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.

�
x = - 1 + 2t
�
�
�
CD : �
y = 3 + 2t
�
�
z = 2+ t
�
�
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


Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng
�
�
�
x = t1
x =1
x =1
�

�
�
�
�
�
�
�
�
d1 : �
y = 0 d2 : �
y = t2 d3 : �
y=0
�
�
�
�
�
�
z=0
z=0
z = t3
�
�
�
�
�
�
,
,
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm

H ( 3;2;1)
d d d
và cắt ba đường thẳng 1 , 2 , 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực
tâm tam giác 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 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.
A ( a;0;0) B ( 1;b;0) C ( 1;0;c)
Gọi
,
,
.
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)

.

Yêu cầu bài toán

uuu
r uuu
r uuu
r
�
�
�
�
AB,BC
.CH
�
� =0 �
�
2bc + 2c( a - 1) + ( 1- c) b( a - 1) = 0
�
�
�
b=0
�
�
u
u
u
r
u
u
u
r
�
�

�
2
3
�
�
�
AB.CH
=
0
�
a
=
b
+
1
�
9b
2b
=
0
�
�
�
9
�
�
�
uuu
r uuur
b=

�
�
�
c = 2b
�
�
� 2
BC.AH = 0
�
�
�
�
Nếu b = 0suy ra A � B (loại).
�
� �9 �
�
11
9
�
A�
B�
1; ;0�
� ;0;0�
�
�
�
b=
� �
2 �
�2

�
�, C ( 1;0;9) . Suy ra phương trình mặt phẳng
2 , tọa độ �
Nếu
, �

( ABC)

là 2x + 2y + z - 11 = 0 .

Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp
B C D có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B(m;0;0) ,
chữ nhật ABCD.A ����
(0;0;n) với m,n > 0 và m + n = 4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC �
D(0;m;0) , A �
.

M đạt giá trị lớn nhất bằng
Khi đó thể tích tứ diện BDA �
245
9
64
A. 108 .
B. 4 .
C. 27 .
Hướng dẫn giải

�
�
n�

�
C(m;m;0),C �
(m;m;;n),M �
m;m;
�
�
�
�
2�
Tọa độ điểm
uuur
uuu
r
uuur � n�
�
BA �= ( - m;0;n) ,BD = ( - m;m;0) ,BM = �
0;m; �
�
�
�
� 2�
uuur uuu
r
� � � (
BA ,BD�
= - mn;- mn;- m2)
�

75
D. 32 .

VBDA �M

uuur uuu
r uuur
1�
m2n
�
�
= �
BA ,BD�
.BM =
6
4
3

�
�
m + m + 2n�
�
�
m.m.(2n) ‫�=ޣ‬
�
�
�
�
�
3
Ta có

VBDA �M

512
27

m2n

256
27

64
‫ޣ‬
27

Chọn đáp án: C
Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng
4x - 4y + 2z - 7 = 0 và 2x - 2y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể
tích khối lập phương đó là
A.

V=

27
8

B. .

V=

81 3

8

C.

.

V

9 3
2

D.

V

64
27

Hướng dẫn giải
Theo bài ra hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 và 2 x  2 y  z  1  0 chứa hai mặt của
hình lập phương. Mà hai mặt phẳng ( P) : 4 x  4 y  2 z  7  0 và (Q) : 2 x  2 y  z  1  0
song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng sẽ bằng cạnh của
hình lập phương.

Ta có M (0; 0; 1) �(Q) nên

d ((Q), ( P ))  d ( M , ( P)) 

2  7
42  (4) 2  22



3
2

2 2 2 8
V . . 
3 3 3 27 .
Vậy thể tích khối lập phương là:

Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm
�x  t
�
d : �y  0 .
�6
�
M � ;  2; 2 �
�
A(2;3;0), B (0;  2;0),
�5
�và đường thẳng �z  2  t Điểm C thuộc d sao
cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dài CM bằng
2 6
.
A. 2 3.
B. 4.
C. 2.
D. 5
Hướng dẫn giải

Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AC  CB nhỏ
nhất.

