Ôn tập THPT 2019 Toán Tổng Hợp Về Phương Pháp Tọa Độ Không Gian

Câu 1: [2H3-6-4]
(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz cho các điểm A  0;0; 2  , B  3; 4;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AX  BY với
X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho XY  1 .

A. 3 .
1 2 5 .

C. 2  17 .

B. 5.

D.

Lời giải
Chọn B

Lấy A  0;0; 2  đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó với mọi X  Oxy thì
AX  AX .

 12 16 
Gọi B  ; ;1 thuộc mặt phẳng  OAB  và BB  1 . Gọi H là hình chiếu của B trên
5 5 
mp Oxy .
Kẻ BA cắt OH tại X 0 , dựng hình bình hành BBX 0Y0 thì X 0Y0  1 .
Dễ dàng chứng minh được với X 0 , Y0 dựng được như vậy thì với mọi X , Y  Oxy ta luôn
có AX  BY  AX  BY  AX 0  BY0  AX 0  BX 0  AB  5 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của AX  BY bằng 5 .


Câu 2: [2H3-6-4] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz

,

cho

ba

B  3;4;0  ,

A 1; 4;5  ,

điểm

 P  : 3x  3 y  2 z  12  0 . Gọi

C  2;  1;0 

và

mặt

phẳng

M  a ; b ; c  thuộc  P  sao cho MA2  MB 2  3MC 2

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c .
A. 3 .

D. 3 .

C. 2 .

B. 2 .
Lời giải

Chọn A
Gọi I  x ; y ; z  là điểm thỏa mãn IA  IB  3IC  0 (*).
Ta có: IA  1  x ; 4  y ;5  z  , IB   3  x ; 4  y ;  z  và
3IC   6  3 x ;  3  3 y ;  3 z  .

1  x  3  x  6  3x  0
x  2


Từ (*) ta có hệ phương trình: 4  y  4  y  3  3 y  0   y  1
5  z  z  3z  0
z  1



 I  2;1;1 .
2



Khi đó: MA2  MA  MI  IA
2



MB 2  MB  MI  IB

2





2



2

 MI 2  2MI . IA  IA2 .

 MI 2  2MI . IB  IB 2 .

3MC 2  3MC  3 MI  IC



2





 3 MI 2  2 MI . IC  IC 2 .

Do đó: S  MA2  MB 2  3MC 2  5MI 2  IA2  IB 2  3IC 2 .
Do IA2  IB 2  3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng

 P  : 3x  3 y  2 z  12  0 .
Vectơ chỉ phương của IM là n   3;  3;  2  .

 x  2  3t

Phương trình tham số của IM là:  y  1  3t ,  t 
 z  1  2t


.

Gọi M  2  3t ;1  3t ;1  2t    P  là hình chiếu của I lên mặt phẳng

 P .
Khi đó: 3  2  3t   3 1  3t   2 1  2t   12  0  22t  11  0  t 

1
.
2

7 1
7 1 
Suy ra: M  ;  ;0  . Vậy a  b  c    3 .
2 2
2 2 
Câu 3: [2H3-6-4]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B  2;0; 2  ,

C  1; 1;0  , D  0;3; 4  . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm
AB AC AD


 4 và tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất.
AB AC  AD
Phương trình mặt phẳng  BCD  là
B, C , D sao cho

A. 16 x  40 y  44 z  39  0

B. 16 x  40 y  44 z  39  0

C. 16 x  40 y  44 z  39  0

D. 16 x  40 y  44 z  39  0

Lời giải
Chọn C
A

B'

B

D'
C'

D

C
3

Ta có

VABCD
VABC D

 AB AC AD 
3


AB AC AD  AB AC  AD   4 




   .
AB AC  AD 
3
 3



Do đó thể tích của ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi
Khi đó AB 

AB AC

AD 4


 .
AB AC  AD 3

3
7 1 7
AB  B  ; ;  và  BC D  //  BCD  .
4
4 4 4

Mặt khác  BC, BD   4;10; 11 .

7
1
7



Vậy  BC D  : 4  x    10  y    11 z    0  16 x  40 y  44 z  39  0 .
4
4
4



Câu 4: [2H3-6-4]

(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B  2;0; 2  ,

C  1; 1;0  , D  0;3; 4  . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm
AB AC AD


 4 và tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất.
AB AC  AD
Phương trình mặt phẳng  BCD  là
B, C , D sao cho


A. 16 x  40 y  44 z  39  0

B. 16 x  40 y  44 z  39  0

C. 16 x  40 y  44 z  39  0

D. 16 x  40 y  44 z  39  0

Lời giải
Chọn C
A

B'

B

D'
C'

D

C
3

Ta có

VABCD
VABC D

 AB AC AD 
3


AB AC AD  AB AC  AD   4 




   .
AB AC  AD 
3
 3



Do đó thể tích của ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi
Khi đó AB 

AB AC
AD 4


 .
AB AC  AD 3

3
7 1 7
AB  B  ; ;  và  BC D  //  BCD  .
4
4 4 4

Mặt khác  BC, BD   4;10; 11 .

