Lớp 12 OXYZ ( gv lê tuấn anh) 31 ccâu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu 1

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 P  : x  2 y  3z  5  0 .Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  ?

A. n 1; 2;3 .


B. n 1; 2; 3 .


C. n  1; 2; 3 .


D. n 1; 2; 3 .

Hướng dẫn: D
Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là

n 1; 2; 3 .
Câu 2 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

  : x  y  z  1  0 và    : 2 x  my  2 z  2  0 . Tìm m
A. m  2 .

B. m  5 .

để   song song với    .

C. Không tồn tại.

D. m  2 .

Hướng dẫn: C
Hai mặt phẳng đã cho song song nên

2 M
2 2
do đó không tồn tại giá trị của tham



1
1 1 1

số m .
Câu 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

 x  3  t
x  2 y 1 z  3

, d 2 :  y  6  t . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
d1 :


1
2
1
 z  3


A. d1 và d 2 chéo nhau.

B. d1 và d 2 cắt nhau.

C. d1 và d 2 trùng nhau.

D. d1 song song với d 2 .

Hướng dẫn: B


Đường thẳng d1 đi qua A  2;1; 3 và có một vectơ chỉ phương là  u1  1; 2; 1

Đường thẳng d 2 đi qua B  3;6; 3 và có một vectơ chỉ phương là  u2   1;1;0 

 
  
Ta có u1 , u2   1;1; 1 , AB   5;5;0  ; u1 , u2  AB  0 . Vậy d1 và d 2 cắt nhau.
Câu 4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng

  : x  y  z  0
A. 1 .

đồng thời tiếp xúc với mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  0 ?
B. 0 .

C. Vô số.

Hướng dẫn: A
Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;1 ; R  3
Mặt phẳng cần tìm có dạng  P  : x  y  z  m  0  m  0 

D. 2 .






Điều kiện tiếp xúc d I ;  P   R 

m 3
3

 3  m  6 hay m=0  loaïi 

Như vậy có một mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 5 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba đường

 x  t2
x  1
x  1



thẳng d1 :  y  1 , d 2 :  y  1 , d3 :  y  t3 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M 1; 2;3
z  t
z  0

z  0
1



và cắt ba đường thẳng d1 , d 2 , d3 lần lượt tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
A. x  y  z  6  0 .

B. x  z  2  0 .

C. 2 x  2 y  z  9  0 . D. Đáp án khác.

Hướng dẫn: D
+ Dễ thấy d1 ; d 2 ; d3 đôi một vuông góc và đồng quy tại điểm

O 1; 1;0  . Gọi M là trực tâm tam giác ABC .
CM  AB
+ Khi đó 
 AB  OM , tương tự BC  OM

O
C

AB


+ Suy ra OM   ABC  . Lại có  OM   0;3;3

+ Khi đó  ABC  qua M 1; 2;3 và nhận OM và VTPT có phương
trình là y  z  5  0 .

Câu 6:

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

A(1; 2; 1) và mặt phẳng ( P ) có phương trình x  y  2 z  13  0 . Mặt cầu ( S ) đi qua A , tiếp

xúc với ( P) và có bán kính nhỏ nhất. Điểm I (a; b; c) là tâm của ( S ) , tính giá trị của biểu
thức T  a 2  2b 2  3c 2 .
A. T  25 .

B. T  30 .

C. T  20 .

D. T  30 .

Hướng dẫn:
+ Gọi R là bán kính của ( S ) và giả sử ( S ) tiếp xúc với ( P) tại B .
+ Kẻ AH  ( P) tại H , ta có 2 R  IA  IB  AB  AH  R 

AH
không đổi.
2

Dấu " =" xảy ra  ( S ) là mặt cầu đường kính AH .
Khi đó I là trung điểm của cạnh AH .


