PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TỎNG KHÔNG GIAN

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

HÌNH HỌC 12 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 5.13 Một số bài toán tổng hợp khác.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[2H3-5.13-3] [THPT Lê Hồng Phong] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường
thẳng

d:

( S ) : ( x − 1)

2

x −1 y z + 3
= =
−1 2
−1

và

mặt

cầu

( S)

tâm

có

I

phương

trình

+ ( y − 2 ) + ( z + 1) = 18 . Đường thẳng d cắt ( S ) tại hai điểm A, B . Tính diện
2

2

tích tam giác IAB .
A.

8 11
.
9

B.

11
.
6

16 11
.

3
Hướng dẫn giải
C.

D.

8 11
.
3

Chọn D.

.

r
Đường thẳng d đi qua điểm C ( 1;0; −3) và có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2; −1) .
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −1) , bán kính R = 3 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d .
uur r
 IC , u 
uur r
uur


Khi đó: IH =
, với IC = ( 0; −2; −2 ) ;  IC , u  = ( 6; 2; −2 ) .
r
u
Vậy IH =

62 + 22 + 22
66
22 4 6
. Suy ra HB = 18 −
.
=
=
3
3
3
1+ 4 +1

1
1 66 8 6 8 11
IH ×AB = ×
×
=
..
2
2 3
3
3
[2H3-5.13-3] [THPT Hà Huy Tập] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
Vậy, S ∆IAB =

Câu 2.

M ( 2;1;1) và mặt phẳng ( α ) : x + y + z − 4 = 0 và mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 6 y − 8 z + 18 = 0 . Phương trình đường thẳng

( α ) cắt mặt cầu ( S ) theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất là.
x − 2 y −1 z −1
=
=
.
1
−2
1
x − 2 y −1 z −1
=
=
C.
.
−1
−2
1
A.

x−2
=
1
x−2
=
D.
1
Hướng dẫn giải
B.

∆ đi qua M và nằm trong

y −1 z −1
=
.
−2
−1
y −1 z −1
=
.
2
1

Chọn A.
TRANG 1


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3;3; 4 ) và có bán kính R = 4 .
IM =

( 3 − 2)

2

+ ( 3 − 1) + ( 4 − 1) = 14 < R .
2

2

⇒ M nằm trong mặt cầu ( S ) , nên mọi đường thẳng ∆ qua M đều cắt mặt cầu ( S ) tại hai

điểm A, B phân biệt. Để AB nhỏ nhất thì khoảng cách từ I đến ∆ lớn nhất, khoảng cách này
lớn nhất khi IM ⊥ ∆ .
r
Gọi VTCP của ∆ là u ta có:
r uur
r
uur uuu
r
 ∆ ⊂ ( α )
u ⊥ nα

 = ( 1; − 2;1) .
⇒
⇒
u
=
n
,
MI
r
u
u
u
r


 α


u ⊥ MI
 ∆ ⊥ MI
r
Đường thẳng ∆ qua M ( 2;1;1) và có VTCP u = ( 1; − 2;1) là:
x − 2 y −1 z −1
=
=
.
1
−2
1
Câu 3.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho điểm A ( 2;1;3) và đường thẳng d :

x −1 y − 2 z
=
= . Mặt phẳng chứa A và d
2
−1
1

.Viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
A. x 2 + y 2 + z 2 = 3. .
2
2
2
C. x + y + z =

B. x 2 + y 2 + z 2 = 6. .

24
..
5

2
2
2
D. x + y + z =

12
..
5

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Chọn D.

r
Đường thẳng d đi qua điểm B ( 1;2;0 ) và nhận u = ( 2; −1;1) làm vectơ chỉ phương.
uuur
Có : AB = ( −1;1; −3) .
uuuur uuur r
Khi đó : nP =  AB; u  = ( 2;5;1) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) : 2 x + 5 y + z − 12 = 0 .
Vì mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên : R = d O; ( P )  =
2
2

2
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm : x + y + z =

Câu 4.

12
.
30

24
..
5

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x−2 y z
2
2
2
=
= và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 .
2
−1 4

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
..
A.

3

B. 2 2. .

C.

6. .

D. 4. .

Hướng dẫn giải
Chọn B.
TRANG 2


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Chọn B.
.

( S)

có tâm I ( 1;2;1) , R = 2 .
r
Đường thẳng d nhận u = ( 2; −1;4 ) làm vectơ chỉ phương.
Mặt cầu

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
=
+
= + = .
Suy ra:
2
2
2
MK
MH
MI
4 2 4
2
4
⇒ MN =
Suy ra: MK =
.

3
3
Câu 5.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên ĐHKH Huế] Trong không gian (Oxyz ) cho điểm M (1; 2;3) ;
A(1; 0; 0) ; B (0; 0;3) . Đường thẳng D đi qua M và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A
; B đến D lớn nhất có phương trình là:
x- 1 y- 2 z- 3
x- 1 y- 2 z- 3
=
=
=
=
A. D :
.
B. D :
.
6
2
- 3
- 3
6
2
x- 1 y- 2 z- 3
x- 1 y- 2 z- 3
=
=
=
=
C. D :

.
D. D :
.
2
- 3
6
6
- 3
2
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có d ( A; D ) + d ( B; D ) £ MA + MB .
Để tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến D lớn nhất thì.
ïì MA ^ D
d ( A; D ) + d ( B; D ) = MA + MB Û ïí
.
ïïî MB ^ D
r uuur
v uuu
MA
; MB ù
= ( - 6;3; - 2) = ( 6; - 3; 2) .
Suy ra d qua M, vtcp u = é
ê
ú
ë
û
TRANG 3

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Vậy phương trình đường thẳng D cần tìm là: D :
Câu 6.

[2H3-5.13-3]

( S ) : ( x − 1)

2

x- 1 y- 2 z- 3
=
=
.
6
- 3
2

[THPT chuyên ĐHKH Huế] Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 3 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là
2

2

điểm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P ) là lớn nhất. Khi đó.
A. a + b + c = 7 .

B. a + b + c = 5 .
C. a + b + c = 8 .
Hướng dẫn giải

D. a + b + c = 6 .

Chọn A.
Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 có tâm I ( 1; 2;3) và bán kính R = 3. .
2

2

2

Gọi d là đường thẳng đi qua I ( 1; 2;3) và vuông góc ( P ) .
 x = 1 + 2t

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là  y = 2 − 2t .
z = 3 + t

Gọi A, B lần lượt là giao của d và ( S ) , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương
t = 1
2
2
2
trình ( 1 + 2t − 1) + ( 2 − 2t − 2 ) + ( 3 + t − 3 ) = 9 ⇔ 
.
 t = −1
13

Với t = 1 ⇒ A ( 3;0; 4 ) ⇒ d ( A;( P ) ) = . .
3
5
Với t = −1 ⇒ B ( −1; 4; 2 ) ⇒ d ( B;( P ) ) = . .
3
Với mọi điểm M ( a; b; c ) trên ( S ) ta luôn có d ( B;( P ) ) ≤ d ( M ;( P ) ) ≤ d ( A;( P ) ) . .
Vậy khoảng cách từ M đến ( P ) là lớn nhất bằng

13
khi M ( 3;0; 4 ) .
3

Do đó a + b + c = 7. .
Câu 7.