7
1
7



Vậy  BC D  : 4  x    10  y    11 z    0  16 x  40 y  44 z  39  0 .
4
4
4



Câu 5: [2H3-6-4]
(THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian

Oxyz , cho ba điểm A  1;0;1 , B  3;2;1 , C  5;3;7  . Gọi M  a; b; c  là điểm thỏa
mãn MA  MB và MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P  a  b  c
A. P  4

C. P  2

B. P  0
Lời giải

Chọn D
Gọi I là trung điểm của AB , suy ra I 1;1;1 ; AB   4; 2;0  .
Phương trình mặt phẳng trung trực của AB :   : 2 x  y  3  0 .

D. P  5


Vì  2.3  1.2  3 .  2.5  1.3  3  50  0 nên B , C nằm về một phía so với   ,
suy ra A , C nằm về hai phía so với   .
Điểm M thỏa mãn MA  MB khi M    . Khi đó MB  MC  MA  MC  AC .

MB  MC nhỏ nhất bằng AC khi M  AC    .
 x  1  2t

Phương trình đường thẳng AC :  y  t
, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của
 z  1  2t

 x  1  2t
t  1
y  t

x  1



hệ phương trình 
. Do đó M 1;1;3 , a  b  c  5 .
z

1

y
2
t

1


2 x  y  3  0
 z  3

Câu 6: [2H3-6-4] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ trục
 5 4 8
tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A 1;0;0  , B  3; 2;1 , C   ; ;  , M là điểm thay đổi
 3 3 3
sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC và các
mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA hợp với mặt phẳng  ABC  các góc bằng nhau.
Tính giá trị nhỏ nhất của OM .
A.

26

.
3

5
.
3

B.

C.

3.

D.

28
.
3

Lời giải
Chọn A
Vì M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng  ABC  nằm trong
tam giác ABC và các mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA hợp với mặt phẳng

 ABC 

các góc bằng nhau nên hình chiếu của M lên mặt phẳng  ABC  là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Ta có AB 

 3  1   2   1
2

2

 5   4   8 
 3 , AC    1        4 ,
 3
  3 3
2

2

2

2

 5   4
 8 
BC    3     2     1  5 ,  AB; AC    4;  8;8  4 1;  2;2
 3
 3
 3 
2

2

2

Gọi I  x; y; z  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó ta có

a.IA  b.IB  c.IC  0 , với a  BC , b  CA , c  AB . Do đó ta có hệ sau:

 5

5 1  x   4  3  x   3   3  x   0



x  1


4

  y  1  I 1;1;1 .
5 y  42  3  y   3   y   0
3



z  1

8

5 z  4 1  z   3   z   0
3 

Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng  ABC  suy ra  có

vectơ chỉ phương là u  1;  2; 2  . Khi đó OM đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình
2
u ; OI 
 4   12  32
26


chiếu của O lên  và min OM  d  I ;   
.


2
u
3
12   2   22

Câu 7: [2H3-6-4]
(THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  0 và điểm

M 1; 2;  1 . Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt  S  tại hai điểm A, B . Tìm
giá trị lớn nhất của tổng MA  MB .
A. 8

B. 10

C. 2 17
Lời giải

Chọn C

Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 2  , bán kính R  3 .
Vì IM  17  3 nên M nằm ngoài đường tròn,

D. 8  2 5


Gọi  là góc tạo bởi MB và MI . Áp dụng định lí Côsin cho tam giác MIA và MIB
ta có R 2  MA2  MI 2  2MA.MI .c os

R 2  MB 2  MI 2  2MB.MI .c os

1

 2

Lấy 1 trừ cho  2  vế theo vế ta được
0  MA2  MB 2  2 17.  MA  MB  .cos   MA  MB  2 17 cos 

Do đó MA  MB lớn nhất bằng 2 17 khi cos  1    0 .
Câu 8: [2H3-6-4]
(Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz cho ba mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 , (Q ) : x  2 y  2 z  8  0 ,
( R ) : x  2 y  2 z  4  0 . Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng ( P ) , (Q) ,
96
( R ) lần lượt tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB 
là
AC 2
A.

41
.
3

B. 99 .

C. 18 .

D. 24 .

Lời giải
Chọn B
Ta có ba mặt phẳng ( P ) , (Q) , ( R ) đôi một song song và ( P ) nằm giữa (Q) , ( R ) .

1 8

d (( P), (Q)) 

 3 , d (( P),( R)) 

1 4

 1.
1  22  22
1  22  22
96
96
 3  2  99 .
Suy ra AB 
2

AC
1
Đẳng thức xảy ra khi  vuông góc với ( P ) .
Câu 9: [2H3-6-4]
(THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình

 x 1   y  1   z 1
2

2

2

 16 và mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 ,  P  cắt  S 

theo giao tuyến là đường tròn T  . CD là một đường kính cố định của đường tròn

T  ,

A là một điểm thay đổi trên T  ( A khác C và D ). Đường thẳng đi qua A

và vuông góc với  P  cắt  S  tại B . Tính BC 2  AD 2 .
A. 8 .

B. 32 .

C. 16 .
Lời giải

Chọn D

D. 64 .


B

D

A

C

 S  có tâm I 1; 1;1

 P

và bán kính R  4 . Ta có d  I ;  P   

1 1  1  2
3

 3 nên

cắt  S  theo đường tròn T  có bán kính r  R2  d 2  I ;  P    13 .

Giả thiết có AB  2 3 nên BC 2  AD 2  BA2  AC 2  AD 2  BA2  CD 2
 12  52  64 .

Câu 10: [2H3-6-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;1; 2 và B 5;7;0 . Có tất cả bao nhiêu
giá trị thực của tham số m để phương trình
x 2  y 2  z 2  4 x  2my  2  m  1 z  m2  2m  8  0 là phương trình của một mặt
cầu  S  sao cho qua hai điểm A , B có duy nhất một mặt phẳng cắt mặt cầu  S 
đó theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1 .
A. 1 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn D
Đặt x 2  y 2  z 2  4 x  2my  2  m  1 z  m2  2m  8  0 1
Ta có a  2 , b  m , c  m  1, d  m 2  2m  8 .

1

là phương trình mặt cầu  S  khi a 2  b 2  c 2  d  0

m  3
2
 4  m2   m  1   m2  2m  8   0  m 2  3  0  
.
 m   3
mặt cầu  S  có tâm I  2; m; m  1 , bán kính R  m2  3 .

D. 2 .

TH1:  P  là  ABI  và  S  có bán kính R  1  m2  3  1 và A , B , I không
thẳng hàng.

m  2
AB   2; 6; 2  , AI   1;  m  1; m  1  
 m  2 .
m

2

TH2:  P  cách I một khoảng lớn nhất, đồng thời d 2  I ,  P    R 2  1 .
Gọi H , K là hình chiếu của I lên  P  và AB , ta có d  I ,  P    IH  IK

 dmax  IK  d  I , AB  

 AB, AI 

 
,  AB, AI    4m  8;4  2m;4  2m 
AB

  m  2  4; 2; 2 

 d  I , AB  

m  2 .2 6
2 11



Ta có d 2  I ,  P    R 2  1 

m  2 66
11
6
2
 m  2   m 2  4  5m2  24m  68  0
11

m  2  l 

 m   34  t / m 

5
Vậy có hai giá trị của m thỏa ycbt.
Câu 11: [2H3-6-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 và đường

x 1 y  5 z


. Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi
2
2
1
qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.
thẳng d :

A. u   2; 2; 1 .

B. u  1;7; 1 .

u   3; 4; 4  .

Lời giải
Chọn C

C. u  1;0; 2  .

D.


Gọi  P  là mp đi qua M và vuông góc với d , khi đó  P  chứa  .
Mp

 P

qua M  2; 2;1 và có vectơ pháp tuyến nP  ud   2; 2; 1 nên có

phương trình:

 P  : 2x  2 y  z  9  0 .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên  P  và  . Khi đó: AK  AH : const
nên AK min
khi K  H . Đường thẳng AH đi qua A 1, 2, 3 và có vectơ chỉ phương
ud   2; 2; 1 nên

 x  1  2t

AH có phương trình tham số:  y  2  2t .

 z  3  t

H  AH  H 1  2t; 2  2t; 3  t  .

H   P   2 1  2t   2  2  2t    3  t   9  0  t  2  H  3; 2; 1 .

Vậy u  HM  1;0; 2  .
Câu 12: [2H3-6-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm B  2;  1;  3 , C  6;  1; 3 .
Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc
ab
với nhau, điểm A  a; b;0  , b  0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị
.
cos A
B. 20 .

A. 10 .

C. 15 .
Lời giải

Chọn C

D. 