+ Đường thẳng AH qua A(1; 2; 1) và nhận nP  1;1; 2  là một VTCP

x  1 t

 AH :  y  2  t  H  t  1; t  2; 2t  1
 z  1  2t

Điểm H  ( P)  (t  1)  (t  2)  2(2t  1)  13  0  6t  12  0  t  2  H (3; 4;3)
+ Điểm I là trung điểm của cạnh AH  I  2;3;1  T  a 2  2b 2  3c 2  25 .
Câu 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm

 
A  3; 2;1 , B 1; 1; 2  , C 1; 2; 1 . Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn OM  2 AB  AC .
A. M  2;6; 4  .

B. M  2; 6; 4  .

C. M  2; 6; 4  .

D. M  5;5;0  .

Chọn đáp án C
Ta có




AB   2; 3;1  2 AB   4; 6; 2  ; AC   2;0; 2    AC   2;0; 2 

 OM   2; 6; 4   M  2; 6; 4  .
Câu 8:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có

tâm I nằm trên tia Ox bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz  . Viết phương trình
mặt cầu  S  .
A. x 2  y 2   z  3  9 .

B. x 2  y 2   z  3  9 .

C.  x  3  y 2  z 2  3 .

D.  x  3  y 2  z 2  9 .

2

2

2

2

Chọn đáp án D
Mặt cầu có tâm thuộc Ox bán kính R  3 nên có tâm I  3;0;0  . Phương trình mặt cầu là

 x  3

2

 y2  z2  9 .

Câu 9: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn vectơ




a   2,3,1 , b   5, 7, 0  , c   3, 2, 4  , d   4,12, 3 . Mệnh đề nào sau đây sai? 2,3,1 a
5,7,0 b 3, 2,4 c 4,12, 3 d
   
A. d  a  b  c .
   
C. a  b  d  c .

  
B. a , b , c là ba vectơ không đồng phẳng.
   
D. 2a  3b  d  2c .

Chọn đáp án D
  
  
Nhận thấy a, b .c  35  0 nên a , b , c không đồng phẳng.


 
 a  b   7,10,1
   
   
   
Ta có   
. Suy ra a  b  c  d và d  c  a  b  d  a  b  c

c  d   7,10,1
Vậy chỉ có Câu 10là sai.
Câu 11:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 x  2  mt

P : 2 x  y  z  3  0 và đường thẳng d :  y  n  3t . Với giá trị nào của m , n thì đường thẳng
 z  1  2t


d nằm trong mặt phẳng  P  ?
5
A. m   , n  6 .
2

5
B. m  , n  6 .
2

5
C. m  , n  6 .
2

5
D. m   , n  6 .
2

Chọn đáp án D


Đường thẳng d đi qua M  2; n;1 và có vectơ chỉ phương a   m;3; 2  .

Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n   2;1; 1 .

 

5

a  n
a.n  0
 2m  5  0
n  



Ta có d   P   
2 .
n


6
M

P
4

n


1

3

0





n  6

Câu 12:

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

A 1; 2;1 và hai đường thẳng d1 :

x 1 y 1 z  3
x 1 y  2 z  2
. Viết phương


, d2 :


1
1
1
1

1
1

trình đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  4 z  6  0 , cắt đường thẳng d1
 
và d 2 lần lượt tại M và N sao cho AM . AN  5 và điểm N có hoành độ nguyên.
A. d :

x2 y z2
.


1
2
1

B. d :

x  3 y 1 z 1
.


1
2
2

C. d :

x y2 z4
.



3
2
3

D. d :

x 1 y 1 z  3
.


4
4
1

Chọn đáp án B

x  1 t

Ta có d1 :  y  1  t  t  R  mà M  d1  M  m  1; m  1;3  m 
z  3  t

 x  1  t

Lại có d 2 :  y  2  t   t  R  mà N  d 2  N  n  1; n  2; n  2 
 z  2  t



Đường thẳng d nhận NM   m  n; m  n  1;1  m  n  là một VTCP

Mặt phẳng  P  có một VTPT là n   2;3; 4 
 
Ta có d / /  P   NM .n  0  2  m  n   3  m  n  1  4 1  m  n   0  m  9n  7


 AM   m; m  3; 2  m    9n  7;9n  10;9  9n  , AN   n; n  4; n  1
 
 AM . AN   9n  7  n   9n  10  n  4    9  9n  n  1  5
n  1
 9n  53n  44  0  
 n  44
9

2


Bài ra xN  Z  n  1 thỏa mãn  m  2  M  3;1;1 và NM  1; 2; 2 

Đường thẳng d qua M  3;1;1 và nhận NM  1; 2; 2  là một VTCP
d:

x  3 y 1 z 1
.


1
2

2

3Chọn Câu 13:
cầu

 S  :  x  1   y  2    z  1
2

 P1  ,  P2 
S 

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt
2

2

 3 ,và hai điểm A 1;0; 4  , B  0;1; 4  . Các mặt phẳng

cùng chứa đường thẳng AB và hai mặt phẳng này lần lượt tiếp xúc với mặt cầu

tại các điểm H1 , H 2 . Điểm K nào trong số các điểm sau đây nằm trên đường thẳng

H1 H 2 .
A. K 1; 4; 2  .

B. K  1;3; 2  .

C. K 1;5;3 .

D. K  1;3  2 

đáp án A
Ta có  S  có tâm I  1; 2;1 và bán kính R  3

x  1 t

Đường thẳng  đi qua hai điểm A, B có phương trình  y  t
z  4


 IH1H 2  đi qua

I và vuông góc với AB nên có phương trình  x  y  3  0

Gọi H là giao điểm của AB và  IH1 H 2  . Khi đó H  1; 2; 4 
Gọi M là giao điểm của H1 H 2 và IH . Khi đó H1M  IH
Ta có

 1 
IM IM .IH
R2 1



nên
IM  IH . Do đó M  1; 2; 2 
IH
IH 2
IH 2 3
3


1  
H1 H 2 vuông góc với IH , AB nên có vtcp u    IH , AB   1;1;0 
3

 x  1  t

Phương trình H1 H 2 .  y  2  t . Vậy khi t  2 ta được đáp án A.
z  2

Câu 14 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d

có vecto chỉ phương u  1;2; 0 . Mặt phẳng P chứa đường thẳng d có vecto pháp tuyến là

n  a; b; c a2  b2  c2  0 . Khi đó a, b thỏa mãn điều kiện nào sau đây?





A. a  2b

B. a  3b

C. a  2b

D. a  2b

Chọn đáp án D


Do P chứa đường thẳng d nên u.n  0  a  2b  0  a  2b
Câu 15

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác


MNP biết MN  2;1; 2 và NP  14;5;2 . Gọi NQ là đường phân giác trong của góc MNP.
Hệ thức nào sau đây là đúng?




A. QP  3QM
B. QP  5QM
Chọn đáp án B

 MN  2;1; 2  MN  9  3
Ta có  
 NP  14;5;2  NP  15



C. QP  3QM



D. QP  5QM





QP
NP
15
   5 . Hay QP  5QM
NP là đường phân giác trong của góc N    
MN
3
QM
Câu 16:

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

M 3;1;1, N 4;8; 3, P 2;9; 7 và mặt phẳng Q : x  2y  z  6  0 . Đường thẳng d đi qua
trọng tâm G của tam giác MNP, vuông góc với Q. Tìm giao điểm A của mặt phẳng Q và
đường thẳng d
A. A 1;2;1

B. A 1; 2; 1

C. A  1; 2; 1

Chọn đáp án D
Tam giác MNP có trọng tâm G 3;6; 3
 x  3 t


Đường thẳng d đi qua G, vuông góc với Q nên d :  y  6  2t
 z  3  t


D. A 1;2; 1


 x  3 t

Đường thẳng d cắt Q tại A có tọa độ thỏa mãn d :  y  6  2t  A 1;2; 1
 z  3  t


Câu 17:

d:

x
2



(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

z 3
1



y2

1

và hai mặt phẳng ( P) : x  2y  2z  0,(Q) : x  2y  3z  5  0 . Mặt cầu

(S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng
với mặt cầu

(S). Viết phương trình của mặt cầu

(P). Mặt phẳng

(Q) tiếp xúc

(S)

