81

x+ ÷ + y + ÷ +z − ÷ = .

2
2
2
2 

2 
2
4
B. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2) = 9 hoặc 
2
2
2
C. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = 9.
2
2
2
D. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = 3.

Hướng dẫn giải


x = 2 + t

∆1 :  y = t
uu
r
z = 1− t ∆
a2 = (1;1; 4)
A
(2;
0;
−
3)

2


;
đi qua điểm
và có vectơ chỉ phương
.

( S) .
là tâm và R là bán kính của mặt cầu
uur uu
r
 AI , a2  5t − 4
d ( I ; ∆2 ) =
=
uu
r
uur uu
r
uur
 AI , a2  = (5t − 4; 4 − 5t ;0)
3
a2
AI
=
(
t
;
t
;
4
−

t
)
 Ta có:


2 + t − 2t − 2(1 − t ) + 10 t + 10
d ( I , ( P)) =
=
3 .
1+ 4 + 4
 Giả sử

I (2 + t ; t ;1 − t ) ∈ ∆1

 7
t = 2

S)
P)
t = −1
(
(
∆
d
(
I
,
∆
)
=

d
(
I
,
(
P
))
5
t
−
4
=
t
+
10
2
2

tiếp xúc với
và


 
.
2

2

2

11
7
5
81
7
9
 11 7 5 
I  ; ;− ÷ R =
( S ) :  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ =
t=

2 
2 
2
4 .
2   2 2 2,
2 
 Với
 Với t = −1  I (1; −1; 2), R = 3 
Lựa chọn đáp án A.

( S ) : ( x − 1)2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 9 .

( P) : x + 4 y − 2z − 6 = 0 ,
Oxyz ,cho
không gian với hệ toạ độ
( Q ) : x − 2 y + 4 z − 6 = 0 . Lập phương trình mặt phẳng ( α ) chứa giao tuyến của
( P ) , ( Q ) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho hình chóp O. ABC là
hình chóp đều.
A. x + y + z + 6 = 0 .

B. x + y + z − 6 = 0 .
C. x + y − z − 6 = 0 .
D. x + y + z − 3 = 0 .

Câu 36: Trong

Hướng dẫn giải
Chọn
Gọi
⇒

M ( 6;0; 0 ) , N ( 2; 2; 2 )

thuộc giao tuyến của

A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0; c )

(α) :

( P) ,( Q)

lần lượt là giao điểm của

(α)

với các trục Ox, Oy , Oz

x y z
+ + = 1 ( a , b, c ≠ 0 )
a b c

6

=1


a
⇒
2 + 2 + 2 =1
α
( ) chứa M , N  a b c

⇒ OA = OB = OC ⇒ a = b = c
Hình chóp O. ABC là hình chóp đều
Vây phương trình x + y + z − 6 = 0 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất