Tổng hợp 30 câu oxyz cực hay

Page: The Spiciness of MATH

TỔNG HỢP 30 CÂU OXYZ CỰC HAY

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

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

2

2

 9 và

M  x0 ; y0 ; z0    S  sao cho A  x0  2 y0  2 z0 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó x0  y0  z0 bằng

A. 2

B. -1

C. -2

D. 1

Lời giải
Ta có A  x0  2 y0  2 z0  x0  2 y0  2 z0  A  0 nên M   P  : x  2 y  2 z  A  0 , do đó điểm M là điểm chung
của mặt cầu (S) với mặt phẳng (P). Mặt cầu (S) có tâm I(2;1;1) và bán kính R = 3. Tồn tại điểm M khi và chỉ khi

d  I ,  P   R 

6 A
 3  3  A  15 . Do đó, với M thuộc mặt cầu (S) thì A  x0  2 y0  2 z0  3 . Dấu đẳng
3

thức xảy ra khi M là tiếp điểm của  P  : x  2 y  2 z  3  0 với (S) hay M là hình chiếu của I lên (P). Vậy M(1;-1;1) là điểm cần tìm  x0  y0  z0  1
Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có A'(0;0;2), B(2;0;0), D(0;2;0). Gọi I là tâm của hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Tìm tọa độ điểm I biết OI lớn nhất
2 2 2
A. I  ;  ;  .
3 3 3

1 1 1
B. I  ;  ;  .
3 3 3

C. I 1; 1;1 .

4 4 4
D. I  ;  ;  .
3 3 3

Lời giải
2

2 2

Ta có:  A ' BD  : x  y  z  2  0 ; trọng tâm tam giác đều A'BD là G  ;  ; 
3 3 3
x  u

Điểm I nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BD có phương trình là  y  u

z  u


Lại có BD  2 2  cạnh hình lập phương là a  2 

Gọi I  t; t; t   IA '  2t 2   t  2 

2

BD
A'C '
 IA ' 
 3.
2
2

 1; 1;1

t  1


OI min

3
  I   1 1 1   
 I 1; 1;1 .
1
t 
I  ; ; 


 3    3 3 3  

Chọn đáp án C.
Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Câu 3. Cho đường thẳng  :

x  2 y 1 z  3
và hai điểm A(1;-1;-1), B(-2;-1;1). Gọi C, D là hai điểm di động


2
2
3

trên đường thẳng  sao cho tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD nằm trên tia Ox. Tính độ dài đoạn thẳng CD
A. CD 

12 17
.
17

B. CD  13.

C. CD  17.

D. CD 

3 17

.
11

Lời giải

Ta có:  ACD    A;   : 2 x  y  2 z  1  0;  BCD  : x  2 y  2 z  2  0
t  1

Gọi I  t;0;0  t  0   d  I ;  ACD    d  I ;  BCD    2t  1  t  2  
t  1
Suy ra I 1;0;0  và r  d  I ;  ACD    1. Gọi C  2  2u;1  2u; 3  3u   
Khi đó  ABC  :  4u  4 x   5u  4 y   6u  6  z  7u  6  0
u  1  C
3 17
 CD 
Giải d  I ;  ABC    1  
.

8
u 
11
D

11
Chọn đáp án D.
Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  18  0 , M là điểm di chuyển trên
mặt phẳng (P); N là điểm nằm trên tia OM sao cho OM .ON  24 . Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm N
đến mặt phẳng (P).
A. Mind  N ,  P   6.

B. Mind  N ,  P   4.

C. Mind  N ,  P   2.

D. Mind  N ,  P   0.
Lời giải

Gọi N(a;b;c) thì ON  a 2  b2  c 2
Nên OM 

24
a 2  b2  c 2

 OM 

24
24
.ON  2
 a; b; c 
2
2
a b c
a  b2  c 2
2



a
2b
2c

  18  0


Lại có M   P   24  2
2
2
2
2
2
2
2
2
  a  b  c   a  b  c   a  b  c  

 a 2  b2  c 2 

4a 8b 8c
  0
3
3 3
Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
 N   S  : x2  y 2  z 2 

4 x 8 y 8z
 2 4 4 

  0; I  ; ;  ; R  2
3

3
3
 3 3 3 

d  N ;  P  min  d  I ;  P    R  2 .