A. (S) :  x  2   y  4   z  3 

2
7

B. (S) :  x  2   y  4   z  3 

C. (S) :  x  2   y  4   z  3 

2
7

D. (S) :  x  2   y  4   z  3 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

9
14
9
14

Chọn đáp án C
 x  2t


+ Ta có d :  y  3  t  t     I  2t; t  3; t  2
z  2  t


Mà I  ( P)  2t  2(t  3)  2(t  2)  0  2t  2  0  t  1  I (2; 4;3)
+ Gọi R là bán kính của

(S), ta có

(S)  d( I ;(Q))  R  R 

Kết hợp với
Câu 18:

(Q) tiếp xúc với

2  2.4  3.3  5
12  (2)2  32



2
14

(S) có tâm I (2; 4;3)  (S) :  x  2   y  4   z  3 
2

2

2

4 2

14 7

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

( P) : x  4y  2z  6  0,(Q) : x  2y  4z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng ( ) chứa giao

tuyến của hai mặt phẳng

(P),

(Q) và cắt các tia 0x,0y,0z 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

Chọn đáp án B
+ Chọn M (6; 0; 0), N (2;2;2) thuộc giao tuyến của

(P), (Q)

+ Gọi A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; C) lần lượt là giao điểm của ( ) với các trục Ox, Oy, Oz


6
  1
x y z
 ( ) :    1(a, b, c );( ) chứa M, N   a
a b c
2  2  2  1
 a b c

+ Hình chóp O.ABC là hình chóp đều  OA  OB  OC  a  b  c
Vậy phương trình x  y  z  6  0
Câu 19:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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. 4

B. 10

C. 12

D. đáp án khác

Chọn đáp án D
+ Đặt P(a; b; c) là tọa độ điểm cần tìm. Ta có

( ABC) : x  y  z  1;( BCD )  (Oxyz),(CDA)  (Ozx),( DAB)  (Oxy)

Khi đó ta cần có x  y  z 

x  y  z1
3

(* )

+ Ta có tất cả 8 trường hợp về dấu cả x, y, z là
dương),... và trong mỗi trường hợp, hệ

(dương, dương, dương),

(dương, âm,

(*) đều có nghiệm. Do đó có tất cả 8 điểm P thỏa

mãn đề bài.
Câu 20 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, số đo góc tạo bởi
hai mặt phẳng P : 2x  y  2z  9  0 và Q : x  y  6  0 là
A. 300

B. 450

C. 600

D. 900

Chọn đáp án B



Vecto pháp tuyến của mặt phẳng P và Q lần lượt là: n1  2; 1; 2, n2  1; 1; 0

Gọi góc giữa hai mặt phẳng P và Q là 
Ta có cos 
Câu 21

2.1  1  1
22  12  22 12  12



3
3 2



2
   450
2

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

S : x2  y2  z2  2x  4y  6z  0 . Đường tròn giao tuyến của S với mặt phẳng Oxy có bán
kính là
A. r  5
Chọn đáp án A

B. r  2

C. r  6

D. r  4


Đường tròn giao tuyến của S với mặt phẳng Oxy có phương trình:
 x  12  y  22  z  32  14  z  12  y  22  5


 z  0
 z  0

Trong mặt phẳng Oxy có tâm J 1;2; 0 và bán kính r  5
Câu 22

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

A 1;21, B 4;2; 2, C 1; 1; 2, D 5; 5;2 . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt
phẳng ABC
A. d  3

B. d  2 3

C. d  3 3

D. d  4 3

Chọn đáp án D


 

 AB  3; 0; 3
 AB; AC  9; 9;9  nABC  1;1; 1
Ta có  
 AC  0; 3; 3





Phương trình mặt phẳng ABC là x  1  y  2  z  1  0  x  y  z  0
Do đó, khoảng cách từ D đến mặt phẳng ABC bằng d D; ABC 
Câu 23:

5  5  2
2

2

2

1  1  1

4 3

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

A 2; 0; 0, C 0; 4; 0 B a; b; c . Để tứ giác OABC là hình chữ nhật thì tổng P  a  4b  c

bằng bao nhiêu?
A. P  12

B. P  14

C. P  14

D. P  12

Chọn đáp án C




Ta có OA  2; 0; 0, CB  a; b; 4, OC  0; 4; 0, AB  a  2; b; c
 
 a2
a  2
 OA  CB


Để tứ giác OABC là hình chữ nhật thì     b  4  0  b  4  a  4b  c  14
OA  OC
 c0
c  0