Vì

C �d � C  t;0; 2  t  � AC 



2t  2 2



2

 9, BC 



2t  2



2

4

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

� 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
�7 3 �
�6 7 �
� 3�
 � t  � C � ;0; �� CM  �  � 2  �
2  �  2.
2
5
5

5
5
5
5�

2
t

2
�
�
�
�
�
khi

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
,
,
2
2
2
C  2;0;1  P  : x  y  z  1  0
N � P 
. Tìm điểm
sao cho S  2 NA  NB  NC đạt giá
trị nhỏ nhất.

� 1 5 3�
�3 1
�
N�
 ; ; �
N � ;  ; 2 �
N  3;5;1
N  2; 0;1
�.
A. � 2 4 4 �.
B.
.
C.
.
D. �2 2
Hướng dẫn giải
Chọn A.
� 1 3�
� 3 5�
I�
1; ; �
J�
0; ; �
2
2
4 4 �.
�
�
�
BC

J
I
AI
Gọi là trung điểm
và
là trung điểm
. Do đó
và

Khi đó

S  2 NA2  2 NI 2 

1
1
BC 2  4 NJ 2  IJ 2  BC 2
2
2
.

 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  t

�
� 4
Phương trình đường thẳng
.
�x  y  z  1  0 �
1
�x  t
�x   2
�
�
� 3
� 5
� �y 
�y   t
� 4
� 4
� 5
� 3
�z   t
�z  4
�
�
4
J
Tọa độ điểm
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

� 1� � 1� � 1� 5
�x  � �y  � �z  �
B. � 2 � � 2 � � 2 � 2 .

2

.
2

� 3� � 1� � 3� 1
�x  � �y  � �z  �
C. � 2 � � 2 � � 2 � 2 .

� 5� � 1� � 5� 9
�x  � �y  � �z  �
D. � 4 � � 4 � � 4 � 16 .

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
uuuu
r uur
�
�
�
�
IM
;
u
IM
� 1 d1 � � 2 ; ud2 �

�
uur

uur
ud1
ud 2

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

�t 0

. Phương trình mặt cầu cần

2

.

Câu 8: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
A  1;0; 2  ; B  0; 1; 2 
P : x  2 y  2 z  12  0.
và mặt phẳng  
Tìm tọa độ điểm M thuộc
 P  sao cho MA  MB nhỏ nhất?
A.

M  2; 2;9 

.

�7 7 31 �
M�; ; �
�6 6 4 �.
C.

� 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  , ta được
Thay tọa độ
vào phương trình mặt phẳng
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.
Nên

min  MA  MB   A�

B

khi và chỉ khi M là giao

B với  P  .
điểm của A�
�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

�
.
� 2 11 18 �
M�
 ; ; �
.
5 5�
�5
B với  P  nên ta tính được tọa độ
Vì M là giao điểm của A�

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  sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng  là
nằm trong
�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
�

d 
ud  u
�
�
� �r
u  ; n P  �
r � ud  �
�
�
�  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 

H   � P 

là

nghiệm

của

hệ

.

. 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

(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.

Câu 10:

Hướng dẫn giải
Chọn C.

( ) cần
Giả sử mặt phẳng
A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0 c)(a, b, c �0)

( ) :

tìm

cắt

Ox, Oy, Oz

lần

lượt

tại

x y z
1 3 2
  1
( ) :    1(*)
a b c
a b c
; ( ) 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.
(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( ) 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 .

Câu 11:

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 .

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường
x2 y z
2
2
2
d:


S  :  x  1   y  2    z  1  2

2

1
4
thẳng
và mặt cầu
. Hai mặt phẳng

 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.

Câu 12:


Hướng dẫn giải
Chọn B .

 S

I  1;2;1 , R  2
r
u   2; 1;4 
d
Đường thẳng
nhận
làm vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d .