[2H3-5.13-3]

[Sở

GDĐT

Lâm

Đồng

lần

07]

Cho

mặt

cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 – 2 x – 4 y – 6 z – 2 = 0

và mặt phẳng ( P ) : 4 x + 3 y –12 z + 10 = 0. Mặt phẳng
tiếp xúc với (S) và song song với (P) có phương trình là:
A. 4 x + 3 y − 12 z − 78 = 0; 4 x + 3 y − 12 z + 26 = 0 .
B. 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0; 4 x + 3 y − 12 z − 26 = 0 .
C. 4 x + 3 y –12 z − 78 = 0; 4 x + 3 y –12 z − 26 = 0 .
D. 4 x + 3 y –12 z + 78 = 0; 4 x + 3 y –12 z + 26 = 0 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) có phương trình là: 4 x + 3 y –12 z + c = 0.
I ( 1; 2;3)

và bán kính

R = 4.

d ( I,( Q) ) = R ⇔

4.1 + 3.2 − 12.3 + c
4 2 + 3 2 + ( − 12 )

2

( S)

có tâm

= 4 ⇔ c − 26 = 4 ⇒
13

 c = 78
c = −26 .


TRANG 4


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

Câu 8.

PHƯƠNG PHÁP

[2H3-5.13-3] [THPT Nguyễn Tất Thành] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba
điểm A ( 2; −3;7 ) , B ( 0; 4; −3) và C ( 4; 2;5 ) . Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp ( Oxy ) sao cho
uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
A. M ( −2; −1;0 ) .

B. M ( −2;1;0 ) .

C. M ( 2;1;0 ) .

D. M ( 2; −1;0 ) .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur uuuu
r uuur
Có : MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC .
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur
= 3MG + GA + GB + GC .
uuu
r uuur uuur r
Tìm G sao cho : GA + GB + GC = 0 hay G là trọng tâm ∆ABC . Khi đó : G ( 2;1;3) .
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
Từ đó : MA + MB + MC = 3MG = 3.MG .
uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà M nằm trên mp ( Oxy ) vậy M là
hình chiếu của G lên ( Oxy ) hay M ( 2;1;0 ) . .
Câu 9.

[2H3-5.13-3] [THPT Đặng Thúc Hứa] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường
x −1 y −1 z −1
x y +1 z − 3
=
=
=
thẳng ∆1 :
và ∆ 2 : =
cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng
1
2
2
1
2
−2
( P ) . Lập phương trình đường phân giác d của góc nhọn tạo bởi ∆1 , ∆ 2 và nằm trong mặt
phẳng ( P ) . .
x =1

( t ∈¡ ) .
A.  y = 1
 z = 1 − 2t

x = 1

C.  y = 1 ( t ∈ ¡ ) .
 z = 1+ t


 x = 1+ t


B.  y = 1 − 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1− t

 x = 1+ t

D.  y = 1 + 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1

Hướng dẫn giải

Chọn D.

Gọi d trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi ∆1 , ∆ 2 và nằm trong mặt phẳng ( P ) . .
 M1 ( 1;1;1)
Trên ∆1 có  r
.
u1 = ( 1; 2; 2 )
 M 2 ( 0; −1;3)
Trên ∆ 2 có  r
.
u2 = ( 1; 2; −2 )
Gọi ∆1 ∩ ∆ 2 = M ⇒ Tọa độ M là nghiệm của hệ.

TRANG 5


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

 x −1 y −1 z −1

 1 = 2 = 2
⇔

 x = y +1 = z − 3
 1
2
−2
1
r r
Ta có cos ( u1; u2 ) = > 0
3

PHƯƠNG PHÁP

x = 1

 y = 1 ⇒ M ( 1;1;1) .
z = 1


r r
⇒ ( ∆1; ∆ 2 ) = ( u1; u2 ) .
r
r u1  1 2 2 
Véctơ đơn vị của hai đường thẳng ∆1 là v1 = r =  ; ; ÷.
u1  3 3 3 
r
u2  1 2 2 
r
Véctơ đơn vị của hai đường thẳng ∆ 2 là v2 = r =  ; ; − ÷.

u2  3 3 3 
r
r r 2 4 
r
Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là ud = v1 + v2 =  ; ;0 ÷ hay u = ( 1; 2; 0 ) .
3 3 
x = 1+ t
r

Vậy đường thẳng d đi qua M ( 1;1;1) nhận u = ( 1; 2;0 ) làm VTCP là  y = 1 + 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1

Câu 10.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Lương Thế Vinh] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho
hai điểm A ( 6; −3; 4 ) , B ( a; b; c ) . Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với

các mặt phẳng toạ độ ( Oxy ) , ( Oxz ) và ( Oyz ) . Biết rằng M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho
AM = MN = NP = PB giá trị của tổng a + b + c là.
A. −17 .
B. 17 .
C. 11.
D. −11 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.

M ∈ ( Oxy ) ⇒ M ( xM ; y M ;0 ) .
N ∈ ( Oxz ) ⇒ N ( xN ;0; z N ) .

P ∈ ( Oyz ) ⇒ P ( 0; y P ; z p ) .

Từ giả thiết AM = MN = NP = PB suy ra.
uuuu
r 1 uuu
r
1 uuur
1
uuur =
AM = AB ⇒ z uAM
z AB ⇔ 0 − 4 = ( c − 4 ) ⇔ c = −12 .
4
4
4
uuur 1 uuu
r
y + yB
b −3
AN = AB ⇒ N là trung điểm AB ⇒ y N = A
⇔0=
⇔ b =3.
2
2
2
uuu
r 3 uuu
r
3 uuur
3
uur =
AP = AB ⇒ xuAP
x AB ⇔ −6 = ( a − 6 ) ⇔ a = −2 .

4
4
4
Vậy a + b + c = −11 .

Câu 11.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu

( S)

có phương trình ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 4 . Viết phương trình mặt phẳng ( P )
2

2

2

chứa trục Ox và cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 .
A. ( P ) : 2 y − 3 z = 0 .

B. ( P ) : 3 y − 2 z = 0 .

C. ( P ) : 2 y + 3 z = 0 .

D. ( P ) : 3 y + 2 z = 0 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

2
2
Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa trục Ox có dạng: Bx + Cz = 0 ( B + C ≠ 0 ) .

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;3) , bán kính R = 2 .

TRANG 6


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Vì mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên
mặt phẳng ( P ) đi qua tâm I ( 1; 2;3) .
Nên ta có: 2 B + 3C = 0 . Chọn B = 3 suy ra C = −2 .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : 3 y − 2 z = 0 .
Câu 12.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Lam Sơn lần 2] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho
ba mặt phẳng
đường thẳng

( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 , ( Q ) : x − 2 y + z + 8 = 0 và ( R ) : x − 2 y + z − 4 = 0 .
d thay đổi cắt ba mặt phẳng ( P ) , ( Q ) , ( R ) lần lượt tại A, B, C .

