( gv nguyễn bá tuấn) 76câu oxyz image marked image marked

Câu 1 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường

 x = 3t

x −1 y + 3 z + 3
=
=
thẳng d1 :
và d 2 :  y = −1 + 2t ( t 
1
−2
−3

1
z = − t
3


) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. d1 chéo d 2 .

B. d1 cắt và vuông góc d 2 .

C. d1 cắt và không vuông góc d 2 .

D. d1 song song d 2 .

Đáp án B
1


Ta có: ud1 = (1; −2; −3) , ud2 =  3; 2; − 
3


 ud1 .ud2 = 0 suy ra ( d1 ) vuông góc và cắt ( d2 )

Câu 2

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z + 5 = 0. Gọi n là

vectơ pháp tuyến của ( P ) , vectơ m thỏa mãn hệ thức m = −2n có tọa độ là:
A. m = ( −2; 4;6 ) .

B. m = ( −2; −4; −6 ) .

C. m = ( 2; 4;6 ) .

D. m = ( 2; −4; −6 ) .

Đáp án B
Ta có: n( P ) = (1; 2;3)  m = ( −2; −4; −6 )
Câu 3:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) : 3x − 4 y + z + 1 = 0

và ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 có vectơ chỉ phương là:
A. ( 2;1;2) .

B. ( 2;1;3) .

C. ( 2;1; −3) .

D. ( 2;1; −2 ) .

Đáp án D
Ta có: n( P ) = ( 3; −4;1) , n(Q ) = (1; 2; 2 )

u =  n( P ) , n(Q )  = ( −10; −5;10 ) = −5 ( 2;1; −2 )

 ( 2;1; −2) là một VTCP.
Câu 4

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho A (1;3; −4) , B ( −1;2;2) . Phương trình mặt phẳng

trung trực của đoạn AB là:
A. 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0.

B. 4 x − 2 y − 12 z − 17 = 0.

C. 4 x − 2 y + 12 z + 17 = 0.

D. 4 x + 2 y − 12 z + 17 = 0.

Đáp án A


 5

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB qua trung điểm I  0; ; −1 của AB có
 2



VTPT AB = ( −2; −1;6 ) là:
5

−2 ( x − 0 ) −  y −  + 6 ( z + 1) = 0  4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0
2


Câu 5 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

( S ) tâm I (1; 2;3) và mặt phẳng
( P ) : 2x − y − 2z + 12 = 0. Biết mặt phẳng ( P )

cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn

có chu vi 6 . Viết phương trình mặt cầu.
A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 8.

B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 13.

C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9.

D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 12.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Đáp án B
Ta có: d ( I , ( P ) ) =

2 − 2 − 2.3 + 12
22 + 22 + 12

Bán kính của giao tuyến là: r =

=2

6

= 3  R = 22 + 32 = 13
2

Vậy ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 13
2

2

2

Câu 6 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P ) : 3x − 3 y + 2z + 37 = 0
( P ) sao cho biểu thức
A. ( −4;7; −2 ) .

và các điểm A ( 4;1;5) , B ( 3;0;1) , C ( −1;2;0) . Tìm điểm M trên

S = MA.MB + MB.MC + MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất.
B. ( −3;6; −5) .

C. (1;8; −8) .

D. ( −2;5; −8) .

Đáp án A
Gọi M ( x; y; z ) . Do M  ( P ) nên 3 x − 3 y + 2 z + 37 = 0.
Có MA = ( 4 − x;1 − y;5 − z ) , MB = ( 3 − x; − y;1 − z ) , MC = ( −1 − x; 2 − y; − z ) .
2
2

2
Khi đó: S = 3 ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) − 5 .



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có:


2
2
2
2
3 ( x − 2 ) − 3 ( y − 1) + 2 ( z − 2 )   ( 32 + 32 + 22 ) ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) 



S

 442  22  + 5   S  249
3


 x = −4
x − 2 y −1 z − 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
=
=
 y = 7
3

−3
2
 z = −2


 x = −2 + 4t

Câu 7 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Phương trình đường thẳng d :  y = −6t
. Đi qua điểm?
z = 1 + 2t

A. ( −2; −6;1)

B. ( 4; −6;2)

C. ( 2; −6;3)

D. ( 2;0;1)

Với t = 1  A ( 2; −6;3)  d
Chọn đáp án C.
Câu 8

(Gv Nguyễn Bá Tuấn). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

A ( 3;3;2) và B ( 5;1;4) . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB.
5
7
A. I  ;3; −  .
2

2

B. I ( 4;2;3) .

 3

C. I  2; ; −1 .
 2


1 5

D. I  −1; − ;  .
2 2


Chọn B.

3+5

x = 2 = 4

3 +1

Tọa độ trung điểm I :  y =
= 2  I ( 4; 2;3) .
2

2+4


z = 2 = 3

Câu 9.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ toạn độ Oxyz, cho đường thẳng

x = t

d : y = 2 − t
z = 4 + t


( t  ) . Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của d?

A. u1 = ( 0; 2; 4 ) .

B. u1 = ( 2; −1;0 ) .

Chọn B.

x = t

d :  y = 2 − t có vectơ chỉ phương u1 = (1; −1;1) .
z = 4 + t


C. u1 = (1; −1;1) .

D. u1 = ( −2;3;5) .

Câu 10.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

M (1; −3;2 ) và đường thẳng  có phương trình

x −1 y z − 2
= =
. Tọa độ hình chiếu vuông
1
2
1

góc của điểm M trên đường thẳng  là
A. ( 0; −2;1)

B. ( −1;1; −1)

C. (1;0;2)

D. ( 2;2;3)

Gọi H (1 + t;2t;2 + t )  là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng  .
Ta có MH = ( t; 2t + 3; t ) và u  = (1; 2;1) là VTCP của đường thẳng  .
Vì MH ⊥   MH.u  = 0  t + 2 ( 2t + 3) + t = 0  6t + 6 = 0  t = −1 nên H ( 0; −2;1)
Chọn đáp án A.
 x = 1 + 2t

Câu 11 (Gv Nguyễn Bá Tuấn). Cho đường thẳng ( d m ) :  y = (1 − m ) t , ( t 

z = −2 + mt


) . Giá trị m để

khoảng cách từ gốc tọa độ tới ( d m ) là lớn nhất là.
A. −4

B. −2

C. 1

D. 3

Đáp án C
 x = 1 + 2t

Đường thẳng ( d m ) :  y = (1 − m ) t đi qua điểm cố định M (1;0; −2 )
z = −2 + mt


Vậy khoảng cách từ O tới ( d m ) là h  OM để khoảng cách này đạt giá trị lớn
nhất bằng OM  OM (1;0; −2 ) ⊥ u ( 2;1 − m; m )  2 − 2m = 0  m = 1
Câu 12 (Gv Nguyễn Bá Tuấn). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm

A (1;2;3) và B ( 3;4;1) . Đặt P = MA + MB trong đó M ( x 0 ; y0 ;z0 ) là một điểm nằm trên
(Oxy) thỏa mãn Pmin . Khi đó, x 0 + y0 + z0 =
A. 4

B.