Mặt cầu

có tâm

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.

(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.

Câu 13:

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
  �3 3
.
ab c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : a b c
Hay

1 �۳
33

2
abc

abc �۳
54

Suy ra :
Vậy : VOABC �9 .

1

54
abc
1
abc 9
6

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


�x  2  t
�
d1 : �y  1  t
�z  2t
�

Câu 14:

�x  2  2t �
�

d 2 : �y  3
�z  t �
�
và
. Mặt phẳng

(THTT – 477) Cho hai đường thẳng
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  .AB  10
u1, u2    1;5;2 AB   0;2;0


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.

A  3;3;1 , B  0; 2;1
 : x  y  z 7  0 .
(THTT – 477) Cho hai điểm
và mặt phẳng
   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. �

Câu 15:

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 �  

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 ,
(SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
M  0;0;1
N  0;3;1 .
 P  đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách
và
Mặt phẳng
 P  gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến  P  . Có bao mặt
từ điểm B đến

 P  thỏa mãn đầu bài ?
phẳng

Câu 16:

 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�

�2 ; 2 ;0 �
�
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

Có

2
�1 � � 3 �
OM  � � �
�
� 1
�2 � �
�2 �

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 ( ) 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 ( ) có dạng a b c
1 9 4
   1 (1).
(

)
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 ( ) 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 ( ) 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 ( ) 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 ( ) là
x  y  z  12  0.
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.
(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.

Câu 19:

Hướng dẫn giải
Chọn D.
   là mặt phẳng trung trực của đoạn OA
Gọi
�a
�
uuu
r
D � ; 0; 0 �
�
OA
  a; 0;0   a  1; 0;0 
2
�và có VTPT
đi qua điểm �
� : x 



a
0
2
.

là mặt phẳng trung trực của đoạn OB
� a �
uuu
r
E�
0; ;0 �
� 
OB   0; a;0   a  0;1;0 
2
�
�
đi qua điểm
và có VTPT
a
�  : y   0
2
.
Gọi

 

là mặt phẳng trung trực của đoạn OC
� a�
uuur
F�

0;0; �
� 
OC
  0;0; a   a  0; 0;1
2
�và có VTPT
đi qua điểm �
a
�  : z  0
2
.

Gọi

�a a a �
� I     �   �   � 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


(SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
1 2 3
   7.
A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,
trong đó a  0 , b  0 , c  0 và a b c
Biết mặt
72
2
2
2
 S  :  x  1   y  2    z  3  .
ABC 

7 Thể tích của
phẳng
tiếp xúc với mặt cầu

Câu 20:

khối tứ diện OABC là
2
.
A. 9

1
.
B. 6

3
.
C. 8

5
.
D. 6

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

1 1 1 � �1 2 3 � 2
1 1 1 7
 12  22  32  �
� 2  2  2 ���   � 7 � 2  2  2 � .
a b c
2
�a b c � �a b c �

�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 3 �
1 1 1 1 2 3 7
�
c
� 2  2  2     � �  � �  1� �  � 0
� 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 2 3 � � 1

�1 1 1 � 1 1 1 7
7  �   � �
1.  2.  3. �� 12  22  32  � 2  2  2 �� 2  2  2 �
b
c�
2
�a b c � � a
�a b c � 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
1
2
�
c  � VOABC  abc  .
� 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:

1 2 3
1  �

a

b c
Áp dụng BDT Côsi ta có:

33

6
abc

1

27.6
abc

1
abc 27
6

V

27

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)

(PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
 P  : 3x  y  z  5  0 và hai điểm A  1;0; 2  , B  2; 1; 4  . Tìm tập hợp các
mặt phẳng
M  x; y; z 
 P  sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ
điểm
nằm trên mặt phẳng
nhất.
�x  7 y  4 z  7  0
�x  7 y  4 z  14  0
.
.
�
�
3x  y  z  5  0
3x  y  z  5  0
A. �
B. �

Câu 22:

�x  7 y  4 z  7  0
.
�
3
x


y

z

5

0
�
C.