Câu 13.

Đặt

2

AB 144
. Tìm giá trị nhỏ nhất của T .
+
4
AC
A. min T = 72 3 3 .
B. min T = 108 .
C. min T = 96 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
AB d ( ( P ) , ( Q ) )
=
=3.
Ta có ( P ) // ( Q ) // ( R ) và
AC d ( ( P ) , ( R ) )
T=

Một

D. min T = 54 3 2 .

AB 2 144 AB 2 72 72
AB 2 72.72
3
T=
+
=
+

+
≥3
×
= 54 3 2 .
2
4
AC
4
AC AC
AC
4
[2H3-5.13-3] [THPT An Lão lần 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm

A ( 1; 2;3) , B ( 0;1;1) , C ( 1;0; −2 ) và mặt phẳng ( P ) có phương trình x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là

điểm thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho giá trị biểu thức T = MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 nhỏ nhất. Tính
khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( Q ) : 2 x − y − 2 z + 3 = 0 .
A.

121
.
54

B.

91
.
54

C. 24 .

D.

2 5
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn B.
uur uur uur r
Gọi I là điểm sao cho IA + 2 IB + 3IC = 0 .
2

 xI = 3
 x A − xI + 2 ( xB − xI ) + 3 ( xC − xI ) = 0


2

2 2 1
⇒ I  ; ; − ÷.
Tọa độ I thỏa mãn hệ  y A − yI + 2 ( yB − yI ) + 3 ( yC − yI ) = 0 ⇒  y I =
3
3 3 6


z
−
z
+

2
z
−
z
+
3
z
−
z
=
0
(
)
(
)
I
B
I
C
I
 A
1

 zI = − 6

Ta có.
uuur 2
uuur 2
uuuu
r2

T = MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 = MA + 2MB + 3MC
.
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
= MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = 6 MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2

(

)

(

)

(

)

Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I
trên mặt phẳng ( P ) .
91
 −7 −7 11 
Vậy tọa độ điểm M  ; ; − ÷ suy ra d ( M ; ( Q ) ) =
.
9

54
 18 18

TRANG 7


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

Câu 14.

PHƯƠNG PHÁP

[2H3-5.13-3] [CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
bốn điểm A ( 1;0; −1) , B ( 3; −1; −2 ) , C ( 6; −2;3) , D ( 0;1;6 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi
qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A , B ?
A. 1 mặt phẳng.
B. 2 mặt phẳng.
C. 4 mặt phẳng.
D. có vô số mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A , B .
Có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
TH1: Mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm C , D và song song với đường thẳng chứa hai điểm A ,
B.
TH2: Mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm C , D và đi qua trung điểm của đoạn thẳng AB

Câu 15.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên KHTN lần 1] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng

x = 2 + t
 x = 2 − 2t


d1 :  y = 1 − t và d 2 :  y = 3
. Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d 2 có phương
 z = 2t
z = t


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 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.

ur
uu
r
Ta có VTCP của d1 và d 2 lần lượt là u1 = ( 1; −1; 2 ) và u2 = ( −2;0;1) .

Do mặt phẳng ( α ) cách đều d1 và d 2 nên ( α ) song song với d1 và d 2 .
r
ur uu
r
ur
Do đó VTPT của ( α ) là n = u1 , u2  = ( −1; −5; −2 ) hay n′ = ( 1;5; 2 ) .

Phương trình ( α ) có dạng x + 5 y + 2 z + m = 0 .

 A ( 2;1;0 ) ∈ d1
Do ( α ) cách đều hai đường thẳng d1 và d 2 nên d ( A, ( α ) ) = d ( B, ( α ) ) với 
.
 B ( 2;3;0 ) ∈ d 2
 7 + m = 17 + m
⇔ m = −12 .
Suy ra 7 + m = 17 + m ⇔ 
 7 + m = −17 − m
Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình x + 5 y + 2 z − 12 = 0 .
Câu 16.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Biên Hòa lần 2] Trong không gian với hệ trục toạ độ
Oxyz , cho ba điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) trong đó a, b, c là các số dương thay đổi

TRANG 8


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

2 2 1
− + = 1 . Khoảng cách từ gốc toạ độ đến mặt phẳng ( ABC ) có giá trị lớn nhất là
a b c
bao nhiêu?
A. 1.
B. 2 .
C. 4 .

D. 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn D.
thoả mãn

Phương trình mặt phẳng ( ABC ) viết theo đoạn chắn là:
Theo bài ra:

x y z
+ + =1.
a b c

2 2 1
− + = 1 ⇒ M ( 2; − 2;1) ∈ ( ABC ) .
a b c

Gọi H là hình chiếu của O lên mặt phẳng ( ABC ) khi đó: OH ≤ OM nên OH lớn nhất bằng
OM khi H ≡ M . Khi đó khoảng cách từ O đến ( ABC ) lớn nhất bằng

OM = 22 + ( 2 ) + 12 = 3 .
2

Câu 17.

[2H3-5.13-3] [THPT Chuyên LHP] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm

A ( 1; 2;1) , B ( 0;0;3) , C ( 2;1;1) . Gọi ( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất đi qua ba điểm

A, B, C . Tính diện tích của mặt cầu ( S ) .
A.

162π
.
17

B. 9π .

54π
.
17
Hướng dẫn giải

D. 18π .

C.

Chọn A.

r
uuur uuur
Ta có ( ABC ) qua B , có vtpt n =  AB, AC  = ( 2; 2;3) ⇒ ( ABC ) : 2 x + 2 y + 3z − 9 = 0 .
Gọi I ( a; b; c ) là tâm đường tròn đi qua ba điểm A, B, C .
 IA = IB
9

 27 27 33 
Khi đó  IA = IC ⇒ I  ; ; ÷⇒ IB =
.
34
 34 34 17 

 I ∈ ABC
)
 (
Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm O , bán kính R .
Ta có R = IB 2 + OI 2 ≥ IB . R nhỏ nhất khi O ≡ I ⇒ R = IB =
2
Diện tích của mặt cầu ( S ) : S = 4π R =

Câu 18.

9
..
34

162π
..
17

[2H3-5.13-3] [THPT Chuyên LHP] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm

A ( 1;1;1) , B ( −1; 2;0 ) , C ( 2; −3; 2 ) . Tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A, B, C là
một đường thẳng d . Viết phương trình tham số của d .
 x = −8 + 3t
 x = −8 + 3t
 x = −8 − 3t



A.  y = −t
.

B.  y = t
.
C.  y = t
.
 z = −15 − 7t
 z = 15 + 7t
 z = 15 + 7t




 x = −8 + 3t

D.  y = t
.
 z = 15 − 7t


Hướng dẫn giải
Chọn C.
TRANG 9


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

r
uuur uuur
uuur

uuur
Cách 1: Ta có: AB = ( −2;1; − 1) , AC = ( 1; − 4;1) nên u =  AB, AC  = ( −3;1;7 ) .

Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là −3 ( x − 1) + ( y − 1) + 7 ( z − 1) = 0 ⇔ −3 x + y + 7 z − 4 = 0 .
Tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A, B, C là một đường thẳng d nên d là trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
r
Do đó d có một vecto chỉ phương u nên loại phương án B và C .
Gọi I ( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có.
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 + ( z − 0 ) 2
 AI 2 = BI 2

 2
2
2
2
2
2
2

2
AI
=
CI
⇔

( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 2 ) .
 I ∈ ABC
) −3x + y + 7 z − 4 = 0

 (

97

 x = − 59
 −4 x + 2 y − 2 z = 2

125


 97 125 10  .
⇔  2 x − 8 y + 2 z = 14 ⇔  y = −
⇒ I − ;−
;− ÷
59 59 
59
 59
 −3 x + y + 7 z = 4


10

 z = − 59

Do d đi qua I , thay tọa độ điểm I vào hai đáp án A và D nên loại A .
r
uuur uuur
uuur
uuur
Cách 2: Ta có: AB = ( −2;1; − 1) , AC = ( 1; − 4;1) nên u =  AB, AC  = ( −3;1;7 ) .

Tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A, B, C là một đường thẳng d nên d là trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
r
Do đó d có một vecto chỉ phương u nên loại phương án B và C .

 x = −8 + 3t

Gọi d ' :  y = −t
. Thử trực tiếp ta có: d ( A; d ') ≠ d ( C ; d ' ) nên loại A .
 z = −15 − 7t

Câu 19.

[2H3-5.13-3] [THPT Chuyên LHP] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P )
đi qua M ( 2;1; 2 ) và cắt ba trục tọa độ lần lượt tại ba điểm A, B, C sao cho M là trực tâm của
tam giác ABC . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào sau đây?
A. T ( 2; −1;3) .

B. S ( 1;1; 4 ) .

C. H ( −3;3;5 ) .

D. K ( 1;5; 2 ) .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua M ( 2;1; 2 ) khi đó ( P ) cắt ba trục tọa độ tại ba điểm A, B, C .
uuuu
r
Tứ diện OABC có OM ⊥ ( ABC ) hay OM là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

Phương trình tổng quát của ( P ) là: 2 ( x − 2 ) + 1( y − 1) + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ 2 x + y + 2 z − 9 = 0 .
Thay tọa độ bốn điểm vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta thấy điểm T ( 2; −1;3) thuộc ( P ) .

TRANG 10


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

Câu 20.

PHƯƠNG PHÁP

[2H3-5.13-3] [THPT CHUYÊN BẾN TRE] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt
cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + z 2 = 25 . Mặt phẳng Oxy cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là
2

2

đường tròn ( T ) . Có bao nhiêu điểm trên ( T ) có tọa độ là các số nguyên?
A. 12 .

B. 6 .

C. 4 .
Hướng dẫn giải

D. 8 .

Chọn A.
Câu 21.

Trong mặt phẳng Oxy đường tròn ( T ) có phương trình: ( x − 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25 .

Câu 22.

( x − 1) 2 ≤ 25
 −4 ≤ x ≤ 6
Điểm M ( x; y ) ∈ ( T ) thì 
.
⇔
2
−
3
≤
y
≤
7

y
−
2
≤
25
(
)


Câu 23.

Mà x, y ∈ ¢ nên thay các giá trị nguyên vào phương trình của ( T ) ta tìm được 12 điểm.

Vậy chọn D.

Câu 24.

[2H3-5.13-3] [SỞ GD-ĐT ĐỒNG NAI] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt
phẳng

( P)

và đường thẳng

(d)

tương ứng có phương trình là 2 x − y + 3 z − 3 = 0 và

x +1 y − 2 z + 2
=
=
. Biết đường thẳng ( d ) cắt mặt phẳng ( P ) tại điểm M . Gọi N là điểm
−2
1
−1

thuộc ( d ) sao cho MN = 3 , gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm N trên mặt phẳng ( P ) .
Tính độ dài đoạn MK .
7
7
4 21
A. MK =
.

B. MK =
.
C. MK =
.
4 21
105
7
Hướng dẫn giải
Chọn D.

D. MK =

105
.
7

.
r
r
( P ) có vec tơ pháp tuyến n = ( 2; −1;3) , ( d ) có vec tơ chỉ phương u = ( −2;1; −1) .
rr
n.u
8
4
5
=
⇒ cos α =
Gọi α là góc giữa ( P ) và ( d ) . Ta có: sin α = r r =
.
14. 6

21
21
n.u
Tam giác MNK vuông tại K nên cos α =

5 MK
5
105
=
⇔ MK =
.3 =
..
7
21 MN
21

TRANG 11


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

Câu 25.

PHƯƠNG PHÁP

[2H3-5.13-3] [THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
x = t

A ( 3; 2; −1) và đường thẳng d  y = t
phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng

z = 1+ t

cách từ A đến d là lớn nhất.
A. x + 2 y − z − 1 = 0 .
C. 2 x + y − 3 z + 3 = 0 .

B. 2 x − y − 3z + 3 = 0 .
D. 3 x + 2 y − z + 1 = 0 .
Hướng dẫn giải

Chọn C.
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( P ) và d . Ta có AH ≤ AK ⇒ AH max ⇔ AH = AK
.

uuur
uuur uu
r
uuur
K ∈ d ⇔ K ( t ; t ;1 + t ) ⇒ AK = ( t − 3; t − 2; t + 2 ) ⇒ AK .ud = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AK = ( −2; −1;3) .

Câu 26.

[2H3-5.13-3] [THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT] Trong không gian với hệ tọa đô Oxyz , cho
x = t
x y−2 z
x +1 y −1 z +1

d1 :  y = 4 − t , d 2 : =
=
=

=
, d3 :
. Viết phương trình đường thẳng ∆ ,
1
−3
−3
5
2
1
 z = −1 + 2t

biết ∆ cắt d1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho AB = BC .

A.

x y + 2 z −1
=
=
.
1
1
1

B.

x y+2 z
x y−2 z
=
= .
= .

C. =
1
1
1
1
1
1
Hướng dẫn giải

D.

x y−2 z
=
= .
1
−1
1

Chọn C.
∆ ∩ d1 = A ⇒ A ( a; 4 − a; − 1 + 2a ) ∈ d1 .
∆ ∩ d 2 = B ⇒ B ( b; 2 − 3b; − 3b ) ∈ d 2 .
∆ ∩ d 3 = C ⇒ C ( −1 + 5c;1 + 2c; − 1 + c ) ∈ d3 .
b − a = 5c − b − 1
a − 2b + 5c = 1
a = 1
uuur uuur



Do AB = AC ⇒ AB = BC ⇔ a − 3b − 2 = 2c + 3b − 1 ⇔ a − 6b − 2c = 1 ⇔ b = 0 .