31
.
3

A

M

N
P

C

B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB .
Gọi P  BM  CN , ta có BM  CN nên BC 2  BP 2  CP 2 .
Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có
2
2
2
2
4 2  BA  BC   AC
2

BP   BM   .
,
4
3
 9
2

2
2

2
2
4 2  CA  CB   AB
2

CP   CN   .
4
3
 9
2

AB 2  AC 2  4 BC 2
 AB 2  AC 2  5BC 2 .
9
Góc A lớn nhất  cos A nhỏ nhất.
 BC 2 

2
2
2
2
AB 2  AC 2  BC 2 5  AB  AC    AB  AC 
Ta có cos A 

2 AB. AC
10 AB. AC
2
2
2 AB  AC
2 2 AB. AC 4

 .
 .
 , dấu "  " xảy ra  AB  AC .
5 AB. AC
5 AB. AC 5
Ta có A  a; b;0  , b  0 và B  2;  1;  3 , C  6;  1; 3
2
2
2

 AB   2  a; 1  b; 3  AB   2  a    b  1  9

2
2
2

 AC   6  a; 1  b;3  AC   a  6    b  1  9

  2  a    b  1  9   a  6    b  1  9  4  4a  12a  36  a  2
2

2

2

2

.
Ta có BC   8;0;6   BC 2  82  62  100 .
Khi đó từ AB 2  AC 2  5BC 2 và AB  AC

 2  2  a    b  1  9   5.100  42   b  1  9  250 .


Kết hợp với b  0 ta được b  14 thỏa mãn.
2

2

2


a  b 2  14

 15 .
4
cos A
5
Câu 13: [2H3-6-4] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian
x 1 y 1 z


tọa độ Oxyz cho các điểm A 1;5;0  , B  3;3;6  và đường thẳng  :
2
1 2
. Gọi M  a; b; c    sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng
Như vậy

T  a bc?
B. T  3 .

A. T  2 .

D. T  5 .

C. T  4 .
Lời giải

Chọn B
Ta có M    M   1  2t;1  t; 2t  .
MA   2  2t ; 4  t ; 2t  , MB   4  2t ; 2  t ;6  2t  .

Khi đó chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA  MB nhỏ
nhất.
Xét hàm số f  t   MA  MB  9t 2  20  9t 2  36t  56



 3t 

2



 2 5



2



 6  3t 

2



 2 5



2



 62  4 5



2

 2 29 .





Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi bộ số  3t ;6  3t  và bộ số 2 5; 2 5 tỉ lệ.
Suy ra 3t  6  3t  t  1 . Suy ra M  1;0; 2  .
Chú ý ở đây có dùng bất đẳng thức Mincopski ( Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy)

 a1  a2  ...  an    b1  b2  ...  bn  , đúng
ai , bi . Dấu bằng xảy ra khi hai bộ số  a1 , a2 ,..., an  và  b1 , b2 ,..., bn  tỉ lệ.

a12  b12  a22  b22  ...  an2  bn2 

với mọi

2

2

Câu 14: [2H3-6-4] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-4] Trong không
gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng:  P  : x  2 y  z  1  0 ,

 Q  : x  2 y  z  8  0 ,  R  : x  2 y  z  4  0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba
mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của
T  AB 2 

144
.
AC

A. 72 3 3 .
Chọn C

B. 96 .

C. 108 .
Lời giải

D. 72 3 4 .


A
P

C

C'

R

B

B'

Q

Ta có M 1;0;0    P  và ba mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  đôi một song song với
nhau.
Gọi B  , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các mặt phẳng  Q  ,  R  ,
ta có:

AB  d  A;  Q    d  M ;  Q   

1  2.0  0  8

AC   d  A;  R    d  M ;  R   

1  2.0  0  4

12   2   12
2

12   2   12
2



3 6
.
2



6
.
2

Do AB  3AC nên đặt CC  a  BB  3a .
Ta có AB2  AB2  BB2 
Nên: T  AB 2 

27
3
 9a 2 ; AC  AC 2  CC 2 
 a2 .
2
2

144 27

 9a 2 
AC
2

144
3

 9   a2  
3
2

 a2
2

72

3
2
a
2

72
3
 a2
2

72

72
3

 3 9   a2 .
.
 108 .
3 2
3
 3
2
2
a
a
2
2
Do đó min T  108 khi a 

2
.
2

Câu 15: [2H3-6-4] (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian với hệ tọa độ Oxyz , xét tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau và
D khác phía với O so với  ABC  ; đồng thời A, B, C lần lượt là giao điểm của các


x
y
z



 1 (với m  2, m  0 , m  5 ). Tìm
m m 2 m5
khoảng cách ngắn nhất từ tâm mặt cầu ngoại tiếp I của tứ diện ABCD đến O.

trục Ox, Oy , Oz và ( ) :

A.

B.

30 .

13
.
2

C.

D.

26 .