Chọn đáp án C.
Câu 5. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 2  , B  5; 4; 4 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  6  0 .
Nếu M thay đổi và thuộc (P) thì giá trị nhỏ nhất của MA.MB là
A. 18.

B. 13.

C. 8.

D. 108.

Lời giải
Giả sử M  a; b;2a  b  6   MA  a  1; b  2; a  b  4  , MB  a  5; b  4; a  b  2 
Ta có:
MA.MB   a  1 a  5   b  2  b  4   2a  b  4  2a  b  2 
 5a 2  2b2  6a  4ab  21  2  a  b   3  a  1  18  18  MA.MB nhỏ nhất bằng 18 khi a  1; b  1 .
2

2

Chọn đáp án A.
Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 và đường thẳng  :

x y 1 z  2



. Gọi
1
2
1

(Q) là mặt phẳng chứa  và tạo với (P) một góc nhỏ nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (Q) bằng
A.

3.

B.

2
.
3

C.

5.

D. 1.

Lời giải
Chú ý

 P  ; Q 

nhỏ nhất    với giao tuyến d của (P) và (Q)

Khi đó ud  nP ; u   3 1;0;1 suy ra nQ   nd ; u   2 1;1; 1
Khi đó (Q) qua A  0; 1; 2  và có
n  1;1; 1   Q  : x  y  z  3  0  d  O;  Q    3 .

Chọn đáp án A.
Câu 7. Trong h ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  a;0; a  , B  0; a; a  , C  a; a;0  . Mặt phẳng (ABC) c t
các trục Ox, Oy, Oz tại M, N, P. Thể tích tứ diện OMNP là

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
A. 4a3

B.

8a 3
3

C. 8a 3

D.

4a 3
3

Lời giải
Chọn a  1 suy ra A 1;0;1 , B  0;1;1 , C 1;1;0   phương trình mp (ABC) là x  y  z  2  0
iao điểm M   ABC   Ox  M  2;0;0  ,
tương t


1
4
 N  0; 2;0 
 VO.MNP  .OM .ON .OP 

6
3

 P  0;0; 2 

ậy thể tích tứ diện OMNP là VO.MNP 

4a 3
3

Chọn đáp án D.
Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. iết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M 1; 2;3 và c t cấc
trục Ox, Oy, Oz lần lư t tại a điểm A, B, C hác với gốc tọa độ O sao cho iểu thức T 

1
1
1


có
2
2
OA OB OC 2

giá trị nhỏ nhất.
A.  P  : x  2 y  3z  14  0

B.  P  : 6 x  3 y  2 z  6  0

C.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0

D.  P  : 3x  2 y  3z  10  0
Lời giải

gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  . do đó phương trình mp (P) là
ì M 1; 2;3   P  nên

x y z
  1
a b c

1 2 3
  1
a b c

Vì tứ diện OABC có OA; OB; OC đ i một vuông góc và gọi H là tr c tâm ABC :

Do đó

1
1
1
1




2
2
2
OH
OA OB OC 2

1
1
1
1


nhỏ nhất 
nhỏ nhất OH 2 lớn nhất.
2
2
2
2
OA OB OC
OH

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
OH  d  O;  ABC    d  O;  P    OH 

1

1 1 1
 
a 2 b2 c 2

 OH 2 

1
1 1 1
 
a 2 b2 c 2

2

1
1
 1
 1 1 1
Theo Bunhiacopski ta có: 1  1.  2.  3.   12  22  32   2  2  2 
b
c
 a
a b c 



1 1 1
1
 2 2 .
2
a b c 14

Dấu


 a  14

1 2 3
xảy ra     a  2b  3c   b  7
1 1 1
 14
a b c
c 
3


Phương trình mặt phẳng (P) là :

x y z
 
 1  x  2 y  3z  14  0
14 7 14
3

Chọn đáp án A.
Câu 9. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
x  1 t

d :  y  mt
t 
z  m 1 t


 

, m

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

2

2

 4. Xét đường thẳng

là tham số th c. Giả sử  P  ,  P'  là hai mặt phẳng chứa d, tiếp xúc với (S) lần lư t tại

T và T ' . Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng TT ' .
A.

4 13
.
5

B. 2 2.

C. 2.

D.