7
2

C. 6

Đáp án C

P = MA + MB =2 MI với I ( 2;3;2) là trung điểm của AB.
Vậy Pmin ứng với M là hình chiếu của I nên ( Oxy )  M ( 2;3;0)
Vậy x 0 + y0 + z0 = 5

D. 1


(Gv Nguyễn Bá Tuấn). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

Câu 13
:

với

x −1 y z +1
= =
và mặt phẳng
2
1
−1

(Q) chưa  và tạo

(P): 2x − y + 2z − 1 = 0 . Mặt phẳng

(P) một góc  nhỏ nhất, khi đó góc  gần với giá trị nào nhất sau đây?

A. 6º

B. 8º

C. 10º

D. 5º

Đáp án B
Gọi n ( a; b; c ) là VTPT của ( Q )  n ( a; b; c ) .u ( 2;1; −1) = 0  2a + b − c = 0  c = 2a + b
Khi đó góc  giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nhỏ nhất khi cos =

n.n '

lớn nhất với

n n'

n ' ( 2; −1; 2 ) là VTPT của ( P ) ta có

cos =P=

n.n '
n n'

 P2 =

=

2a − b + 2c
3 a 2 + b2 + c 2

=

6a + b
3 5a 2 + 4ab + 2b 2

36a 2 + 12ab + b 2
36t 2 + 12t + 1 
a
=
t = 
2
2
2
b
9 ( 5a + 4ab + 2b ) 9 ( 5t + 4t + 2 ) 


t =
36t + 12t + 1
2(42t + 67t + 10)
 f ' (t ) =
=0
Xét hàm số f ( t ) =

2
9 ( 5t 2 + 4t + 2 )
t =
9 ( 5t 2 + 4t + 2 )

2

Vậy GTLN của P =

2

−1
6
−10
7

53
 10 
f −  =
= 0,99    80
54
 7

Câu 14 (Gv Nguyễn Bá Tuấn). Trong hệ trục tọa độ cho 4 điểm A (1;1; −2) , B ( 0;3; −2) ,

C ( 0;0;1) , I ( 0;1;0) . D là một điểm bất kì thuộc mặt cầu tâm I, bán kính bằng 3. Khoảng cách
từ D đến mặt phẳng (ABC) có giá trị lớn nhất bằng.
A. 1

B.

6

C.

3
2

D. 3

Đáp án D
Mặt phẳng ( ABC ) có VTPT n = CA, CB  = (1;1; −3) , ( 0;3; −3) = 3 ( 2;1;1)
Suy ra PT ( ABC ) : 2 x + y + z − 1 = 0
Dễ thấy I  ( ABC ) nên khoảng cách từ D đến mặt phẳng
bán kính và bằng 3.

(ABC) có giá trị lớn nhất bằng


Câu 15 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Đường thẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng

(d ) :

x −1 y − 2 z − 3
=
=
?
1
2
3

A.

x + 1 y + 2 −1
=
= .
1
−2
1

B.

x +1 y +1 z +1
=
=
.
2
1
1

C.

x −1 y z
= = .
−1 2 1

D.

x
y +1 z

=
= .
−2
−1 1

Ta có: ud = (1; 2;3) . Thử các VTCP từng đáp án ta có: 1.1 + 2. ( −2) + 3.1 = 0. Vậy chọn A.
CALC
→ A =, B =, C = là các tọa độ của các VTCP
Chú ý nên dùng CASIO nhập A + 2B + 3C ⎯⎯⎯

của các đáp án, ta thấy A = 1, B = −2, C = 1 cho kết quả 0

(và thử các VTCP còn lại đều

khác 0). Chọn đáp án A.
Câu 16

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Mặt phẳng nào sau đây cắt mặt cầu

( S ) : x2 + y2 + z 2 − 2x − 2 y − 4z − 3 = 0 theo thiết diện là một đường tròn?
B. x + 2 y + 2 z + 6 = 0. C. x + 2 y + 3 z + 3 = 0. D. Cả 3 đều sai.

A. x − y + z = 0.

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;2) , R = 3. Gọi ( P ) : ax + by + cz + d = 0 là mặt phẳng thỏa mãn


a + b + 2c + d
a 2 + b2 + c 2

 R = 3. Thay các đáp án ta được đáp án A.

Câu 17 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho 4 điểm A ( 6; −6;4) , B (1;1;1) , C ( 2;3;4) , D ( 7;7;5) .
Thể tích hình tứ diện ABCD là:
A.

54
.
5

B.

78
.
3

C.

83
.
3

AB = ( −5;7; −3) , AC = ( −4;9;0 ) , AD = (1;13;1) . Ta có: VABCD =

Câu 18:

92
.
7

1
83
 AB, AC  . AD = .


6
3

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tọa độ điểm đối xứng của A ( −2;1;3) qua

( P ) : 2x + y − z − 3 = 0
A. ( 2;3;1) .

D.

là:
B. ( 4;4;0) .

C. (1;5;2) .

D. ( 2;1;1) .

Gọi H ( a; b; c ) là hình chiếu của A lên ( P ) . Ta có: AH = ( a + 2; b − 1; c − 3) .
Ta có: 2a + b − c − 3 = 0 và AH cùng phương n( P ) nên
5
3
Suy ra a = 1; b = ; c =  A' ( 4; 4;0 ) .
2
2

a + 2 b −1 c − 3
=
=
2
2
−1


 x = 1 + 2t

Câu 19 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho đường thẳng ( d m ) :  y = (1 − m ) t ( t 
 z = −2 + mt


).

Giá trị

m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến ( d m ) là lớn nhất là:
B. −2.

A. −4.

C. 1.

D. 3.

Đáp án C
 x = 1 + 2t


Đường thẳng ( d m ) :  y = (1 − m ) t
 z = −2 + mt


(t  )

, có vectơ chỉ phương u ( 2;1 − m; m ) và qua điểm

M (1;0;-2). Do đó, khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng này là:
u; OM  ( 2m − 2; m + 4; m − 1)
6m2 − 2m + 21


d( o;( d )) =
=
=
.
m
2m 2 − 2m + 5
( 2; m − 1; m )
u
6m2 − 2m + 21
4m + 6
Đặt A =
= 3+
2
2m − 2m + 5
2m 2 − 2m + 5

Tìm GTLN của A theo cách tìm cực trị ta thấy A max=5 khi m=1

Vậy d( o;( dm )) max = 5 khi m=1.
Câu 20

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm

A (1;0;0) , B ( −2;0;3) , M ( 0;0;1) , N ( 0;3;1) . Mặt phẳng ( P ) đi qua các điểm M, N sao cho
khoảng cách từ B đến ( P ) gấp hai lần khoảng cách từ A đến ( P ) . Có bao nhiêu mặt phẳng

( P ) thỏa mãn đề bài?
A. Có hai mặt phẳng ( P ) .