26
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn D
P

C

D
M
I

B
O

Q

A

Dựng hình hộp chữ nhật OAQB.CMDP . Gọi I là giao điểm các đường chéo của
hình hộp, dễ thấy I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Ta có A  m;0;0  , B  0; m  2;0  , C  0;0; m  5 suy ra D  m; m  2; m  5 .

1
1
26
Bán kính R  OD 
.
3m2  6m  29 
2
2
2
Câu 16: [2H3-6-4] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho
bốn điểm A 3;0;0 , B 0; 2;0 , C 0;0;6 và D 1;1;1 . Gọi

là đường thẳng đi

qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến
đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?
A. M

1; 2;1 .

B. M 5;7;3 .

M 7;13;5 .
Lời giải
Chọn B

C. M 3; 4;3 .

là lớn nhất, hỏi

D.


Phương trình mặt phẳng  ABC  là

x y z
   1  2x  3y  z  6  0 .
3 2 6

Dễ thấy D   ABC  . Gọi H , K , I lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên
Δ.

Do Δ là đường thẳng đi qua D nên AH  AD, BK  BD, CI  CD .
Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B, C đến Δ là lớn nhất thì Δ là
đường thẳng đi qua D và vuông góc với  ABC  . Vậy phương trình đường thẳng

 x  1  2t

Δ là  y  1  3t  t 
z  1 t


 . Kiểm tra ta thấy điểm

M  5;7;3  .

Câu 17: [2H3-6-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 , đường thẳng
x  15 y  22 z  37


và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8 x  6 y  4 z  4  0 .
1
2
2
Một đường thẳng    thay đổi cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A, B sao cho AB  8 .

d  :

Gọi A , B  là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng  P  sao cho AA , BB cùng song
song với  d  . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA  BB là

8  30 3
.
9
16  60 3
.
9

A.

B.

24  18 3
.
5

C.

12  9 3
.
5

D.

Lời giải
Chọn B

Mặt cầu  S  có tâm I  4;3; 2  và bán kính R  5 .
Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH  3 nên H thuộc mặt cầu
 S  tâm I bán kính R  3 .

Gọi M là trung điểm của AB thì AA  BB  2 HM , M nằm trên mặt phẳng

 P .
Mặt khác ta có d  I ;  P   
sin  d ;  P    sin  

4
R
3

nên

 P

cắt mặt cầu

S 

và

5

. Gọi K là hình chiếu của H lên  P  thì HK  HM .sin  .
3 3
Vậy để AA  BB lớn nhất thì HK lớn nhất

 HK đi qua I nên HKmax  R  d  I ;  P    3 

4 43 3

.

3
3

 4  3 3  3 3 24  18 3
Vậy AA  BB lớn nhất bằng 2 
.

.
5
3  5


Câu 18: [2H3-6-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm

 x  1  2t

A  2;1;1 và đường thẳng d :  y  t
. Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d sao
 z  2  t

cho khoảng cách từ điểm A đến  P  lớn nhất có phương trình là
A. x  2 y  4 z  7  0 .

B. 4 x  7 y  z  2  0 .

C. 4 x  5 y  3z  2  0 .

D. x  y  3z  5  0 .

Lời giải

Chọn D

Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên  P  .
Ta có d  A;  P    AK  AH (không đổi)


d  A;  P   lớn nhất khi K  H .

Vì H  d nên H 1  2t; t;  2  t  .
Ta có AH   2t  1; t  1;  3  t  .
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u   2;1; 1
Vì

H

là

hình

chiếu

của

A

trên

d

nên

AH .u  0 

2  2t  1  1 t  1   3  t   0  t  0 .
Vậy H  1;0;  2   AH   1;  1;  3 .
Mặt phẳng

 P

qua H và vuông góc với AH nên

 P

có phương trình

x  y  3z  5  0 .

Câu 19: [2H3-6-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm

x  2

I 1;0;0  , mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  1  0 và đường thẳng d :  y  t . Gọi d 
z  1 t


là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng  P  , M là hình chiếu
vuông góc của I trên mặt phẳng  P  , N là điểm thuộc đường thẳng d sao cho
diện tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tọa độ điểm N là

 1 3
A. N  2; ;  .
 2 2
5 3

N  2;  ;   .
2 2


 5 7
B. N  2; ;  .
 2 2

 3 5
C. N  2; ;  .
 2 2

Lời giải
Chọn D

x  1 t

Phương trình đường thẳng d  là:  y  2t
 z  2t

Tọa độ điểm M ứng với t là nghiệm phương trình:
7 4 4
1  t   2  2t   2  2t   1  0  t   2  M  ; ;  .
9

9 9 9
2
Như vậy IM  .
3
1
1
Gọi H là hình chiếu của N trên d thì S IMN  IM .NH  NH .
2
3

D.