3x  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
AB, n P  �
 Q  : n Q   �
�
�  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  4 z  7  0
.
�
3
x

y

z

5

0
�
M
Quỹ tích
là

(CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
x 1 y  5 z
r
d:


M  2; 2;1 A  1; 2; 3
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
điểm A một khoảng bé nhất.
r
r
r
r
u   2;1; 6 
u   1; 0; 2 
u   3; 4; 4 
u   2; 2; 1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

Câu 23:

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
(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?

Câu 24:

– 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.
Gọi

I  1;1;0 

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

Mặt khác

d  I ;  ABC   

1  mn
m2  n2  m2n2

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 .
A ( 3;1;0) , B ( 0;- 1;0) ,C ( 0;0;- 6)
B C thỏa mãn hệ
Cho ba điểm
. Nếu tam giác A ���

uuur uuur uuur r
A + B�
B +C �
C = 0 thì có tọa độ trọng tâm là:
thức A �

Câu 25:

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 � T A - T A ' + T B - T B ' + T C - T C ' = 0

(

uur uuu
r uuu
r uuur uuur uuuu
r
� T A +TB +T C = T A ' +T B ' +T C '

) (

) (

)

( 2)

uur uuu
r uuur r
Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T �G tức là T A +T B +T C = 0 thì ta cũng có
uuur uuur uuuu

r r
TA ' +TB ' +T C ' = 0 hay T �G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác
ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.
�
�
3 + 0 + 0 1- 1 + 0 0 + 0 - 6�
�
G =�
;
;
= ( 1;0;- 2)
�
�
�
�
3
3
3
�
�
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 uuuu
r uuuu
r r
AA
'

+
BB
'
+
CC
'=0
Ta có:
(1)
uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuur
r
� 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
� 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
‫�=ޣ‬
G
'G 0 G ' 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.

�
�
3 + 0 + 0 1- 1 + 0 0 + 0 - 6�
�
G =�
;
;
= ( 1;0;- 2)
�
�
�
�
3
3
3
�
�
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

d:

B  1; 2;  3

A(2; 2; 1),

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

Khi đó đường thẳng  chính là đường thẳng AB’ và u  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.

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


�x  1  2t
�
� d ' �y  2  2t
�
z  3  t
�
Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’
uuuur
�
B'A
  2t  3; 2t  4; t  4 

�
B’

d’

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  �
u
�d , 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�
u
�d , 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


Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , 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:

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  �
OM . ON 2
m2  n2 2
MN 

 m  3

2

 n 2  13

Suy ra m  2; n  �2 3
uuuu
r uuur uuu
r
1
�
�
OM
,
ON
.
OP
�
�  6 3p �V  6 6 3p  3 � p  � 3
Vậy A  2  2.12  3  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
uuu
r uuu

r
CA  CB
nguyên, khi đó
bằng:

Câu 29:

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
�
(a  3)2  b 2  82  (a  5) 2  (b  4) 2
� 2 �1
�� �
�AI  � BD � �
(a  1) 2  (b  2) 2  42  36
�2
� �
ABCD là hình vuông � �

� 17
a
�
� 5
�
b  4  2a
�
a 1
�
17 14 �
14
�
�
��
�
A� ;
;0 �
b
�
2
2
(
a

1)

(6

2
a

)

20
b  2 hoặc �
5 � A(1; 2; 0) hoặc �5 5
�
�
�
(loại). Với A(1; 2; 0) ‫ ޣ‬C (3; 6;8) .

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

Câu 30:

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


A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Hướng dẫn giải
�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  4 MG  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 
Cho hình chóp S . ABCD biết
. Gọi H là
27
SH


ABCD

 . Để khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 2
trung điểm của CD,
S ,S
(đvtt) thì có hai điểm 1 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I
SS
của 1 2
I  0; 1; 3
I  1;0;3
I  0;1;3
I  1;0; 3 .
A.
.
B.
C.
.
D.