−2a − 3b + 1 = c + 3b − 1
2a + 6b + c = 2
c = 0



A ( 1;3;1) , B ( 0; 2;0 ) .
uuu
r

Đường thẳng ∆ đi qua B ( 0; 2;0 ) có VTCP BA = ( 1;1;1) là:

Câu 27.

x y−2 z
=
= .
1
1
1

[2H3-5.13-3] [SỞ GD ĐT HÀ TĨNH] Trong hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1; –2; 0) ,
B (0; –1; 1) , C ( 2; 1; –1) và D(3; 1; 4) . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng chia tứ diện
ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau?
A. 8 mặt phẳng.
B. 6 mặt phẳng.
C. Có vô số mặt phẳng.
D. 4 mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

TRANG 12


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

AM AN AP 1
.
.
= thì mp ( MNP )
AB AC CB 2
chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau nên có vô số mặt phẳng thỏa
mãn yêu cầu đề bài.
Trên các cạnh AB, AC , AD lấy lần lượt M , N , P sao cho

Câu 28.

[2H3-5.13-3] [THPT Nguyễn Văn Cừ] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( 1; 5; 0 ) ,
B ( 3;3;6 ) và d :
nhất.
A. M ( −1;1;0 ) .

x + 1 y −1 z
=
= . Tìm điểm M thuộc d để tam giác MAB có diện tích nhỏ
2
−1
2

B. M ( 3; −1; 4 ) .

C. M ( −3; 2; −2 ) .

D. M ( 1;0; 2 ) .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

1 uuur uuur
Gọi M ( −1 + 2t ; 1 − t ; 2t ) ∈ d . Diện tích tam giác MAB là S ∆ MAB =  MA, MB  .
2
uuur
 r
uuur uuur
MA = ( −2 + 2t ; − 4 − t ; 2t )


⇒
n
=
uuur

 MA, MB  = ( 2t + 24; − 8t + 12; 2t − 12 ) .
MB = ( −4 + 2t ; − 2 − t; − 6 + 2t ) 
1 uuur uuur
1
1
2

2
2
S ∆ MAB =  MA, MB  =
( 2t + 24 ) + ( −8t + 12 ) + ( 2t − 12 ) = 72t 2 − 144t − 864 .
2
2
2
2
Xét f ( t ) = 72t − 144t − 864 ⇒ f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 .

Vậy diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi t = 1 ⇒ M ( 1; 0; 2 ) .
Câu 29.

[2H3-5.13-3] [THPT Nguyễn Đăng Đạo] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện

ABCD có A ( 1;1;0) , B ( 0;1; - 1) , C ( 2;0;1) , D ( 1;1;1) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng qua A và chia
tứ diện thành hai phần có thể tích bằng nhau?
A. Vô số.
B. 7 .
C. 4 .
D. 1 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Có vô số cách chia mặt phẳng thành hai phần có diện tích bằng nhau. Vậy có vô số mặt phẳng
qua A và chia tứ diện thành 2 phần có thể tích bằng nhau.
Câu 30.

[2H3-5.13-3] [THPT Ngô Gia Tự] Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d có
phương trình:

x −1 y + 2 z
=
= và điểm A ( 1; 4; 2 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d . Khoảng
−1
1
2

cách lớn nhất d max từ A đến ( P ) là:
A. d max = 2 5 .

B. d max =

210
.
C. d max = 5 .
3
Hướng dẫn giải

D. d max = 6 5 .

Chọn B.
d ( A; ( P ) ) ≤ d ( A; d ) ⇒ Max d ( A; ( P ) ) = d ( A; d )
 π
Vì
.
 0; ÷


2

Gọi ( α ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d . .

⇒ ( α ) : − ( x − 1) + y − 4 + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x − y − 2 z + 7 = 0. .

TRANG 13


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

 2 1 10 
Gọi H là giao điểm của d và ( α ) ⇒ H  − ; − ; ÷.
 3 3 3
210
.
⇒ d max = AH =
3
Câu 31.

[2H3-5.13-3] [THPT LÝ THƯỜNG KIỆT] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn
đường

thẳng:

d1 :

x −1 y −1 z −1
=
=

,
−3
4
2

d2 :

x −3 y + 2 z
=
= ,
2
−3
−1

d3 :

x y−2 z−2
=
=
,
1
−1
−3

x = 2

d 4 :  y = −1 + 2t . Hỏi có tất cả bao nhiêu đường thẳng cắt cả bốn đường thẳng d1 , d 2 , d 3 , d 4
 z = −1 − 4t

trên?

A. Có vô số đường thẳng.
C. 2 .

B. 4 .
D. 1.
Hướng dẫn giải

Chọn D.
ur
uu
r
u1 = ( −3; 4; 2 )
u2 = ( 2; −3; −1)
( d1 ) có: 
; ( d 2 ) có: 
.
 M 1 ( 1;1;1)
 M 2 ( 3; −2;0 )
ur uu
r uuuuuur
 u1 ; u2  .M 1M 2 = 0


⇒  ur uu
⇒ d1 , d 2 cắt nhau.
r
r


u

;
u
≠
0
  1 2 
Giả sử d cắt d1 , d 2 , d 3 , d 4 .
Gọi ( α ) là mặt phẳng tạo bởi 2 đường thẳng d1 , d 2 .
d cắt d1 , d 2 ⇒ d có 2 điểm chung với ( α ) ⇒ d ⊂ ( α ) .

Gọi I = d ∩ d3 , J = d ∩ d 4 ⇒ I , J ∈ ( α ) .
Phương trình ( α ) : 2 x + y + z − 4 = 0 .
Lại có: d 4 ∩ ( α ) tại 1 điểm, d3 ∩ ( α ) tại 1 điểm.
⇒ tồn tại duy nhất 1 đường thẳng d cắt cả 4 đường d1 , d 2 , d 3 , d 4 .
Câu 32.

[2H3-5.13-3] [THPT Lý Nhân Tông] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x +1 y z − 2
= =
và hai điểm A ( 0 ; −1 ; 2 ) , B ( 2 ;1 ;1) . Đường thẳng d ′ qua A cắt d sao
2
1
−1
cho khoảng cách từ B đến d ′ là lớn nhất có phương trình là.
x = t
 x = 2t
 x = −5t
 x = −t





A.  y = −1 + t .
B.  y = −1 + 2t .
C.  y = −1 + 8t . .
D.  y = −1 + t .
z = 2
 z = 2 + 3t
 z = 2 − 2t
z = 2




Hướng dẫn giải
Chọn D.
d:

Câu 33.

Gọi H là hình chiếu của B lên d ′ ⇒ d ( B, d ′ ) = BH ≤ BA .

TRANG 14


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Câu 35.

Khi đó d ( B, d ′ ) lớn nhất khi H ≡ A ⇔ AB ⊥ d ′ .
uuuu
r
Gọi M = d ∩ d ′ ⇒ M ( −1 + 2t ; t ; 2 − t ) ⇒ AM ( −1 + 2t ; t + 1; −t ) .

Câu 36.

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
d ′ ⊥ AB ⇔ AM ⊥ AB ⇔ AM . AB = 0 ⇔ 7t = 0 ⇔ t = 0 .

Câu 37.

Khi đó, M ( −1;0; 2 ) .

Câu 38.

uuuu
r
d ′ qua A , có VTCP AM ( −1;1;0 ) .

Câu 34.

Câu 39.