Do đó, diện tích tam giác IMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài NH nhỏ nhất.

N là điểm thuộc đường thẳng d nên N  2; n;1  n   IN 1; n;1  n  .
Đường thẳng d  có véc-tơ chỉ phương u   1; 2; 2  .
Ta có:  IN , u   2; n  3; n  2  , nên:
2

 IN , u 
22   n  3    n  2 



3
u
2

NH  d  N ; d   

Như vậy, NH nhỏ nhất là bằng

2

5 9

2 n   
2 4 1


 .
3
2

5
5 3
1

khi và chỉ khi n    N  2;  ;   .
2
2
2 2


(CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 3-2018) Trong không
x 2 y 5 z 2


gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :

,
1
2
1
x  2 y 1 z  2
d :


và hai điểm A  a;0;0  , A  0;0; b  . Gọi  P  là mặt phẳng
1
2
1
chứa d và d  ; H là giao điểm của đường thẳng AA và mặt phẳng  P  . Một đường

Câu 20: [2H3-6-4]

thẳng  thay đổi trên  P  nhưng luôn đi qua H đồng thời  cắt d và d  lần lượt
tại B , B  . Hai đường thẳng AB , AB cắt nhau tại điểm M . Biết điểm M luôn
thuộc một đường thẳng cố định có véctơ chỉ phương u  15; 10; 1 (tham khảo
hình vẽ). Tính T  a  b .

A. T  8 .

B. T  9 .

C. T  9 .

D. T  6 .

Lời giải

Chọn D
Nhận xét rằng A  a;0;0   Ox và A  0;0; b   Oz .
Gọi   là mặt phẳng chứa d và AB và    là mặt phẳng chứa d  và AB .
Ta có M thuộc đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng   và    .
Theo giả thiết,  có một véctơ chỉ phương là u  15; 10; 1 .


Mặt phẳng   đi qua M1  2;5; 2  và có cặp véctơ chỉ phương là u1  1; 2;1 và
u  15; 10; 1

   có véctơ pháp tuyến là n1  u1; u   8;16; 40   8 1; 2; 5 .
Phương trình của   là x  2 y  5 z  2  0 .
Mặt phẳng    đi qua M 2  2;1; 2  và có cặp véctơ chỉ phương là u2  1; 2;1 và
u  15; 10; 1

    có véctơ pháp tuyến là n2  u2 ; u   12;16; 20   4  3; 4;5 .
Phương trình của    là 3 x  4 y  5 z  20  0 .
Khi đó A     Ox nên A  2;0;0  và A      Oz nên A  0;0; 4  . Vậy

T  a b  6.
Câu 21: [2H3-6-4](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Trong không gian
với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2; 1 , B  2;0;1 , C  2; 2;3 . Đường thẳng
 qua trực tâm H của tam giác ABC và nằm trong mặt phẳng  ABC  cùng tạo

với các đường thẳng AB , AC một góc   45o có một véctơ chỉ phương là
u  a; b; c  với c là một số nguyên tố. Giá trị của biểu thức ab  bc  ca bằng
A. 67 .

D. 37 .

C. 33 .

B. 23 .
Lời giải

Chọn A
Ta có AB  1; 2; 2  , AC   3;0; 4  .

 ABC  có véctơ pháp tuyến n   AB, AC   8;10;6  2  4;5;3
  ABC  : 4 x  5 y  3 z  11  0 .
Do    ABC   u.n  0  4a  5b  3c  0 .
Ta có cos  

a  2b  2c

3a  4c

 5 a  2b  2c  3 3a  4c
3. a 2  b 2 c 2 5. a 2  b 2 c 2
5a  10b  10c  9a  12c
7a  5b  c  0


5a  10b  10c  9a  12c
2a  5b  11c  0
7a  5b  c  0
11a
TH1: 
, do c là số nguyên tố nên chọn
 11a  2c  0  c  

2
4a  5b  3c  0
a  2 , c  11 , b  5  ab  bc  ca  10  55  22  67 .
2a  5b  11c  0
a
TH2: 
 2a 14c  0  c   , do c là số nguyên tố nên chọn
7
4a  5b  3c  0



a  14 , c  2 , b  10 (loại) do cos  

a  2b  2c



30
1
   45o

3.10 3
3

3. a  b c
.
Câu 22: [2H3-6-4](THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI-SÓC TRĂNG-2018) Trong
2

2

2


không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :

x 1 y
z2
,


1
2
1

x  3 y 1 z
x 1 y z  2
và d 3 :
. Mặt phẳng  R  đi qua điểm

 

4
1
2
1
3
2
H  3; 2; 1 , và cắt d1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm của

d2 :

tam giác ABC . Hỏi điểm nào dưới đây thuộc  R  ?
A. M 1;1;5 .