B. Chỉ có một mặt phẳng ( P ) .

C. Không có mặt phẳng ( P ) nào.

D. Có vô số mặt phẳng ( P ) .

Đáp án D
Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm là: ( P) : Ax + By + Cz + D = 0.
C + D = 0
B = 0

+ (P) qua M, N nên 
3B + C + D = 0 C + D = 0

+ Khoảng cách từ B đến

(1)

(P) gấp 2 lần khoảng cách từ A đến

(P) nên

 4 A − 3C + D = 0
−2 A + 3C + D = 2 A + D  
3C + 3D = 0

(1)


Từ (1) và ( 2) thấy hệ vô số nghiệm. Do đó có vô số phặt phẳng
Câu 21

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hai mặt phẳng

(P) thỏa mãn bài toán.

( P ) : 2x + y + z − 3 = 0

và

(Q) : x − y + 3z − 2 = 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. ( P ) song song ( Q ) .

B. ( P ) cắt ( Q ) .

C. ( P ) trùng ( Q ) .

D. ( P ) vuông góc ( Q ) .

Đáp án B Dễ thấy ( P ) không song song ( Q ) mà n( P ) .n(Q ) = 4 nên ( P ) cắt ( Q ) .
Câu 22:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Khoảng cách giữa tâm mặt cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2 y − 4z − 3 = 0
A.

6
.
3

B.

và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 3 = 0 là:

7
.
3

C.

2 2
.
3

D.

5
.

3

Đáp án A
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1;2 ) . Khoảng cách giữa tâm mặt cầu và mặt phẳng ( P ) là:
d ( I , ( P )) =

Câu 23:

(d ) :

1− 2 + 2 − 3
1 + 2 +1
2

2

2

=

6
.
3

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hai điểm A (1;2;3) , B ( 2;0;4) và đường thẳng

x −1 y − 2 z −1
=
=
. Mặt phẳng ( P ) qua A, B và song song với ( d ) có phương trình là:

1
1
−2

A. x + y + z − 6 = 0.

B. 2 x + y + z − 4 = 0.

C. x − y + z − 6 = 0.

D. x − y + 2 z − 10 = 0.

Đáp án A
Ta có: n( P ) =  AB, ud  = ( 3;3;3) = 3 (1;1;1) . Vậy phương trình ( P ) : x + y + z − 6 = 0.
Câu 24:
:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Khoảng cách giữa điểm M ( 2; −1;0 ) và

x −1 y + 3 z
=
= là:
2
1
1

A.

3
.

2

B.

2
.
3

C.

21
.
3

Đáp án C
Áp dụng công thức d ( M ,  ) =

u, MA


với A (1; −3;0 )  , u = ( 2;1;1) .
u

D.

3
.
4

Câu 25 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương
trình mặt cầu x2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 1) x + 4 ( m −1) y + 2mz + 7m2 − 4 = 0. Để mặt cầu có diện
tích bằng 36 thì giá trị của m bằng:
A. 0.

B. 3.

C. 6.

D. 4.

Đáp án A
Để mặt cầu có diện tích 36 thì bán kính mặt cầu là R = 3. Do đó, ta có phương trình:

(m + 1) 2 +  2(m − 1) + m 2 − ( 7m2 − 4 ) = 9
2

m = 0
 − m 2 − 6m = 0  
 m = −6
Câu 26 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho các điểm A ( 2;3;0) , B ( 0; −1;2 ) và đường thẳng
d:

x −1 y + 1 z − 2
=
=
. Điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất
2
−1
2

là:
 11 −18 36 
 38 −63 63 
 9 −13 33 
A. M  ;
;  . D. Đáp án khác.
;  . C. M  ;
;  . B. M  ;
 25 25 25 
 25 25 25 
 50 25 50 

Đáp án A
Gọi M thuộc (d) có tọa độ M (2a + 1; −a − 1;2a + 2).

 x = 2 + 2t

+ Đường thẳng AB có phương trình:  y = 3 + 4t . Giả sử H là hình chiếu của M trên AB. Khi
 z = −2t

đó H (2b + 2;4b + 3; −2b) và MH (2b − 2a + 1;4b + a + 4; −2b − 2a − 2) ⊥ AB(−2; −4;2).
−2a − 11
300a 2 + 168a + 30
2
Do đó: 2a + 12b + 11 = 0  b =
 MH =
.
12
36

Do độ dài AB không đổi nên diện tích tam giác ABM nhỏ nhất khi độ dài MH nhỏ nhất, hay
độ dài MH 2 nhỏ nhất, nên: a =

−7
 11 −18 36 
M ;
; .
25
 25 25 25 

Câu 27 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho M (1; 2;3) . Gọi a, b, c lần lượt là độ dài kẻ từ gốc
O đến hình chiếu của M trên các trục Ox, Oy, Oz. Khi đó a + b + c bằng:
A. 0.

B. 3.

C. 6.

D. 9.

Đáp án C Vì M ( m; n; p ) chiếu lên Ox là A ( m;0;0 ) , lên Oy là B ( 0; n;0 ) , lên Oz là

C ( 0;0; p ) nên a = 1, b = 2, c = 3.


Câu 28 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho hai vectơ AB, AC , đặt u =  AB, AC  . Mệnh đề
nào sau đây sai?
A. u ⊥ AB.

B. u ⊥ AC.

C. u = AB. AC .

D. A, B đúng.

Đáp án C Theo định nghĩa của u thì u ⊥ AB, u ⊥ AC.
Câu 29: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu?
A. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0.

B. x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 y − z + 3 = 0.

C. x 2 + y 2 − z 2 + 2 x − y + 6 z + 2 = 0.

D. x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 3z + 4 = 0.

Đáp án A
Ta có: 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0  x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 3z −

1
= 0 thỏa mãn
2

1
9 1
+ 1 + + = 4  0 nên là phương trình mặt cầu.
4
4 2

Câu 30:

thẳng ( d ) :
A.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt phẳng ( P ) : x + y + 2 z − 2 = 0 và đường
x + 2017 y z − 2017
= =
. Góc tạo bởi ( P ) và ( d ) là  . Giá trị của cot  là:
1
2
1

5
.
2

B.

11
.
5

C.