2 11

.
3

Lời giải
Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  2. Gọi M  TIT '    d  . Ta có: TT '  2TH .
Ta có: TH 

TI .TM R MI 2  R 2
R2
'

 R 1
, hi đó TTmin
 TH min  MI min .
2
MI
MI
MI

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
x  1 t

Lại có  y  mt
 x  y  z 1
z  m 1 t

 

suy ra d luôn thuộc một mặt phẳng cố định là  P  : x  y  z  1  0.
Khi đó MImin  d  I ,  P   

5
2 13
4 13
 TH 
 TT ' 
.
5
5
3

Chọn đáp án A.
Câu 10. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu S1  : x 2  y2  z 2  4x  2y  z  0,

S2  : x 2  y2  z2  2x  y  z  0

c t nhau theo một đường tròn (C) và a điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0 , C  0;0;3 .

Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng
chứa đường tròn (C) và tiếp xúc với a đường thẳng AB, BC, AC?
A. 1 mặt cầu.

B. 2 mặt cầu.

C. 4 mặt cầu.

D. Vô số mặt cầu.
Lời giải

Mặt phẳng chứa đường tròn (C) là:

x 2  y2  z2  4x  2y  z  x 2  y2  z2  2x  y  z  6x  3y  2z  0
Dễ thấy  ABC  :

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

Do đó (ABC)// (P). Trên mặt phẳng (ABC) có 4 điểm M, N, P, Q cách đều

AB, BC và

AC là tâm đường tròn nội tiếp và 3 tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C do đó có 4 điểm trên mặt phẳng (P)
là chân đường cao của M, N, P, Q trên (P).
Chọn đáp án C.
Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P  : x  2y  2z  5  0

và hai điểm

A  3;0;1 , B 1; 1;3 . Trong tất cả các đường thẳng đi qua A và song song với mặt phẳng (P), gọi  là đường

thẳng sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng .
A.

x 5 y
z


 .
2
6 7

B.

x  1 y  12 z  13


.
2
6
7

C.

x  3 y z 1


.
2
6
7

D.

x 1 y  1 z  3



.
2
6
7
Lời giải

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Vì  3  2.0  2.1  5 1  2.  1  2.3  5  0 nên hai điểm A, B
khác phía so với (P).
Gọi H là hình chiếu của B lên . Ta có: BH  BA nên khoảng
cách BH từ B đến  lớn nhất khi và chỉ hi H trùng A. Khi đó

AB  .
VTPT của (P) là n  1; 2; 2  , AB   4; 1; 2  .
VTCP của  là u  n, AB   2;6;7  .
Mà  qua A  3;0;1
Chọn đáp án B.
Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho đường thẳng  :

x 1 y 1 z


và hai điểm
1
2
2

A 1; 2;1 , B  1;0; 2 . Viết phương trình mặt phẳng P đi qua A, B và tạo với đường thẳng  góc lớn nhất.

A. x  10y  22z  43  0.

B. 2x  21y  46z  90  0.

C. x  4y  10z 19  0.

D. 2x  3y  5z  3  0.
Lời giải

x  1  t

Gọi d là đường thẳng qua A và song song với  . Vậy PT đường thẳng d:  y  2  2t .
z  1  2t


Lấy C  2;4;3  d. Gọi H, K lần lư t là hình chiếu của C lên (P) và đường thẳng AB. Lúc này có

 P  ,     P  , d   CAH.

Ta có: cosCAH 

AH AK

 const  CAH lớn nhất khi H trùng với K. Vậy mặt
AC AC

phẳng (P) đi qua AB và vu ng góc    (    là mặt phẳng tạo bởi 2 đường thẳng AB và d).

Ta có: n     u d , AB   6;5; 2   n  P  n    , AB   1; 10; 22  .

Phương trình mặt phẳng (P): x  10y  22z  43  0.

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH

Chọn đáp án A.
Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(a;0;0), B(o; ;0), C(0;0;3). Trong đó a,

b > 0 thỏa mãn a + b = 2. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Biết rằng hi a,

thay đổi thì

điểm I luôn thuộc một đường thẳng  cố định. Viết phương trình đường thẳng 


x  t
x  1 t


A.  :  y  2  t , t  . B.  :  y  t , t  .


3
3
z 
z 

2


2
x  t
x  t


C.  :  y  2  t , t  . D.  :  y  1  t , t  .
z  3
z  3



Lời giải
a b





a b





Gọi M là trung điểm của AB  M  ; ;0  . Ta có: Oz  0;0;1 , OM  ; ;0 
2 2
2 2
a

x  2


b

Đường thẳng d qua M và song song với Oz có phương trình là d :  y  .
2

z  t



Fb : />

Page: The Spiciness of MATH



3

Gọi J là trung điểm của OC ta có: J  0;0;  . Đường thẳng d’ qua J và song song với OM có phương trình
2