B. N 1;1;3 .

C. P 1;1; 4  .

D.

O  0;0;0  .
Lời giải
Chọn A
Ta thấy d1 , d 2 và d 3 vuông góc nhau từng đôi một và đồng qui tại S 1;0;  2  . Do
đó tứ diện SABC là tứ diện vuông tại S . H là trực tâm tam giác ABC thì

SH   R  hay mặt phẳng  R  đi qua H  3; 2;  1 và có véctơ pháp tuyến là
SH   2; 2;1 . Phương trình của mặt phẳng  R  là :

2  x  3  2  y  2    z  1  0  2 x  2 y  z  9  0 . Khi đó M 1;1;5   R  .
Câu 23: [2H3-6-4] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng P : 2 x 2 y z 9 0 . Đường
thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u

3; 4; 4 cắt P tại B . Điểm M

thay đổi trong P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90 o . Khi độ dài MB
lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?

A. H  2; 1;3 .

B. I  1; 2;3 .

J  3; 2;7  .
Lời giải
Chọn B

C. K  3;0;15  .

D.


+ Đường thẳng d đi qua A 1; 2; 3 và có vectơ chỉ phương

u

3; 4; 4 có phương trình là

 x  1  3t

 y  2  4t .
 z  3  4t

+ Ta có: MB 2

AB 2

MA2 . Do đó MB

max

khi và chỉ khi MA

+ Gọi E là hình chiếu của A lên P . Ta có: AM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M
Khi đó AM

2 2

AE .

E.

4t

4t; 3 4t mà B

3 4t

9

0

t

+ Đường thẳng AE qua A 1; 2; 3 , nhận nP

1

P suy ra:
B

Suy ra E 1 2t; 2

2 1 2t

2 2

2t

2t; 3 t .

P nên
3 t

9

0

t

2

E

2; 2;1 .

2; 2; 1 làm vectơ chỉ

 x  1  2t

phương có phương trình là  y  2  2t .
 z  3  t


Mặt khác, E

.

AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương.

min

+ Ta có: B d nên B 1 3t; 2

2 1 3t

min

3; 2; 1 .


+ Do đó đường thẳng MB qua B

2; 2;1 , có vectơ chỉ phương

x
2 t
1;0; 2 nên có phương trình là y

2 .
z 1 2t

BE

Thử các đáp án thấy điểm I  1; 2;3 thỏa. Vậy chọn đáp án B.
Câu 24: [2H3-6-4] (CHUYÊN ĐH VINH – L4 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho biết đường cong   là tập hợp tâm của các mặt cầu  S  đi qua điểm A 1;1;1
đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng   : x  y  z  6  0 và    : x  y  z  6  0
. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong   bằng
A. 45 .

C. 9 .

B. 3 5.

D. 3.

Lời giải
Chọn C
Gọi  S  là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm I  x; y; z  . Theo bài ra, ta có

IA  d  I ;     d  I ;     . Mà
d  I ;     d  I ;      x  y  z  6  x  y  z  6
 x  y  z  0.
Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng P : x
Vì   //    nên IA 

d    ;    
2

y

z

0.

 2 3 . Từ đó  x  1   y  1   z  1  12.
2

Vậy điểm I  x; y; z  thuộc mặt cầu S1 : x 1

2

y 1

2

2

z 1

2

2

12.

 Tập hợp tâm của mặt cầu  S  là giao tuyến của mặt cầu  S1  và mặt phẳng

 P

hay chính là đường tròn có bán kính

R  R2S1   d 2  A;  P   

2 3   3
2

2

 3.

Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là S   R 2  9 .
Câu 25: [2H3-6-4] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ
Oxyz , cho các mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 và  Q  : 2 x  y  z  1  0 . Gọi  S 
là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành đồng thời  S  cắt mặt phẳng  P  theo giao
tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và  S  cắt mặt phẳng  Q  theo giao


tuyến là một đường tròn có bán kính r . Xác định r sao cho chỉ đúng một mặt cầu
 S  thoả yêu cầu?
A. r  3 .