13
.
7

D. Đáp án khác.

Đáp án B

Ta có: n( P ) = (1;1; 2 ) , ud = (1; 2;1) . Có sin  =
Câu 31:

n( P ) . ud

=

n( P ) ud

5
1
11
.
 cot  =
−1 =
2
6
sin 
5

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm

A ( 0; −2; −1) , B (1; −2;2) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z + 1 = 0, AB  ( P ) = N . Khi đó
bằng:
A.

3
.
2

B.

5
.
2

C.

1
.
2

Đáp án B

x = t

Phương trình đường thẳng AB là  y = −2
 z = −1 + 3t

N là giao điểm của AB và

8
AN 5 10 / 7 5
5
=
= .
(P) nên N  ; −2;  
7
BN 2 10 / 7 2
7

D.

3
.
5

AN
BN


Câu 32

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ trục tọa đô ̣ Oxyz, cho mặt

phẳng ( P ) : (1 − m 2 ) 2nx + 4mny + (1 + m 2 )(1 − n 2 ) z + 4 ( m 2 + n 2 + m 2 n 2 + 1) = 0. Biế t ( P ) luôn
tiế p xúc với mặt cầu cố định. Khi đó bán kính mặt cầu cố định đó là:
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Đáp án D
Gọi tâm mặt cầu cố định là I ( x0 ; y0 ; z0 ). Khi đó, bán kính mặt cầu là:

(1 − m ) 2nx
=

2

R = d( I ;( P ) )

0

+ 4mny0 + (1 + m 2 )(1 − n 2 ) z0 + 4 ( m 2 + n 2 + m 2n 2 + 1)

 2n (1 − m 2 )  + ( 4mn )2 + (1 + m 2 )(1 − n 2 ) 





(1 − m ) 2nx
R=
2

0

2

+ 4mny0 + (1 + m 2 )(1 − n 2 ) z0 + 4 ( m 2 + n 2 + m 2n 2 + 1)

( m + n + m n + 1)
+ (1 + m )(1 − n ) z + 4 ( m
2

(1 − m ) 2nx
R=

2

0

2

+ 4mny0

2

2

2

2 2

2

2

0

+ n 2 + m 2n 2 + 1)

m2 + n 2 + m2n 2 + 1

Chọn x0 = y0 = z0 = 0. Khi đó ta có: R = 4.

Câu 33

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz có 3 vectơ

a = ( 0; −1; −1) , b = (1;1;0 ) , c = (1; −1;1) . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. a = 2.

B. c = 3.

C. a ⊥ b.

D. b ⊥ c.

a = 12 + 12 = 2, c = 12 + 12 + 12 = 3 nên A, B đúng.
a.b  0  C sai ; c.b = 0  c ⊥ b đúng.

Câu 34

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Phương trình mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng

( P ) : x + 2 y + 2z − 3 = 0, (Q ) : x + 2 y + 2z = 7 là:
A. ( R ) : x + 2 y + 2 z + 4 = 0.

B. ( R ) : x + 2 y + 2 z − 4 = 0.

C. ( R ) : x + 2 y + 2 z − 5 = 0.

D. ( R ) : x + 2 y + 2 z + 5 = 0.

Vì ( R ) cách đều hai mặt phẳng nên ( R ) : x + 2 y + 2 z + m = 0
Gọi M ( 3;0;0)  ( P ) , N ( 7;0;0 )  ( Q )

Ta có: d ( M , ( R ) ) = d ( N , ( R ) )  m = −5


(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt

Câu 35:

phẳng ( P ) : x + y + z − 2 = 0, ( Q ) : x + 2 y − z + 3 = 0 và điểm A (1;0;4 ) . Phương trình đường
thẳng qua A và cùng song song với ( P ) và ( Q ) là:
A. d :

x −1 y z − 4
= =
.
−3
2
1

B. d :

x −1 y z − 4
= =
.
3
1
1

C. d :

x −1 y z − 4

=
=
.
−3 −1
1

D. d :

x −1 y z − 4
= =
.
−3
2
−1

Gọi u là VTCP của d, n1 , n2 lần lượt là VTPT của ( P ) , ( Q ) .
n1 = (1;1;1) , n2 = (1; 2; −1) .
u ⊥ n1

d / / ( P ) 
Ta có: 
suy ra d có một VTCP u = n1 , n2  = ( −3; 2;1)

d
/
/
Q
(
)
u

⊥
n




2

Vậy phương trình đường thẳng d :
Câu 36:

x −3 y z −4
= =
.
−3
2
1

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

I (1; −4;3) . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) là:
A. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3) = 4.

B. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3) = 10.

C. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3) = 25.

D. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3) = 1.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( Oyz ) : R = x1 = 1
Phương trình mặt cầu: ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3) = 1.
2

2

2

Câu37:(GvNguyễnBáTuấn2018)Chocácđiểm A (1; −1;1) , B ( 2;1; −2) , C ( 0;0;1) , H ( x0 ; y0 ; z0 )
là trực tâm tam giác ABC. Khi đó x0 + y0 + z0 bằng:
B. −1.

A. 1.

C. 0.

D. −2.

Đáp án A
Mp ( ABC ) có phương trình x + y + z − 1 = 0 . Vì H  mp ( ABC ) nên x0 + y0 + z0 = 1.

Câu 38:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ trục tọa đô ̣ Oxyz, cho

đường thẳng  :

x −1 y z +1
= =
và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z −1 = 0. Mặt phẳng ( Q ) chứa
2
1
−1

 và tạo với ( P ) một góc  nhỏ nhất, khi đó góc  gần với giá trị nào dưới đây?

A. 6 .

C. 10 .

B. 8 .

D. 5 .

Đáp án B
Gọi

(d) là giao tuyến của

(P) và

(Q). Góc giữa

(P) và

(Q) nhỏ nhất khi và chỉ khi

(d ) ⊥ ().

Mà (  ) qua A(1;0; −1) và có vectơ chỉ phương là u (2;1; −1) ;

(P) có vectơ pháp tuyến

n ( 2; −1;2 ) nên (d ) có vectơ chỉ phương là v = u; n  = (1; −6; −4 ) .

Do (Q) chứa (d) và (  ) nên có vectơ pháp tuyến là w = u; v  = ( −10;7; −13) .

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng

(P) và (Q) là nhỏ nhất và bằng  với:

cos  =

n.w
n.w

=

53
   80.
3 6

 x = −2 + 4t

Câu 39 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Phương trình đường thẳng d :  y = −6t
. Đi qua
 z = 1 + 2t

điểm?
A. ( −2; −6;1) .