a

x  2 s

b

là: d ' :  y  s .
2


3

z  2


a b 3

Ta có: I  d  d '. Viết hệ phương trình giao điểm của d và d’. Ta có I  ; ; 
 2 2 2

ab

x  1 t
 xI  yI  2  1

 I   :  y  t ,t  .
Ta có 
z  3

3
I
z 

2

2
Chọn đáp án B.
Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P đi qua điểm M 1;2;3 và c t ba tia Ox , Oy , Oz
lần lư t tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng P là

A.

x y z
  1
1 2 3

B.

x y z
  1
3 6 9

C.

x y z
  0
3 6 9

D.

x y z
  0
1 2 3
Lời giải

Gọi A  a;0;0 ; B  0;0; b  ,C  0;0;c ,  a, b,c  0
Mặt phẳng P có phương trình đoạn ch n
Vì M 1; 2;3   P  nên

x y z

  1
a b c

1 2 3
  1
a b c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dươn

1 2 3
;
; ta đư c
a b c

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
1

1 2 3
6
6
   33
 1  27.
 abc  162.
a b c
abc
abc

1

Do đó , VOABC  abc  27
6

Dấu

a  3
1 2 3 1

xảy ra      b  6
a b c 3
c  9


Vậy  P  :

x y z
   1.
3 6 9

Chọn đáp án B.
Câu

15.

Trong

không

gian

với

hệ

 Q : x  2y  z  8  0;  R  : x  2y  z  4  0.
tại A, B, C. Đặt T  AB2 

độ

Oxyz,

cho

ba

mặt

phẳng

 P  : x  2y  z 1  0;

Một đường thẳng d thay đổi c t 3 mặt phẳng  P  ,  R  ,  Q  lần lư t

144
. Tìm giá trị nhỏ nhất của T.
AC

B. min T  72 3 3.

A. min T  108.

tọa

C. min T  72 3 4.

D. minT  96.

Lời giải
Gọi M, N lần lư t là hình chiếu của B lên mp(P), mp(R).
Ta có: BM  d   P  ,  Q   
Xét BMA BNC có:
Khi đó T  AB2 

BN AB
9
AB

 
 AB  3AC
BM BC
12 AB  AC

144
144
72 72
 9AC2 
 9AC2 

AC
AC

AC AC

 3. 3 9AC2 .
Dấu

9
12
.
và BN  d   R  ,  Q   
6
6

72 72
.
 3 3 9.72.72  108  min T  108.
AC AC

xảy ra khi và chỉ khi  9AC2 

72
 AC  2.
AC

Chọn đáp án A.
Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  Sm  : x2  y 2  z 2  2mx  2(m  1) y  mz  m  2  0.
Với mọi m , mặt cầu  Sm  lu n đi qua một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó.
Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
A. r  3.

B. r  2.

C. r  3.

D. r  2.

Lời giải
2

2

m
 3m 
Mặt cầu có bán kính R  m2  (m  1) 2     m  2  
 1  2  2 do đó án ính của đường tròn đó
2
 2

nhỏ hơn

2 nên chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Chọn đáp án B.
Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 hai điểm

A(1;2; 2), B(2;0; 1), viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B sao cho góc giữa hai mặt phẳng ( P)
và mặt phẳng (Q) nhỏ nhất.
A. 4 x  y  2 z  10  0.

C. x  z  3  0.

B. x  2 y  3z  1  0.

D. 2 x  y  z  6  0.

Lời giải
Gọi  là giao tuyến của 2 mặt phẳng  P  và  Q  . Khi đó góc giữa  P  và  Q  nhỏ nhất khi và chỉ khi   d .
Đường thẳng AB qua A(1;2; 2) và có AB(1; 2;1)
Khi đó TCP của  là: u  nP ; AB   (1; 2;3) suy ra
nQ   AB; u   2(4;1; 2)   Q  : 4 x  y  2 z  10  0.