Câu 24:
(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vecto

 

 

u  2; 1;2 và vecto v có độ dài bằng 1 thỏa mãn u  v  4 . Độ dài của vecto u  v bằng
A. 4

B. 3

C. 2

Chọn đáp án C
2

u

3

u


Theo giả thiết ta có  

 v  1  v2 


2

u 9
2

v 1

.

1

D. 1


 

 

 2 2



Từ u  v  4 , suy ra 16  u  v  u  v  2uv.

2

  2  2   2
Kết hợp 1 và 2, ta được 2uv  u  v  u  v  9  1  42  6

 
  2  2 2

Khi đó u  v  u  v  2uv  9  1  6  4 . Vậy u  v  2
Câu 25 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm

A(5;8; 11), B(3;5; 4), C(2;1; 6)

và mặt cầu (S) :  x  4   y  2   z  1  9 . Gọi
2

M ( xM ; yM ; zM ) là điểm trên mặt cầu

2

2

  
(S) sao cho biểu thức MA  MB  MC

đạt giá trị

nhỏ nhất. Tính P  2xM  3yM
A. P  4

C. P  3

B. P  1

D. P  2

Chọn đáp án A

   
 

+ Gọi điểm G( x; y; z) sao cho GA  GB  GC  0  BA  GC  G(0; 2;1)
+ Xét mặt cầu (S) :  x  4   y  2   z  1  9 tâm I (4;2; 1) và bán kính R=3
2

2

2


Ta có IG  (4; 4;2)  IG  42  (4)2  22  6  R  G nằm ngoài mặt cầu (S)
       
Ta có MA  MB  MC  MG  GA  GB  GC  MG  MG  MG nhỏ nhất  I , M , G
thẳng hàng.
 x  2
Hay điểm M chính là trung điểm của IG  M (2; 0; 0)   M
P4
 yM  0

Câu 26

 
(Gv Lê Tuấn Anh) Trong không gian với hệ tọa độ O, i, j , k cho 2 điểm A, B






  
   

thỏa mãn OA  2i  j  k và Ob  i  j  3k . Tìm tọa độ trung điểm M của đoạn AB

1

A. M  ;0; 1
2


3

B. M  ;0; 1
2


Chọn đáp án B


3

OA   2; 1;1 , OB  1;1; 3  M  ;0; 1
2


C. M  3; 4; 2 

1

D. M  ; 1; 2 
2


Câu 27:

(Gv Lê Tuấn Anh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  4;0;0 

x  1 t

và đường thẳng  :  y  2  3t . Gọi H  a; b; c  là hình chiếu của M lên  . Tính a  b  c
 z  2t

A. 5

B. -1

C. -3

D. 7

Chọn đáp án B
H là hình chiếu của M lên  nên tọa độ của H có dạng: H 1  t ; 2  3t ; 2t  và
 

MH  u , (với u   1;3; 2  là vecto chỉ phương của  )
 
11
 3 5 22 
 MH .u  0  14t  11  0  t   H  ; ;

14

 14 14 14 

 a  b  c  1
Câu 28

(Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 P  : 3 x  y z  0

và đường thẳng d :

x 1 y z  3
. Gọi  là đường thẳng nằm trong


1
2
2

 P  , cắt và vuông góc với d. Phương trình nào là phương trình tham số của
 x  2  4t

A.  y  3  5t
 z  3  7t

Chọn đáp án B
+  nằm trong

 x  3  4t


B.  y  5  5t
 z  4  7t


 x  1  4t

C.  y  1  5t
 z  4  7t


?

 x  3  4t

D.  y  7  5t
 z  2  7t


 
(P) và vuông góc với d nên có vecto chỉ phương là:  n P  , ud    4; 5; 7 

+  cắt d nên gọi A  d   thì A  d   P   A 1;0; 3

 x  1  4t
 x  3  4t


+ Vậy phương trình tham số của  :  y  5t hay  y  5  5t
 z  3  7t
 z  4  7t



Câu 29
phẳng

(Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho  P  là mặt
chứa

đường

thẳng

 S  :  x  3   y  3   z  1
2

A. 3 x  y  2 z  0
Chọn đáp án D

2

2

d:

x4 y z4
 
3
1
4

 9 . Khi đó

và

tiếp

xúc

với

mặt

 P  song song với mặt phẳng nào sau đây?