B. ( 4; −6;2) .

C. ( 2; −6;3) .

D. ( 2;0;1) .

Đáp án C.
Với t = 1  A( 2; −6;3)  d.
Câu 40

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

A ( 3; −2;5) và đường thẳng (d).
 x = −8 + 4t

 y = 5 − 2t . Tọa độ hình chiế u vuông góc của điểm (A) lên đường thẳng (d).
z = t

A. ( 4; −1;3) .

B. ( −4;1; −3) .

C. ( 4; −1; −3) .

D. ( −4; −1; −3) .

Đáp án A.
Xét yếu tố vuông góc nhập

CALC
→ A =, B =, C =
( A − 3) 4 − 2( B + 2) + ( C − 5) ⎯⎯⎯

tung độ, cao độ của các đáp án.
Ta thấy chỉ có đáp án

(4;-1;3) cho kết quả = 0.

hoành độ,


Câu 41.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 14. Mặt
2

2

cầu ( S ) cắt trục Oy tại A, B ( yA  yB ) . Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại B là.
A. −2 x + 3 y + z + 9 = 0.

B. 2 x − 3 y − z + 9 = 0.

C. − x + 3 y − 2 z − 9 = 0.

D. x − 3 y + 2 z − 9 = 0.

Đáp án B

( S ) : ( x − 2)

2

+ y 2 + ( z + 1) = 14  A ( 0; −3;0 ) , B ( 0;3;0 )
2

Gọi I ( 2;0; −1) là tâm mặt cầu
Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại B có véc tơ pháp tuyến là
BI ( 2; −3; −1)  ( P ) : 2 x − 3 ( y − 3) − z = 0  2 x − 3 y − z + 9 = 0

Câu 42.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử mặt cầu

( Sm ) : x2 + y2 + z 2 − 2mx + 4my − 2z + 4m2 + 6m − 4 = 0

. Để tâm mặt cầu cách mp

x + 2 y + 2 z − 2 = 0 một khoảng cách bằng 3 thì m bằng.

A. 3.

C. −3.

B. 3.

D. 1.

Đáp án C

( Sm ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2mx + 4my − 2 z + 4m2 + 6m − 4 = 0
2
2
2
 ( x − m ) + ( y + 2m ) + ( z − 1) = m2 − 6m + 5  I ( m; −2m;1)
Điều kiện để tồn tại mặt cầu S là m 2 − 6m + 5  0  1  m  5

Khoảng cách từ I tới x + 2 y + 2 z − 2 = 0 là d =
Câu 43

m − 4m + 2 − 2
12 + 22 + 22

 m = 3 ( loai )
= m =3 
 m = −3

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt

phẳng x + y − 2z + 1 = 0 và hai điểm A (1;2;-1), B (2;3;0). Quỹ tích điểm M trên
diện tích tam giác MAB nhỏ nhất là:
A. x = y − 1 = z − 1.

B.

x −1 y + 2 z−1
x − 2 y z−1
=
=
. C.
= =
. D.
1
2
3
2
1

1

x +1 y − 2 z+ 2
=
=
.
−1
2
1

Đáp án A
Ta có AB = (1;1;1) , n (1;1; −2 )  AB.n = 0  AB song song với mặt phẳng

( P ) x + y − 2z + 1 = 0

(P) để


Diện tích MAB nhỏ nhất khi khoảng các từ M tới AB nhỏ nhất hay M nằm trên hình
chiếu của đường thẳng AB lên mặt phẳng x + y − 2z + 1 = 0 .Đường thẳng này song song với

AB nên có VTCP dạng k (1;1;1) nên ta chọn được đáp án A
Câu 44

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A

(0;1;1), B

(0;21;-19) và mặt cầu ( S) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1. Điểm M
2

(3;0;-1), C

2

2

(S) sao cho biểu thức T = 3MA2 + 2MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhật.

(a;b;c) thuộc mặt cầu
Tính tổng a + b + c

B. a + b + c = 12.

A. a + b + c = 0.

C. a + b + c =

12
.
5

D. a + b + c =

14
.
5

Đáp án D
Trước hết ta tìm điểm I ( x; y;z ) thỏa mãn 3IA + 2IB + IC = 0

−3x + 2 ( 3 − x ) − x = 0
x = 1


 3 (1 − y ) − 2 y + ( 21 − y ) = 0
  y = 4  I (1; 4; −3)


 z = −3
3 (1 − z ) + 2 ( −1 − z ) + ( −19 − z ) = 0
Khi đó ta có :
2

2

T = 3MA 2 + 2MB 2 + MC 2 = T = 3MA + 2MB + MC

(

= 3 MI + IA

)

2

(

) ( MI + IC )
+ IC + MI ( 3IA + 2IB + IC ) = 6MI

+ 2 MI + IB

= 6MI 2 + 3IA 2 + 2IB 2

2

2

2

Vậy T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất do vậy M

( S) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1)
2

2

2

2

2

+ 3IA 2 + 2IB 2 + IC 2

nằm trên giao điểm của IO với

= 1. trong đó O (1;1;1) là tâm mặt cầu.

x = 1

IO ( 0; −4;3)  PT đường thẳng IO là  y = 1 − 4t thay tọa độ tham số vào ( S ) ta có
 x = 1 + 3t

1
 1 8
 9 2
25t 2 = 1  t =   M 1 1; ;  , M 2 1; ;   M 1 I = 4, M 2 I = 6
5
 5 5
 5 5
Vậy a + b + c =

14
5

Câu 45 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai
điểm A (1; −2;3) và B ( 5;4;7 ) . Phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính có tâm là
A. I ( 3;1;5) .

B. I ( 3; −1;5) .

C. I ( −3; −1; −5) .

D. I ( 3;1; −5) .


Gọi I là tâm mặt cầu nên I là trung điểm AB nên
Câu 46.

d:

(S) có tâm I (3;1;5).

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

x + 3 y +1 z − 3
=
=
. Phương trình tham số của đường thẳng d là
2
1
1

 x = −3 + 2t

A. d :  y = −1 + t .
z = 3 + t


 x = 3 + 2t

B. d :  y = 1 + t .
z = −3 + t


 x = 3 + 2t

C. d :  y = 1 + t .
z = 3 + t



 x = −3 − 2t

D. d :  y = −1 − t .
z = 3 + t


 x = −3 + 2t

Ta có phương trình tham số của d :  y = −1 + t .
z = 3 + t

Câu 47.
mặt phẳng
A.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho

(P) có phương trình. 2x − 2y − z + 3 = 0 . Khi đó, bán kính của (S) là.

6.

B. 4.

Ta có bán kính bằng d ( I, ( P ) ) =
Câu 48.