Chọn đáp án A.
Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, ,c dương thỏa mãn

a  b  c  6 . Biết rằng a, , c thay đổi thì tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định.
Tính khoảng cách d từ M 1;1;1 tới mặt phẳng (P).
A. d  3

B. d 

2 3
3

C. d 

3
3

D. 0

Lời giải

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Gọi M là trung điểm của AB. Do tam giác OAB vuông tại O ta d ng đường thẳng Mt qua M vuông góc với (OAB)
a b c
tại M. Khi đó Mt c t trung tr c của OC tại điểm I  ; ;  và I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
 2 2 2

Ta có: x1  y1  z1 

abc 6
  3  A, B, C  ( P) : x  y  z  3 cố định
2
2

Khi đó d  I ;  P    0
Chọn đáp án D.
Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng Pđi qua điểm M (1;2;4) và c t các trục tọa độ Ox,
Oy, Oz lần lư t tại A, B, C thỏa mãn
A. T 1; 2; 4 

1
1
1


nhỏ nhất. Mặt phẳng Pđi qua điểm nào dưới đây ?

2
2
OA OB OC 2

B. T  3;5; 2 

C. T  2; 2;6 

D. T  1;1;5

Lời giải
Gọi I là hình chiếu của O lên AB,H là hình chiếu của O lên CI.
Ta có:



1
1
1
1
1
1
1


 2


2
2

2
2
2
OA OB OC
OI
OC
OH
OM 2

1
1
1


2
2
OA OB OC 2

nhỏ nhất là khi OM   ABC    ABC  qua

M (1;2;4) nhận OM 1; 2;3 làm vtpt

 Phương trình  ABC  :1 x  1  2  y  2   4  z  4   0
Hay  ABC  : x  2 y  4 z  21  0
Ta thấy T  1;1;5    ABC 
Chọn đáp án D.
Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0 , C  0;0;3 . Gọi M là điểm thay đổi
trên mp(ABC) và N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON = 1. Biết rằng N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Viết
phương trình mặt cầu đó.
A. x 2   y  1   z  2   4

2

2

B. x 2   y  1   z  2   4
2

2

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
2

2

2

1 
1 
1
49

C.  x     y     z   
2 
4 
6  144


2

2

2

36  
18  
12 
25

D.  x     y     z   
49  
49  
49 
49


Lời giải
Phương trình mặt phẳng  ABC  là
Nên OM 

1

 OM 

a 2  b2  c 2

Lại có: M   ABC  

x y z

   1 . Gọi N(a;b;c) thì ON  a 2  b2  c 2 .
1 2 3

1
1
.ON  2 2 2  a; b; c 
2
2
a b c
a b c
2

a
b
c

 2 2 2 1
2
2
2
2
2
a b c 2 a b c
a b c



2



b c
b c
 a 2  b2  c 2  a    a 2  b2  c 2  a    0
2 3
2 3
Do đó điểm N thuộc mặt cầu x 2  y 2  z 2  x 

y z
 0
2 3

Chọn đáp án C.
Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  0 ( với a 2  b2  c 2  0 ) đi qua
hai điểm B(1;0;2), C (1; 1;0) và cách A(2;5;3) một khoảng lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức F 

A. 1

B.

3
4

C. 

3
2

D. 

ac
là
bd

2
7

Lời giải
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng m.  x  1  n. y  p.  z  2   0 với m2  n2  p 2  0 .
Mà C  1; 1;0    P   2m  n  2 p  0
 n  2m  2 p   P  : m  x  1  2  m  p  . y  p  z  2   0

Khi đó, hoảng cách từ điểm A đến mp(P) là d  A;  P   

9 m p
4m  p  m  p
2

2

.
2

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Ta có m  p
2

2

m  p

2

2



m2  p 2

m  p

2



1
. Do đó d  A;  P   
2

9
4

m p
2



2

m  p

2

9
1
4
2

3 2

Vậy d  A;  P  max  3 2 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  p .
 ac  2
ac
2
Chọn m  1  n  4   P  : x  4 y  z  3  0 . Suy ra 
F
 .
bd
7
b  d  7

Chọn đáp án D.
Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :

2 :

x y 1 z


 và
2
1 1

x 1 y z  2
 
. Một mặt phẳng  P  vuông góc với 1 , c t trục Oz tại A và c t  2 tại B. Tìm độ dài nhỏ
1
2
1

nhất của đoạn AB.
A.

2 30
5

B.

2 31
5

C.

6
5

D.