Câu 31:

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

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

thang

và


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:
d:

I  1;7;5 

A.
C.

 x  1

2

 x  1

  y  7    z  5   2018.

B.

  y  7    z  5   2016.

 x  1
D.

2

2

2

2

2

 x  1

  y  7    z  5   2017.

2

2

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

2

  y  7    z  5   2017.
2

2

�x  1  t
�
d : �y  2t .
�z  2  t
�
Câu 33:
Cho điểm I (0; 0;3) và đường thẳng
Phương trình mặt cầu (S) có
A
,
B
tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm
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
a
  1; 2;1
d
 Ta có vectơ chỉ phương của d :
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 � �2 � �2 � 2 3
� 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.

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


A  2;5;1

và mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 , H là hình chiếu
 P  . Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích
vuông góc của A trên mặt phẳng
784 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu
là:
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

C. 

x  16    y  4    z  7   196.
2

2

D. 

2

x  16    y  4    z  7   196.
2

2

2

Hướng dẫn giải

 P  . Suy ra
‫ ޣ‬Gọi 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) .
‫ ޣ‬Vì 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
‫ ޣ‬Mặt khác, H �( P) nên ta có:
Do đó,

H  4;2;3

.

‫ ޣ‬Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
2
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R  784 � 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 .
‫ ޣ‬Theo 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
2
2

2  t  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:

2

2

.

1 :

 P  : x  2 y  2 z  10  0

x  2 y z 1
 
1
1

1 ,

Cho mặt phẳng
và hai đường thẳng
x2 y z 3
2 :
 
1
1
4 . Mặt cầu  S  có tâm thuộc 1 , tiếp xúc với  2 và mặt phẳng
 P  , có phương trình:
2

2

2

� 11 � � 7 � � 5 � 81
�x  � �y  � �z  � .
2
2
2
A. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc � 2 � � 2 � � 2 � 4


2

2

2

� 11 � � 7 � � 5 � 81
�x  � �y  � �z  � .
2
2
2
B. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc � 2 � � 2 � � 2 � 4
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 
a
 (1;1; 4)
�
‫ޣ‬
; 2 đi qua điểm A(2;0; 3) và có vectơ chỉ phương 2
.

 S .
là tâm và R là bán kính của mặt cầu
uur uu
r
�
AI , a2 �
�
� 5t  4
d  I ; 2  

uur uu
r
uu
r
uur
�
3
AI , a2 �
 (5t  4; 4  5t ;0)
a2
AI

(
t
;
t
;
4

t

)
�
�
‫ ޣ‬Ta có:
‫ޣ‬
‫ޣ‬
2  t  2t  2(1  t )  10 t  10
d ( I , ( P)) 

3 .
1 4  4
‫ ޣ‬Giả sử

I (2  t ; t ;1  t ) �1

� 7
t
�
2
�
 S  tiếp xúc với  2 và  P  ‫ ޣ‬d ( I ,  2 )  d ( I , ( P)) ‫ ޣ‬5t  4  t  10 ‫� ޣ‬t  1 .
‫ޣ‬
2

2

2

11 � � 7 � � 5 � 81
11 7 5 �

7
9
�
I � ; ; � R 
 S :�
t
�x  � �y  � �z  �
� 2 � � 2� � 2� 4 .
2 ‫� ޣ‬2 2 2 �,
2 ‫ޣ‬
‫ ޣ‬Với
‫ ޣ‬Với t  1 ‫ ޣ‬I (1; 1; 2), R  3 ‫ޣ‬
Lựa chọn đáp án A.

 S  : ( x  1)2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  9 .

 P : x  4 y  2z  6  0 ,
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho
 Q  : x  2 y  4 z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng    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:

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 

 :

 P , Q

lần lượt là giao điểm của



với các trục Ox, Oy , Oz

x y z
   1 a, b, c �0 
a b c

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