(S) là mặt cầu tâm I ( 3;0;0 ) và tiếp xúc với

C. 2.

D. 3.

9
=3
9

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Tổng giá trị m, n để đường thẳng

 x = 3 + 4t
( D ) :  y = 1 − 4t ( t 
z = t − 3


) nằm trong mặt phẳng ( P ) : ( m −1) x + 2y − 4z + n − 9 = 0
B. −10

A. 10

C. −8

là

D. 7

(D) qua A ( 3;1; −3) và vectơ chỉ phương a = ( 4; −4;1)
VTPT của ( P ) : ( m −1;2; −4)
a.n = 0
m = 4

m = 4


 m + n = −10 .
( P ) 3m + n = −2 n = −14


( D )  ( P )  A 
Câu 49.

x = 2 + t
 x = 3 + t'


(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho 2 đường thẳng d1 :  y = 1 − t và d 2 :  y = 2 + t' .
z = 2 − t
z = 5



Phương trình đường vuông góc chung ∆ của d1 , d 2 là.

 x = 1 + t''

A.  :  y = 2 − t'' .
z = 3 + 2t''

Đáp án A

 x = 1 − t''


B.  :  y = 2 − t'' .
z = 3 + 2t''


 x = −1 + t''

C.  :  y = 2 − t'' .
z = 3 + 2t''


 x = 1 + t''

D.  :  y = −2 − t'' .
z = −3 + 2t''



x = 2 + t
 x = 3 + t'


 giao với d1 :  y = 1 − t là A ( 2 + t;1 − t ';2 − t ) với d 2 :  y = 2 + t' là B ( 3 + t ';2 + t ';5)
z = 2 − t
z = 5


Khi dó AB (1 + t '− t;1 + t '+ t;3 + t )
Ta

có

 AB ⊥ u1 (1; −1; −1) 1 + t '− t − 1 − t '− t − 3 − t = 0 t = −1


 A (1; 2;3) , AB (1; −1; 2 )

1 + t '− t + 1 + t '+ t = 0
t ' = −1
 AB ⊥ u2 (1;1;0 )
 x = 1 + t''

Vậy PT  là : d1 :  y = 2 − t''
 z = 3 + 2t''


Câu 50

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 1 = 0 và hai điểm

A ( 2;2;2 ) , B ( 4;4;0) . Gọi

(S) là mặt cầu đi qua điểm A, B sao cho

d ( M; ( P ) )  d ( A, ( P ) )
M  ( S)  
. Khi đó phương trình (S) là.
d ( M; ( P ) )  d ( B, ( P ) )
A. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 3 .

B. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 3) = 3 .

C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 3) = 9 .

D. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 9 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Đáp án A
Do AB ( 2; 2; −2 ) ⊥ ( P ) : 2x − y − z + 3 = 0 nên mặt cầu (S) cần xác định có tâm là trung điểm

I ( 3;3;1) của AB và bán kính R =

1
1 2
2
AB =
2 + 22 + ( −2 ) = 3
2
2

Vậy PT (S) : ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 3
2

Câu 51

2

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua

điểm A (1; −1;2 ) , song song với
:

2

( P ) : 2x − y − z + 3 = 0 ,

đồng thời tạo với đường thẳng

x + 1 y −1 z
=
= một góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là.
1
−2
2

A.

x − 1 y + 1 z− 2
=
=
.
1
−5
7

B.

x − 1 y + 1 z+ 2
=
=
.
4
−5
7


C.

x − 1 y + 1 z− 2
=
=
.
4
5
7

D.

x − 1 y + 1 z− 2
=
=
.
1
−5
−7

Đáp án A
Đường thẳng d đi qua A (1; −1;2 ) có vec tơ chỉ phương u ( a; b; c ) do d song song với

( P ) : 2x − y − z + 3 = 0

nên u ( a; b; c ) ⊥ n ( 2; −1; −1)  u.n = 0  2a = b + c (1)

Đến đây ta kiểm tra chỉ có đáp án A là đường thẳng có véc tơ chỉ phương thỏa mãn (1) nên ta
chọn đáp án A
Câu 52.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 3 = 0 và hai điểm

A ( 2;1;2) , B ( 0;3;4 ) . Số các điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông tại M
là.
A. 0.

B. 1.

D. vô số điểm.

C. 2.

Đáp án B
Tập hợp các điểm M sao cho tam giác ABM vuông tại M là mặt cầu ( S ) đường kính AB. Có
tâm
R=

I

là

trung

điểm

của

AB

có

tọa

độ

I (1; 2;3)

và

có

bán

kính

AB 1 2
=
2 + 22 + 22 = 3
2
2

Khoảng cách h từ I (1; 2;3) tới ( P ) : x + y − z + 3 = 0 là h =

3
= 3=R
3

Như vậy ( P ) tiếp xúc với mặt cầu nên có điểm chung duy nhất hay có 1 điểm M thuộc ( P ) .
Câu 53 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 3; −1;1) . Hình
chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm

A. M ( 3;0;0) .

B. N ( 0; −1;1) .

C. P ( 0; −1;0 ) .

D. Q ( 0;0;1) .

Đáp án B
Hình chiếu vuông góc của A ( 3; −1;1) lên Oyz là điểm N thuộc mặt phẳng Oyz  x = 0 .
Vậy hình chiếu của A ( 3; −1;1) lên Oyz là N ( 0; −1;1) .
Câu 54
d:

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

x − 2 y −1 z
=
= . Đường thẳng d có một véctơ chỉ phương là
−1
2
1

A. u1 = ( −1; 2;1) .

B. u 2 = ( 2;1;0 ) .

C. u 3 = ( 2;1;1) .

. Đáp án A Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là u = ( −1; 2;1)

D. u 4 = ( −1; 2;0 ) .


(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

Câu 55.

M ( 2;0;0) , N ( 0; −1;0) , P ( 0;0;2) . Mặt phẳng (MNP) có phương trình là
A.

x y z
+ + =0.
2 −1 2

B.

x y z
+ + = −1 .
2 −1 2

C.

x y z
+ + =1.
2 1 2

D.

x y z

+ + = 1.
2 −1 2

Đáp án D
Ta có phương trình đoạn chắn của 3 điểm M ( 2;0;0) , N ( 0; −1;0) , P ( 0;0;2) là

x y z
+ + = 1.
2 −1 2

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1;2;1) và

Câu 56.

B ( 2;1;0) . Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là
B. 3x − y − z + 6 = 0

A. 3x − y − z − 6 = 0

C. x + 3y + z − 5 = 0

D. x + 3y + z − 6 = 0

Đáp án B
Gọi (  ) là mặt phẳng cần tìm. n  = u AB = ( 3; −1; −1)

()

có véctơ chỉ phương ( 3; −1; −1) và đi qua điểm A ( −1;2;1) là (  ) : 3x − y − z + 6 = 0

Câu 57.
d1 :

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

x −3 y−3 z + 2
x − 5 y +1 z − 2
=
=
=
=
; d2 :
và mặt phẳng
−1
−1
−2
2
1
1

Đường thẳng vuông góc với
A.

x −1 y +1 z
=
=
1
2
3

B.

( P ) : x + 2y + 3z − 5 = 0 .