24

5

Lời giải
Gọi A  0;0;a  và B  b  1; 2b; b  2  suy ra AB   b  1; 2b; b  a  2 
Vì AB  mp  P  và vuông góc với  1   AB.u 1   0  2  b  1  2b  b  a  2  0  a  b
Khi đó AB   a  1; 2a; 2   AB  AB 

 a  12  4a 2  4 

5a 2  2a  5

2

1  24
24 2 30
2 30

 5 a   


 ABmin 
5
5
5
5
5


Vậy độ dài nhỏ nhất của đoạn AB là

2 30
5

Chọn đáp án A.

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Câu 23. Cho ba tia Ox, Oy, Oz đ i một vuông góc với nhau. Gọi C là điểm cố định trên Oz, đặt OC  1 ; các điểm
A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA  OB  OC . Tìm giá trị bé nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC.
A.

6
4

B.

6
3

C.

6

6
2

D.

Lời giải
Đặt OA  a,OB  b với a, b  0 suy ra OA  OB  OC  a  b  1
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC (OA, OB, OC đ i một vuông góc) là
R

OA 2  OB2  OC2
2

a 2  b2  1 1 2
1
2

a  1  a   1 
2a 2  2a  2
2
2
2
2

1 3 3
3
2 3
6

Dễ thấy a 2  a  1   a      a 2  a  1 
R
.

2 4 4
2

2 2
4


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b 

1
6
. Vậy giá trị bé nhất cần tìm là
2
4

Chọn đáp án A.
Câu 24. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :

2 :

x 1 y 1 z 1


và
1
2
2

x y 1 z  3


c t nhau và cùng nằm trong mặt phẳng  P  . Lập phương trình đường phân giác d của góc
1

2
2

nhọn tạo bởi 1 và  2 và nằm trong mặt phẳng  P  .
x  1  t

A.  y  1  2t  t 
z  1  t


x  1

C.  y  1  t 
z  1  t






x  1

B.  y  1
t 
z  1  2t




x  1  t


D.  y  1  2t  t 
z  1




Lời giải

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Gọi A 1;1;1 là giao điểm của  1  ,   2 
Và B  2;3;3   1  , C  0; 1;3   2 
+ AB  1;2;2  và AC   1; 2; 2   AB  AC  3
Và BC  2 5  cos BAC  0   ABC là tam giác tù
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua
A  B'  0; 1; 1   AB'C cân và là tam giác nhọn

Gọi M là trung điểm của B’C M  0; 1;1  AM chính là đường phân giác trong của góc CAB'
x  1  t

+ AM   1; 2;0   phương trình đường thẳng (AM) là  y  1  2t  t 
z  1




Chọn đáp án D.
Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0 , C  0;0;3 . Gọi M là một

điểm thay đổi trên mặt phẳng  ABC và N là một điểm trên tia OM sao cho OM.ON  2. Biết rằng N thuộc một
mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó?
A. R 

7
6

B. R  2

D. R  2

C. R  1
Lời giải

Phương trình mặt phẳng (ABC) là:

Nên OM 

2
a 2  b2  c2

Lại có M  (ABC) 

 OM 

x y z
   1 . Gọi N(a;b;c) thì ON  a 2  b2  c2
1 2 3
2
2

.ON  2
(a; b;c)
2
2
a b c
a  b2  c2
2

2a
b
2c
 2

1
2
2
2
2
2
a  b  c a  b  c 3(a  b2  c2 )
2

2
2
 a 2  b2  c2  2a  b  c  a 2  b2  c2  2a  b  c  0
3
3
Fb : />

Page: The Spiciness of MATH

2

2z
1 1 7
Do đó điểm N thuộc mặt cầu x  y  z  2x  y 
 0  R  12     
3
2 9 6
2

2

2

Chọn đáp án A.
Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M 1; 2;1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M c t trục Ox,
Oy, Oz lần lư t tại A, B, C sao cho

1
1
1


đạt giá trị nhỏ nhất.
2
2
OA OB OC2

A.  P  : x  2y  3z  8  0

B.  P  : x  y  z  4  0

C.  P  : x  2y  z  6  0

D.  P  :

x y z
  1
1 2 1

Lời giải
Gọi A  a;0;0 ; B  0; b;0 ; C  0;0; c  . Phương trình đoạn ch n của mặt phẳng (ABC) là
Điểm M   P  

x y z
  1
a b c

1 2 1
1
1
1
1 1 1
   1 . Xét


 2  2  2 P
2
2
2

a b c
OA OB OC
a b c
2

1
 1 1 1   1 2 1
Mặt khác 1  4  1  2  2  2        1  P  . (BĐT Cauchy_Swart)
6
a b c  a b c