[2H3-5.13-3]

[THPT

Lý

Nhân

Tông]

Cho

3

đường

thẳng

x = t
( d1 ) :  y = 4 − t ,
 z = −1 + 2t


x y−2 z
x + 1 y −1 z + 1
=
= và ( d3 ) :
=
=
. Viết phương trình đường thẳng ( d ) cắt ( d1 )  ;
1
−3
3

5
2
1
( d 2 ) ; ( d3 ) lần lượt tại M ,  N ,  P sao cho MN = NP .
x y−2 z
x y+2 z
x y−2 z
x y + 2 z −1
= .
= .
= .
=
A. =
B. =
C. =
D. =
.
1
−1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Hướng dẫn giải

Chọn C.

( d2 ) :

Câu 40.

Gọi M ( t1 ; 4 − t1 ; −1 + 2t1 ) , N ( t2 ; 2 − 3t2 ;3t2 ) , P ( −1 + 5t3 ;1 + 2t3 ; −1 + t3 ) lần lượt là giao điểm
của d với d1 , d 2 , và d3 .

Câu 41.

t2 − t1 = 5t3 − t2 − 1
t1 = 1
uuuu
r uuur


Do M , N , P thẳng hàng và MN = NP nên MN = NP ⇔ −3t2 + t1 − 2 = 2t3 + 3t2 − 1 ⇔ t 2 = 0
3t − 2t + 1 = t − 3t − 1
t = 0
1
3
2
3
 2

⇒ N ( 0; 2; 0 ) , P ( −1;1; −1) .
Khi đó, đường thẳng d đi qua N và P .
Câu 42.

[2H3-5.13-3] [THPT LƯƠNG TÀI 2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt
phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 , đường thẳng ∆ có phương trình:

x − 3 y −1 z − 2
=
=
và điểm
2
−1
1

M ( 1;0; −1) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt đường thẳng ∆ tại điểm A và cắt
mặt phẳng ( P ) tại B sao cho M là trung điểm AB ?

x −1
=
6
x +1
=
C.
2
A.

y z +1
=
.
−1
5
y −3 z
= .

−3
−1

x −1 y z +1
=
=
.
4
−5
3
x−3 y +3 z +2
=
=
D.
.
2
−3
1
Hướng dẫn giải
B.

Chọn A.

TRANG 15


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Do A ∈ ∆ ⇒ A = ( 3 + 2t ,1 − t , 2 + t ) , mà M là trung điểm AB nên B = ( −1 − 2t , −1 + t , −4 − t )
uuur
B ∈ ( P ) ⇒ ( P ) : −1 − 2 t − 1 + t − 4 − t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ B = ( −5,1, −6 ) . ⇒ MB = ( −6,1, −5 )
⇒ ( ∆) :

Câu 43.

x −1 y z + 1
=
=
..
6
−1
5

[2H3-5.13-3] [THPT Lương Tài] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1)

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 và đường thẳng ∆ :
2

2

x−6 y−2 z−2
=
=
. Phương trình

−3
2
2

mặt phẳng ( P ) đi qua M ( 4;3; 4 ) , song song với ∆ đường thẳng và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) .
A. 2 x + y − 2 z − 12 = 0 .
C. x − 2 y + 2 z − 1 = 0. .

B. 2 x + y − 2 z − 10 = 0. .
D. 2 x + y + 2 z − 19 = 0. .
Hướng dẫn giải

Chọn D.
Cách 1:
r
x−6 y−2 z−2
=
=
có u ( −3; 2; 2 ) thay M ( 4;3; 4 ) vào ( P ) : 2 x + y + 2 z − 19 = 0. ta thấy thỏa
−3
2
2
r
r
rr
mãn và u ( −3; 2; 2 ) ; n ( 2;1; 2 ) thì u.n = 0 .
∆:

Cách 2:
uur

GS : nP = ( A; B; C ) .
1). − 3A + 2 B + 2C = 0 ⇔ 2 B + 2C = 3A .
2).

−3 A − B − C

= 3.

A2 + B 2 + C 2

→ ( 6 A + 2 B + 2C ) = 36 ( A2 + B 2 + C 2 ) .
2

⇒ 4 B 2 + 4C 2 + 8 BC + 12A(2 B + 2C ) = 36 B 2 + 36C 2 .
⇒ 4 B 2 + 4C 2 + 8 BC + 4(2 B+ 2 C) 2 = 36 B 2 + 36C 2 .
⇒ 16 B 2 − 40 BC + 16C 2 = 0 ⇒ B = 2C hoac C = 2 B .
if b = 2c ⇒ B = 2; C = 1; A = 2 .
pt : 2(x − 4) + 2( y − 3) + 1( z − 4) = 0 .
⇔ 2x + 2 y + z − 18 = 0 .
if : c = 2b ⇒ c = 2; b = 1; a = 2 .
pt : 2(x − 4) + ( y − 3) + 2( z − 4) = 0 .
⇔ 2x + y + 2 z − 19 = 0 .

TRANG 16


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

Câu 44.

PHƯƠNG PHÁP

[2H3-5.13-3] [THPT Hoàng Quốc Việt] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng

( P) :

x + y − z + 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 8 y − 2 z + 23 = 0 . Tìm điểm M trên

mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) là lớn nhất.
A. M ( 4; 5; 0 ) .

B. M ( 2; 3; 2 ) .

C. M ( −2; 3; 0 ) .

D. M ( −4; − 5; 0 ) .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
( S ) có tâm I ( 3; 4; 1) , R = 3 . Gọi ( d ) là đường thẳng qua I và vuông góc với
x = 3 + t

⇒ ( d ) : y = 4+t .
z = 1− t


( P)

Gọi M là giao điểm của ( d ) và ( S ) ⇒ M 1 ( 4; 5; 0 ) , M 2 ( 2; 3; 2 ) .
⇒ d  M 1 ; ( P )  = 4 3, d  M 2 ; ( P )  = 2 3 .

Câu 45.

[2H3-5.13-3] [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Trong không gian với hệ tọa độ

( Oxyz ) ,

cho

A ( 1; 0; 0 ) , B ( 0; − 1; 0 ) , C ( 0; 0; 1) , D ( 1; − 1; 1) . Mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh tứ diện ABCD
cắt ( ACD ) theo thiết diện S . Chọn mệnh đề đúng?
A. S =

π
.
4

B. S =

π
.
5

π
.
3
Hướng dẫn giải
C. S =

D. S =

π
.
6

Chọn A.
Tứ diện ABCD là tứ diện đều nên mặt cầu tiếp xúc với các cạnh có trọng tâm là.
1 1
1
G  ; − ; ÷ ; bán kính R = AG = 1 3 = 3 .
2 2
2
2
2
Phương trình mặt phẳng ( ACD ) : x + z − 1 = 0 .
GH = d ( G; ( ACD ) )

1 1
− −1
2.
2 2
=
=
2
2

Bán kính đường tròn thiết diện : r = R 2 − GH 2 =
2
Vậy diện tích đường tròn là : S = π r =

Câu 46.