B. r 

3
.
2

7
2

D. r 

C. r  2 .

.
Lời giải
Chọn B
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu  S  , ta có:

R 2  d 2  I ;  P    22  d 2  I ;  Q    r 2 . Gọi I  x;0;0 
Ta có
2

2

x2  2x  1  4x2  4x 1
 x  1   2x 1 
2


4

r

0

 4  r2  0


 

6
6
6

 

2
3x  6 x
1 2

 4  r2  0 
x  x  4  r2  0
6
2
Bài toán trờ thành tìm r  0 đề phương trình có duy nhất 1 nghiệm, tức là
  0  1 24  r2   0  r 

3
.
2

Câu 26: [2H3-6-4] (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Trong không gian



 

 



với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1; 3;0 , B 1; 3;0 , C 0;0; 3 và
điểm M  Oz sao cho hai mặt phẳng  MAB  và  ABC  vuông góc với nhau. Tính
góc giữa hai mặt phẳng  MAB  và  OAB  .
A. 45 .

C. 15 .

B. 60 .
Lời giải

Chọn A





Ta có: AB   2; 0; 0 , AC  1;  3; 3 .



Suy ra: n ABC   AB  AC  0;  2 3; 2 3



M  Oz  M  0;0; z  và AM  1;  3; z







Mặt khác: n MAB  AB  AM  0;  2 z;  2 3



Vì:  MAB    ABC  nên n ABC  .n MAB   0  z   3

D. 30 .






Vậy: n MAB  AB  AM  0; 2 3;  2 3 .











Ta có: OA  1; 3;0 , OB 1; 3;0  nOAB  OA  OB  0; 0;  2 3





cos  MAB  ,  OAB  

n MAB  .nOAB 
n MAB  . nOAB 



2

2



 MAB  , OAB   45 .

Câu 27: [2H3-6-4] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ
x 1 y  4 z  4


và các điểm A  2;3; 4  ,
Oxyz , cho đường thẳng  :
3
2

1
B  4;6; 9  . Gọi C , D là các điểm thay đổi trên đường thẳng  sao cho CD  14
và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của
đoạn thẳng CD là

 79 64 102 
A.  ; ;

 35 35 35 
.

 181 104 42 
 101 13 69 
B. 
;
; ; .
;
 . C. 
5
5 
 5
 28 14 28 

D.  2; 2;3

Lời giải
Chọn D
+ Thể tích tứ diện ABCD là:
1
V  AB.CD.IE.sin  với IE là đoạn vuông góc chung của AB , CD ;

6





  AB; CD . Rõ ràng V là hằng số không đổi.
1
3V
+ Mặt khác: V  Stp .r  r 
 2  , với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện
3
Stp
ABCD , Stp là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD .

Dựa vào  2  , yêu cầu đề bài tương đương với Stp nhỏ nhất.
Ta có:
Stp  S ACD  S BCD  SCAB  S DAB  S ACD  S BCD 

d 2  d  D; AB 

1
AB.  d1  d 2  với d1  d  C; AB  ,
2

Vì A , B cố định CD  14 nên S ACD  S BCD không đổi. Do đó Stp nhỏ nhất khi
và chỉ khi d1  d 2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi trung điểm I của CD là là giao
điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và AB . (Xem chứng minh ở
phần bổ sung)
+ Giải bài toán tìm tọa độ 2 điểm của đoạn vuông góc chung ta được I  2;2;3

như sau:


 x  2  2t

AB   2;3; 5  , AB :  y  3  3t ; d có VTCP ud   3; 2; 1
 z  4  5t


IE co VTCP u   AB; ud    13; 13; 13 , chọn VTCP là u   1;1;1 .

I  d  I  1  3a; 4  2a; 4  a  ; E  AB  E  2  2b;3  3b; 4  5b 
EI   3  3a  2b;1  2a  3b;8  a  5b 

3  3a  2b  k
a  1


Ta có: EI  k .u  1  2a  3b  k  b  1 . Suy ra: I  2;2;3
8  a  5b  k
k  2


Chứng minh nhận định trên bằng bài toán sau:
Cho hai đường thẳng chéo nhau d và  và hai điểm C , D thay đổi trên đường
thẳng d sao cho CD  2a (với a là hằng số dương cho trước). Gọi d1 , d 2 lần
lượt là khoảng cách từ C , D đến  . Chứng minh rẳng tổng d1  d 2 nhỏ nhất khi
và chỉ khi trung điểm I của CD là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc
chung của d và  .

+ Gọi IE  d là đoạn vuông góc chung của d và  . Qua E dựng đường thẳng d 
song song với d , gọi  P  là mặt phẳng chứa d  và  .
Gọi C0 D0  2a là đoạn thẳng nhận I là trung điểm, C0 , D0 cố định thuộc d .
Gọi C0 , H 0 lần lượt là hình chiếu của C0 lên  P  và  ; D0 , K 0 lần lượt là hình
chiếu của D0 lên  P  và  ;
Gọi CD  2a với C , D là hai điểm tùy ý thuộc d .
Gọi C , H lần lượt là hình chiếu của C lên  P  và  ; D , K lần lượt là hình
chiếu của D lên  P  và  .