Dấu bằng xảy ra  a  2b  c   P  : x  2 y  z  6  0 .
Chọn đáp án C.
Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho G 1; 2;3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm G và
c t các trục tọa độ tại a điểm phân biệt A, B, C sao cho G là trọng tâm của tam giác ABC.
A.  P  :

x y z
  1
3 6 9

C.  P  : x  y  z  6  0

B.  P  : x 

y z
 3
2 3

D.  P  : x  2y  3z  14  0

Lời giải

Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0 ; C  0;0; c  . Phương trình đoạn ch n của mặt phẳng (ABC) là

x y z
   1.
a b c

Fb : />

Page: The Spiciness of MATH
Vì G 1; 2;3 là trọng tâm tam giác ABC nên ta có
a  0  0  3.1
a  3
x y z


0  b  0  3.2  b  6   ABC  :    1 .
3 6 9
0  0  c  3.3
c  9



Chọn đáp án A.
Câu 28. Cho 4 điểm A 1;3; 3 , B  2; 6;7  ,C  7; 4;3 và D  0; 1; 4  . ọi P  MA  MB  MC  MD . ới M
là điểm thuộc mặt phẳng Oxy thì P đạt giá trị nhỏ nhất hi M có tọa độ là
A. M  1; 2;3

B. M  0; 2;3

C. M  1;0;3

D. M  1; 2;0 

Lời giải
Do M thuộc mặt pahwrng Oxy nên M  x; y;0 
MA  1  x;3  y; 3 ;MB   2  x; 6  y;7  ; MC   7  x; 4  y;3 ;MD   x; 1  y;4 
 MA  MB  MC  MD   4  4x; 8  4y;11
P

 4  4x   8  4y 
2

2





 112  42 1  x    2  y   112
2

2

Pmin  1  x    2  y  min
2

2

Theo BDT cô si 1  x    2  y   2 1  x  2  y  , dấu
2

2

 x  y 1
2
2
xảy ra hi 1  x    2  y   
.
 x  y  3

Chọn đáp án D.
Câu 29. Trong h ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) đi qua điểm A  2; 2;5 và tiếp x c với các mặt
phẳng    : x  1,  : y  1,    : z  1 . Bán ính của mặt cầu (S) ằng
A.

33

B. 1

C. 3 2

D. 3

Lời giải
ọi I  a; b;c  ta có d  I;      d  I;     d  I;     suy ra R  a  1  b  1  c  1
Fb : />

Page: The Spiciness of MATH

Do điểm A  2; 2;5 thuộc miền x  1; y  1;z  1 nên I  a; b;c  c ng thuộc miền a  1; y  1;z  1
Khi đó I  R  1; 1  R; R  1 . Mặt hác IA  R   R  1   R  1   R  4   R 2  R  3
2

2

2

Chọn đáp án D.
x 1
 x2


Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a đường thẳng: d1 :  y  1, t  ; d1 :  y  u , u  ;
z  1 u
z  t



:

x 1 y z 1
 
. Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với cả d1 , d 2 và có tâm thuộc đường thẳng  ?
1
1
1
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1 
1 
1 5

B.  x     y     z    .
2 
2 
2 2


A.  x  1  y   z  1  1 .
2

2

3 
1 
3 1

C.  x     y     z    .
2 
2 
2 2


5 
1 
5
9

D.  x     y     z    .
4 
4 
4  16

Lời giải

Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 1;1;0 và có véc tơ chỉ phương ud1   0;0;1 .
Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;0;1 và có véc tơ chỉ phương ud2   0;1;1 .
Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t; t;1  t  , từ đó
IM1   t;1  t; 1  t  ,

IM 2  1  t; t; t  .

Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d 2  , tương đương với

 IM1 ; ud 
 IM 2 ; ud 
1 
2 




ud1
ud 2

1  t 
1

2

 t2



2 1  t 
2

2

t 0

Suy ra I 1;0;1 và bán kính mặt cầu là R  d  I ; d1   1 . Phương trình mặt cầu cần tìm là

 x  1

2

 y 2   z  1  1 .
2

Chọn đáp án A.
Fb : />