3 1 1
− = .
4 2 2

π
.
4

[2H3-5.13-3] [THPT Tiên Du 1] Cho các điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( 0;0;1) , D ( 0;0;0 ) . Hỏi
có bao nhiêu điểm P cách đều các mặt phẳng ( ABC ) , ( BCD ) , ( CDA ) , ( DAB ) .
A. 5 .

B. 2 .

C. 1.
Hướng dẫn giải

D. 8 .

Chọn A.
Ta có: DA = DB = DC và ABC là tam giác đều. Vậy chóp ABCD là chóp đều. Vậy có 5
điểm cách đều các mặt bên là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện và 4 tâm mặt cầu bàng tiếp tứ diện
(mặt cầu tiếp xúc với các mặt bên ngoài khối tứ diện).

TRANG 17


TI LIU ễN THI THPT QUC GIA MễN TON

Cõu 47.

PHNG PHP

[2H3-5.13-3] [THPT chuyờn Vnh Phỳc ln 5] Trong khụng gian Oxyz , cho im
A ( - 1; - 1; - 2) v mt phng ( P ) : x + y + z - 1 = 0. Gi M ( a; b; c ) l im thuc ( P ) sao cho
di AM ngn nht. Tớnh T = a + b + c. .
1
5
A. T = .
B. T = 1 .
C. T = .
3
3
Hng dn gii
Chn B.
AM ngn nht khi M l hỡnh chiu ca A lờn ( P ) .
r
AM qua A ( - 1; - 1; - 2) v cú vect ch phng u = ( 1;1;1) ,.

D. T =- 1 .

ùỡù x =- 1 + t
ù
AM cú phng trỡnh: ớ y =- 1 + t .
ùù
ùùợ z =- 2 + t
M ẻ AM ị M ( - 1 + t ; - 1 + t ; - 2 + t ) .
5
M ẻ ( P) ị - 1 + t - 1+ t - 2 + t - 1 = 0 t = .

3
ổ2 2 - 1ử
; ; ữ
Vy M ỗ
ữ
ỗ
ữ,suy ra T = a + b + c = 1 .
ỗ
ố3 3 3 ứ
Cõu 48.

[2H3-5.13-3] Trong khụng gian vi h trc Oxyz , bit rng tp hp tt c cỏc im M ( x; y; z )
sao cho x + y + z = 3 l mt hỡnh a din. Tớnh th tớch V ca khi a din ú.
A. V = 54 .

B. V = 27 .

C. V = 36 .
Hng dn gii

D. V = 72 .

Chn C.

.
Ta cú tp hp cỏc im M ( x; y; z ) tha món x + y + z = 3 l khi a din gm 8 mt u cú

Cõu 49.

cỏc nh cú ta ( 3;0;0 ) , ( 3;0;0 ) , ( 0;3;0 ) , ( 0; 3;0 ) , ( 0;0;3) , ( 0;0; 3) .

1
Võy, th tớch khi 8 mt u ny l V = 2. .3.3.6 = 36 .
3
[2H3-5.13-3] [S GDT Lõm ng ln 03] Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz , cho 5

im A(1; 2;3), B(0;0; 2), C (1;0;0), D(0; 1;0), E (5;6;7) . S mt phng nhiu nht c to thnh
t 5 im trờn l:
A. 10 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 4 .
Hng dn gii
Chn A.
TRANG 18


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

Trong 5 điểm trên, không có 4 điểm nào đồng phẳng. Tử 3 điểm bất kì tạo thành được một
3
mặt phẳng. số mặt phẳng được tạo thành là.C 5 = 10.
Câu 50.

[2H3-5.13-3]

( S) : x

[Sở

GDĐT

Lâm

Đồng

lần

07]

Cho

mặt

cầu

+ y + z – 2 x – 4 y – 6 z – 2 = 0 và mặt phẳng ( P ) : 4 x + 3 y –12 z + 10 = 0. Mặt phẳng
tiếp xúc với (S) và song song với (P) có phương trình là:
A. 4 x + 3 y − 12 z − 78 = 0; 4 x + 3 y − 12 z + 26 = 0 .
B. 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0; 4 x + 3 y − 12 z − 26 = 0 .
C. 4 x + 3 y –12 z − 78 = 0; 4 x + 3 y –12 z − 26 = 0 .
2

2

2

D. 4 x + 3 y –12 z + 78 = 0; 4 x + 3 y –12 z + 26 = 0 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.
Mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) có phương trình là: 4 x + 3 y –12 z + c = 0.
I ( 1; 2;3)

và bán kính

R = 4.

d ( I,( Q) ) = R ⇔

4.1 + 3.2 − 12.3 + c
4 + 3 + ( − 12 )
2

2

2

( S)

có tâm

= 4 ⇔ c − 26 = 4 ⇒
13

 c = 78
c = −26 .

Câu 51.

[2H3-5.13-3] [THPT Đặng Thúc Hứa] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường
x −1 y −1 z −1
x y +1 z − 3
=
=
=
thẳng ∆1 :
và ∆ 2 : =
cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng
1
2
2
1
2
−2
( P ) . Lập phương trình đường phân giác d của góc nhọn tạo bởi ∆1 , ∆ 2 và nằm trong mặt
phẳng ( P ) . .
 x =1

( t ∈¡ ) .
A.  y = 1
 z = 1 − 2t

x = 1

C.  y = 1 ( t ∈ ¡ ) .
 z = 1+ t


 x = 1+ t


B.  y = 1 − 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1− t

 x = 1+ t

D.  y = 1 + 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1

Hướng dẫn giải

Chọn D.

Gọi d trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi ∆1 , ∆ 2 và nằm trong mặt phẳng ( P ) . .
 M1 ( 1;1;1)
Trên ∆1 có  r
.
u1 = ( 1; 2; 2 )
 M 2 ( 0; −1;3)
Trên ∆ 2 có  r
.
u2 = ( 1; 2; −2 )
Gọi ∆1 ∩ ∆ 2 = M ⇒ Tọa độ M là nghiệm của hệ.
TRANG 19


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

 x −1 y −1 z −1
 1 = 2 = 2

⇔

 x = y +1 = z − 3
 1
2
−2
1
r r
Ta có cos ( u1; u2 ) = > 0
3

PHƯƠNG PHÁP

x = 1

 y = 1 ⇒ M ( 1;1;1) .
z = 1


r r
⇒ ( ∆1; ∆ 2 ) = ( u1; u2 ) .
r
r u1  1 2 2 
Véctơ đơn vị của hai đường thẳng ∆1 là v1 = r =  ; ; ÷.
u1  3 3 3 
r
u2  1 2 2 
r
Véctơ đơn vị của hai đường thẳng ∆ 2 là v2 = r =  ; ; − ÷.
u2  3 3 3 

r
r r 2 4 
r
Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là ud = v1 + v2 =  ; ;0 ÷ hay u = ( 1; 2; 0 ) .
3 3 
x = 1+ t
r

Vậy đường thẳng d đi qua M ( 1;1;1) nhận u = ( 1; 2;0 ) làm VTCP là  y = 1 + 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 1

Câu 52.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu

( S)

có phương trình ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 4 . Viết phương trình mặt phẳng ( P )
2

2

2

chứa trục Ox và cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 .
A. ( P ) : 2 y − 3 z = 0 .