B. 2 x  2 y  z  4  0 C. x  y  z  0


+ Véc tơ chỉ phương của  là u   3;1; 4  , véc tơ pháp tuyến của

D. đáp án khác


(P) là n

cầu


+ Mặt cầu

(S) có tâm I (3; -3; 1) và bán kính R=3


+ Vì (P) chứa  nên u.n  0 và (P) tiếp xúc với (S) nên d  I ,  P    R  3

Ta chỉ xét những phương trình có u.n  0 . Lấy 2 điểm nằm trên đường thẳng d là M (4;0;-4)
và N (1;-1;0)
A.

(Q) có phương trình: 3x – y + 2z =0
(Q) nên  không thỏa mãn.

Nhưng điểm M, N không thuộc
B.

(Q) có phương trình: -2x + 2y – z + 4 =0 vì điểm M, N không thuộc

(Q) kết hợp với

d  I ,  Q    3  R nên (P) trùng (Q)  không thỏa mãn.
C.

(Q) nên  không

(Q) có phương trình: x + y + z = 0. Nhưng điểm M, N không thuộc
thỏa mãn.

D. Đáp án là D.
Câu 30

(Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

x y 3 z 2
và hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  0.  Q  : x  2 y  3z  5  0 . Mặt cầu


2
1
1

d:

(S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng
với mặt cầu

(S). Viết phương trình của mặt cầu

A.  S :  x  2    y+ 4    z  3  1
2

2

2

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

2

2

2

7

(P). Mặt phẳng

(Q) tiếp xúc

(S).
B.  S :  x  2    y  4    z  3  6
2

2

2

D.  S :  x  2    y+ 4    z  4   8
2

2

2

Chọn đáp án C
– Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài toán để tìm bán kính và tâm của mặt cầu
+ Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
+ Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng

(Q)

(do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng)

– Cách giải: I  d  I  2 t;3  t; 2  t 

I   P   2 t  2  3  t   2  2  t   0  t  1  I  2; 4;3
Do

(Q) tiếp xúc với mặt cầu  S nên R  d  I;  Q   

  S  :  x  2    y  4    x  3 
2

2

2
7

2  2.4  3.3  5
1 2  3
2

2



2
7


Câu 31:
d:

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

x  3 y  2 z 1
, mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Gọi M là giao điểm của d và  P  .


2
1
1

Gọi  là đường thẳng nằm trong  P  vuông góc với d và cách M một khoảng bằng

42 .

Phương trình đường thẳng  là.
A.

x 5 y  2 z  4


2
3
1

C.

B.

x 3 y  4 z 5



2
3
1

x 1 y 1 z 1


2
3
1

D. đáp án khác

Chọn đáp án D
+ Gọi M  d   P 

M  d  M  3  2t ; 2  t ; 1  t  ; M   P   t  1  M 1; 3;0 


+  P  có vecttơ pháp tuyến nP  1;1;1 . d có vecttơ chỉ phương ad   2;1; 1 .  có vecttơ
  
chỉ phương a   ad , nP    2; 3;1 . Gọi N  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của M trên  ,

khi đó MN   x  1; y  3; z  .
 
2x  3 y  z  11  0
 MN  a



Ta có:  N   P    x  y  z  2  0
. Giải hệ ta tìm được hai điểm


2
2
2
 x  1   y  3  z  42
 MN  42

N  5; 2; 5  và N  3; 4;5 
+ Với N  5; 2; 5  , ta có  :

x 5 y  2 z 5


2
3
1

+ Với N  3; 4;5  , ta có  :

x 3 y  4 z 5


2
3
1