(P), cắt d1 ,d 2 có phương trình là
x −3 y−3 z + 2
x − 2 y − 3 z −1
x −1 y +1 z
=
=
=
=
=
=
C.
D.
1
1
3
2
2
2
3
3
1

Cách 1.
Viết lại phương trình

x = 3 − t

 x = 5 − 3t 


d1 :  y = 3 − 2t , d 2 :  y = −1 + 2t  , t, t   .
z = −2 + t
z = 2 + t 


Giả sử đường thẳng cần tìm là  cắt hai đường thẳng d1
và

d2

lần

lượt

tại

A ( 3 − t;3 − 2t; −2 + t )

và

B ( 5 − 3t; −1 + 2t;2 + t) .
Một

véctơ

chỉ

phương

của



là

u  = AB = ( 2 − 3t + t; −4 + 2t  + 2t; 4 + t  − t ) .

Một véctơ pháp tuyến của ( P ) là n P = (1; 2;3) ta có u  = kn nên ta có hệ.


2 − 3t  + t = k
−3t  + t − k = −2 t  = 1



−4 + 2t  + 2t = 2k  2t  + 2t − 2k = 4  t = 2 .
4 + t  − t = 3k
 t  − t − 3k = −4
k = 1



Suy ra A (1; −1;0 ) , B ( 2;1;3) , u  = (1; 2;3) , do đó  :
Cách 2. Gọi

( d2 )

x −1 y +1 z
=
= , đáp án A.
1
2
3

(Q) là mặt phẳng qua ( d1 ) và vuông góc với

(Q) là mặt phẳng qua

(P). Khi đó đường thẳng cần tìm là giao của

và vuông góc với

thể chỉ cần viết

(P). Gọi

(Q) và

(R). Ta có

(Q) hoặc (R) sau đó lấy tọa độ điểm ở đáp án thay vào để loại dần.

Câu 58 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;1;2 ) . Hỏi có
bao nhiêu mặt phẳng

(P) đi qua M và cắt các trục xOx, yOy, zOz lần lượt tại các điểm

A, B, C sao cho OA = OB = OC  0?

A. 3

B. 1

C. 4

D. 8

Cách 1. Ta hình dung có một bát diện đều tâm O. Qua M vẽ các mặt song song với các mặt
của bát diện đều ra sẽ được các mặt thỏa mãn đề. Do các mặt đối xứng qua tâm O là song
song nên ta có 4 mặt qua M thỏa mãn đề.

(Chú ý do các mặt có dạng x + y + z + D = 0;

x − y + z + E = 0; − x − y + z + F = 0; − x + y + z + G = 0 . Ta thay M vào thấy chỉ có F = 0 nên

mặt phẳng − x − y + z = 0 đi qua O và khi đó không thỏa mãn đề). Vậy có 3 mặt phẳng thỏa
mãn đề.
Cách 2. Do phương trình tổng quát mặt phẳng

x y z
+ + = 1 với a = b = c . Biện luận theo
a b c

dấu của a, b, c ta nhận được 3 mặt.
Câu 59

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

 −8 4 8 
A ( 2; 2;1) , B  ; ;  . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và
 3 3 3
vuông góc với mặt phẳng
A.

(OAB) có phương trình là

x +1 y − 3 z +1
=
=
1
−2
2

1
5
11
y−
z−
3=
3=
6
1
−2
2

B.

x+
C.

x +1 y − 8 z − 4
=
=
1
−2
2

2
2
5
y−
z+
9=
9=
9
1
−2
2

x+
D.

Cách 1. Ta dùng hệ thức aIA + bIB + cIC = 0  I ( 0;1;1) từ đó dễ có đáp án A.
đường tròn nội tiếp_là giao 3 đường phân giác)

(I là tâm

Cách 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ta tìm hai đường phân giác trong của tam giác rồi
cho giao với nhau.

(chú ý ở đây có kĩ thuật viết phương trình đường phân giác trong của

tam giác trong không gian).
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

Câu 60

A (1;2;1) , B ( 3; −1;1) và C ( −1; −1;1) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu có tâm A, bán kính bằng 2, (S2 ) và

(S3 )

là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính đều bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt

phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , (S2 ) , ( S3 )
A. 5

B. 7

C. 6

D. 8

Ta dễ thấy ba điểm A, B, C thuộc mặt phẳng z = 1 , 3 mặt cầu là ở ngoài nhau. Mỗi mặt
phẳng tiếp xúc với hai mặt cầu thì sẽ có hai tình huống.
1. Cả 3 mặt cầu ở cùng một nửa không gian chia bởi mặt phẳng tiếp xúc. Có 2 mặt phẳng như
vậy.

2. Mặt phẳng tiếp xúc chia 2 mặt cầu về một phía và phía còn lại chứa mặt cầu kia. Có 4 mặt
phẳng tiếp xúc chia mặt cầu lớn và mặt cầu nhỏ ở cùng một bên. Có một mặt phẳng tiếp xúc
chia 2 mặt cầu nhỏ về một bên

(ở đây do R + r = d ( A, BC) nên mới tồn tại 1 mặt phẳng

tiếp xúc theo yêu cầu, nếu R + r  d ( A, BC) thì sẽ tồn tại 2 mặt phẳng tiếp xúc)
Câu 61

( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P ) : x − 2y + 3z − 6 = 0 . Vectơ chỉ phương của đường thẳng d vuông góc với ( P )
A. u d = ( −1; −2; −3)

B. u d = ( −1; −2;3)

C. u d = (1; −2;3)

là

D. u d = ( −1; 2;3)

Ta có VTCP ( P ) : n P (1; −2;3) , do d vuông góc với ( P ) nên u d = (1; −2;3)
Câu 62 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Trong hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào sau đây không
phải là phương trình đường thẳng Ox?

x = t

A.  y = 0
z = 0



x = t

B.  y = 0
z = 1


x = t + 1

C.  y = 0
z = 0


x = −t

D.  y = 0
z = 0


Đường thẳng qua trục Ox đi qua O ( 0;0 ) và nhận i (1;0;0 ) làm VTCP nên thử các phương án
ta chọn được đáp án B.


Câu 63.

Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Trong hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

(

( P ) .x + 2y + 2z +11 = 0 và ( Q) .x + 2y + 2z + 2 = 0 . Khoảng cách giữa ( P )
A. 9

B. 3

C. 1

và ( Q) là

D. 13

Ta có M ( −11;0;0)  ( P )
Vì ( P ) / / ( Q ) nên d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( M; ( Q ) ) = 3
Câu 64.
d:

( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

x −1 y +1 z − 3
=
=
và mặt phẳng ( P ) x + 2y − 2z = 0 . Phương trình mặt cầu (S) có tâm
2
3
−1

I  d , tiếp xúc và cách ( P ) một khoảng bằng 1
A. ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 1

B. ( x + 3) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 1

C. ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

 x = 1 + 2t

x −1 y +1 z − 3

d:
=
=
 PTTS :  y = −1 + 3t  gọi I (1 + 2t; −1 + 3t;3 − t )
2
3
−1
x = 3 − t

Có d ( I ( P ) ) = 1 

1 + 2t + 2 ( −1 + 3t ) − 2 (3 − t )
3

2
=1 t = ;t =1
5

Với t = 1 ta có I ( 3; 2; 2 )
Vậy (S) có I ( 3; 2; 2 ) và R = 1  Chọn đáp án A
Cách 2: Từ dữ kiện mặt cầu (S) có tâm I thuộc d ta loại được đáp án B, D
Tiếp đến ta có d ( I; ( P ) ) = 1 = R nên chọn được đáp án A.
Câu 65

(d) :

(

Gv Nguyễn Bá Tuấn ). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

x −1 y − 2 z − 3
=
=
và mặt phẳng
2
−1
1

qua giao điểm của đường thẳng ( d ) với

( P ) : 2x + y + z + 1 = 0 .

Phương trình đường thẳng

( P ) , nằm trên mặt phẳng ( P )

và vuông góc với

đường thẳng d là.

 x = −2 − t

A.  y = −2
z = 3 + 2t

Đáp án D

 x = −1 + t


B.  y = 0
z = 1 − 2t


 x = −2 + t

C.  y = −2
z = 4 − 2t


 x = −3 − t

D.  y = 4
z = 1 + 2t



 x = 1 + 2t
x −1 y − 2 z − 3

=
=
PTTS của ( d ) :
là  y = 2 − t thay tọa độ tham số vào ( P ) ta được
2
−1
1
z = 3 + t


2 (1 + 2t ) + 2 − t + 3 + t + 1 = 0  t = −2  M ( −3;4;1) là giao điểm của ( d ) và ( P )
Đường thảng đi qua M vuông góc với ( d ) và vuông góc với VTPT của ( P ) nên có VTCP

u = ud , n  = ( 2; −1;1) , ( 2;1;1) = ( −2;0; 4 ) = 2 (1;0; −2 )
 x = −3 − t

Vậy PT đường thẳng cần tìm là  y = 4
z = 1 + 2t

Câu 66 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Cho A ( 0;2; −2) , B ( −3;1; −1) ,C ( 4;m −1;0) , D (1;m + 2;0 )
. Để A, B, C, D không là 4 đỉnh của tứ diện thì m thỏa mãn
A. m 

B. m = 3

C. m  1

D. m = −9

Đáp án D
Ta thấy C , D  mặt phẳng z = 0 do A, B không thuộc mặt phẳng z = 0 nên để 4 điểm đã cho
không là 4 đỉnh tứ diện thì AB cắt CD hay giao điểm của AB với z = 0 nằm trên CD

 x = −3t

AB ( −3; −1;1)  PTTS của AB là  y = 2 − t giao với z = 0  t = 2  M ( −6;0;0 ) là giao
 z = −2 + t

của AB với z = 0 Ta có CD ( −3;3;0 )

Vậy M  CD  MC = kCD  (10; m − 1;0 ) = k ( −3;3;0 )  k = −
Câu 67

(

10
 m = −9
3

Gv Nguyễn Bá Tuấn )Trong không gian Oxyz cho ba điểm

A (1;1;1) , B ( −1;2;0) ,C (3; −1;2 ) . Điểm M ( a;b;c ) thuộc mặt phẳng (  ) : 2x − y + 2z + 7 = 0
sao cho biểu thức P = 3MA + 5MB − 7MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a + b + c = ?
A. 4

B. −5

C. 13

D. 7

Đáp án C
Trước hết ta xác định I ( x; y; z ) sao cho

3 (1 − x ) + 5 ( −1 − x ) − 7 ( 3 − x ) = 0
 x = −23


3IA + 5IA − 7 IC = 0  3 (1 − y ) + 5 ( 2 − y ) − 7 ( −1 − y ) = 0   y = 20  I ( −23;20; −11)


 z = −11

3 (1 − z ) + 5 ( − z ) − 7 ( 2 − z ) = 0


(

) (

) (

)

P = 3MA + 5MB − 7MC = 3 MI + IA + 5 MI + IB − 7 MI + IC = MI
Vậy P nhỏ nhất khi M là hình chiếu của của I lên (  ) : 2x − y + 2z + 7 = 0
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (  ) : 2x − y + 2z + 7 = 0 có PT là

 x = −23 + 2t

 y = 20 − t thay tọa độ tham số vào (  )
z = −11 + 2t


 2 ( 2t − 23) − ( 20 − t ) + 2 ( −11 + 2t ) + 7 = 0  t = 9  M ( −5;11;7 )  a + b + c = 13
Câu 68

(

Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho A (1;2;3) , B ( 4;0;1) ,C ( 4;8;1) và điểm

M  (S) : x 2 + y2 + z2 = m ( m  0 ) thỏa mãn mặt cầu tâm M tiếp xúc với ba cạnh AB, BC,
CA. Khi đó, m nhỏ nhất là
A.

27

B. 1

C.

5

Đáp án D

Từ M dựng đường thẳng MI vuông góc với đáy
Vì tiếp xúc với 3 cạnh => I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

D. Đáp án khác


aIA + bIB + cIC = 0
aA + bB + cC
= I =
(a = 8; b = 7, c = 17)
a+b+c
= I(...)
  I
= IM   
u  = [AB; AC]
= M min = d(O; )

Tính toán ta ra được đáp án khác
(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường

Câu 69.
thẳng d :

x −1 2 − y z + 3
=
=
. Vecto chỉ phương của d là.
5
8
7

A. u1 = ( 5;8;7 )

B. u2 = ( −1; −2;3)

C. u3 = ( 5; −8;7 )

D. u4 = ( 7; −8;5)

Đáp án A
Câu 70.

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 6 y + 4 z + 5 = 0 .

Bán kính của mặt cầu ( S ) là.
B. 2

A. 3

C. 4

D. 6

Đáp án A
Ta có R = 12 + 32 + 22 − 5 = 3
Câu 71

(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm

A (1;0;0) , B ( 0; −2;0 ) , C ( 0;0; −5) . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng ( ABC ) ?

 1 1
A. n1 = 1; ; 
 2 5

1 1

B. n2 = 1; − ; − 
2 5


1 1

C. n3 = 1; − ; 
2 5


 1 1
D. n4 = 1; ; − 
 2 5

Đáp án B

 AB = ( −1; −2;0 )
  AB, AC  = (10, −5, −2 )
Cách 1. Ta có 
 AC = ( −1;0; −5)
n=

1
1 1

=  AB, AC  = 1; − ; − 
10
2 5


Cách 2.
Theo công thức phương trình đoạn chắn ta có phương trình ( ABC ) :

x
y
z
=
+
=1

1 −2 −5