B. ( P ) : 3 y − 2 z = 0 .

C. ( P ) : 2 y + 3 z = 0 .

D. ( P ) : 3 y + 2 z = 0 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

2
2
Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa trục Ox có dạng: Bx + Cz = 0 ( B + C ≠ 0 ) .

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;3) , bán kính R = 2 .

Vì mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên
mặt phẳng ( P ) đi qua tâm I ( 1; 2;3) .
Nên ta có: 2 B + 3C = 0 . Chọn B = 3 suy ra C = −2 .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : 3 y − 2 z = 0 .
Câu 53.

[2H3-5.13-3] [BTN 165] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 6 y − 4z − 2 = 0

và mặt phẳng ( α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 . Viết phương trình
r
mặt phẳng ( P ) song song với giá trị của vectơ v = ( 1;6; 2 ) , vuông góc với ( α ) và tiếp xúc với

( S) .
x − 2y + z + 3 = 0
A. 
.

 x − 2 y + z − 21 = 0
3 x + y + 4 z + 1 = 0
C. 
.
3 x + y + 4 z − 2 = 0

4 x − 3 y − z + 5 = 0
B. 
.
 4 x − 3 y − z − 27 = 0
2 x − y + 2 z + 3 = 0
D. 
.
 2 x − y + 2 z − 21 = 0
Hướng dẫn giải

Chọn D.

r
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; −3; 2 ) , bán kính R = 4 . VTPT của ( α ) là n = ( 1; 4;1) .

TRANG 20


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

r
r r

Suy ra VTPT của ( P ) là n P =  n, v  = ( 2; −1; 2 ) .
Do đó phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng ( P ) : 2 x − y + 2 z + D = 0 .
( P ) : 2 x − y + 2 z + 3 = 0
 D = −21

→
..
Vì ( P ) tiếp xúc với ( S ) nên d  I, ( P )  = 4 ⇔ 
D = 3
( P ) : 2 x − y + 2 z − 21 = 0
Câu 54.

[2H3-5.13-3] [THPT – THD Nam Dinh] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 và hai điểm A ( 3; 4;1) , B ( 7; − 4; − 3) . Tìm hoành độ của điểm
M . Biết rằng M thuộc ( P ) , tam giác ABM vuông tại M , diện tích nhỏ nhất và hoành độ
điểm M lớn hơn 2 .
A. xM = 4 .
B. xM = 5 .
C. xM = 3 .
D. xM = 6 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.

r
uuur
có VTPT n = ( 1;1; − 1) , AB = ( 4; − 8; − 4 ) .
r uuu
r
⇒ n. AB = 0 . Lại có A không nằm trên ( P ) nên AB P( P ) .

Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 5;0; − 1) , IA = 2 6 .

( P)

Phương trình mặt cầu đường kính AB là: ( S ) : ( x − 5 ) + y 2 + ( z + 1) = 24 .
2

2

Tam giác MAB vuông tại M ⇒ M ∈ ( S ) .

 7 −8 5 
Tọa độ hình chiếu của I ( 5;0; − 1) lên mặt phẳng ( P ) là H  ; ; ÷.
 3 3 3
Gọi d là hình chiếu của đường thẳng AB lên mặt phẳng ( P ) thì d qua H và song song với
7

x = 3 + t

−8

− 2t .
với đường thẳng AB :  y =
3

5

z = 3 − t

Tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất suy ra M

8
5 
7
thuộc đường thẳng d . ⇒ M  + t ; − − 2t ; − t ÷.
3
3 
3
 2
2
2
2
 t = 3 ⇒ xM = 3
8 5
7
 

M
∈
S
⇒
+
t
−
5
+
−
2
t
−
+

−
t
+
1
=
24
⇔

( ) 
Vì
.
÷ 
÷ 
÷
3  3
3
 

t = − 2 ⇒ x = 5 (l )
M

3
3
Câu 55.

[2H3-5.13-3] [THPT chuyên Vĩnh Phúc lần 5] Trong không gian Oxyz , cho điểm
A ( - 1; - 1; - 2) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z - 1 = 0. Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc ( P ) sao cho
độ dài AM ngắn nhất. Tính T = a + b + c. .
1
5

A. T = .
B. T = 1 .
C. T = .
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn B.
AM ngắn nhất khi M là hình chiếu của A lên ( P ) .

D. T =- 1 .

TRANG 21


TI LIU ễN THI THPT QUC GIA MễN TON

PHNG PHP

r
AM qua A ( - 1; - 1; - 2) v cú vect ch phng u = ( 1;1;1) ,.
ùỡù x =- 1 + t
ù
AM cú phng trỡnh: ớ y =- 1 + t .
ùù
ùùợ z =- 2 + t
M ẻ AM ị M ( - 1 + t ; - 1 + t ; - 2 + t ) .
5
M ẻ ( P) ị - 1 + t - 1+ t - 2 + t - 1 = 0 t = .
3
ổ2 2 - 1ử

; ; ữ
Vy M ỗ
ữ
ỗ
ữ,suy ra T = a + b + c = 1 .
ỗ
ố3 3 3 ứ
Cõu 56.

[2H3-5.13-3] [THPT Hựng Vng-PT] Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho mt cu

( S ) : x2 + y2 + z 2 6x + 4 y 2z + 5 = 0
d2 :

v hai ng thng d1 :

x 1 y + 2 z 2
=
=
;
1
4
3

x 2 y z 5
= =
. Hai im M , N ln lt thuc hai ng thng d1 v d 2 sao cho
2
2
1

ng thng MN ct mt cu ( S ) ti hai im A, B . Tỡm ta im N on thng AB cú
di ln nht.
A. N = ( 4; 3;1) .

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

C. N = ( 0; 2;2 ) .

D. N = ( 2; 4;3) .

Hng dn gii
Chn C.
Gi ( ) l mp qua I ( 3; 2;1) v cha d 2 ( ) :10 x 7 y + 6 z 50 = 0 .
N = ( ) d1 khụng tn ti N.
Kim tra ba im M , N , I khụng thng hng.
sai khụng cú ỏp ỏn.
Cõu 57.

[2H3-5.13-3] Trong khụng gian vi h trc Oxyz , bit rng tp hp tt c cỏc im M ( x; y; z )
sao cho x + y + z = 3 l mt hỡnh a din. Tớnh th tớch V ca khi a din ú.
A. V = 54 .

B. V = 27 .

C. V = 36 .
Hng dn gii

D. V = 72 .

Chn C.

.
Ta cú tp hp cỏc im M ( x; y; z ) tha món x + y + z = 3 l khi a din gm 8 mt u cú
cỏc nh cú ta ( 3;0;0 ) , ( 3;0;0 ) , ( 0;3;0 ) , ( 0; 3;0 ) , ( 0;0;3) , ( 0;0; 3) .
1
Võy, th tớch khi 8 mt u ny l V = 2. .3.3.6 = 36 .
3

TRANG 22


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

PHƯƠNG PHÁP

TRANG 23