Phân dạng và bài tập phương pháp tọa độ trong không gian - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

CĐ: TỌA ĐỘ OXYZ HOÀNG TUN 🙲MINH TÂM

HÌNH GIẢI TÍCH OXYZ

MƠN TỐN – KHỐI 12

(PHẦN 1)

CHINH PHỤC KỲ THI THPT QUỐC GIA

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

MỤC LỤC

Chuyên đề 1:

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ.

 DẠNG TỐN 1: TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK ... 5

 DẠNG TỐN 2: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ ... 9

 DẠNG TOÁN 3: XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG ... 12

 DẠNG TOÁN 4: BÀI TOÁN VỀ TÍCH VƠ HƯỚNG, GĨC VÀ ỨNG DỤNG ... 15

 DẠNG TỐN 5: BÀI TỐN VỀ TÍCH CĨ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG ... 18

Chuyên đề 2:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU.

 DẠNG TỐN 1: TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU ... 23

 DẠNG TỐN 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH ... 27

 DẠNG TỐN 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG KÍNH31
 DẠNG TỐN 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN ... 35

 DẠNG TỐN 5: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK ... 38

 DẠNG TỐN 6: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT PHẲNG42
 DẠNG TỐN 7: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRỊN TRÊN NĨ.
... 46

 DẠNG TỐN 8: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY CUNG. .... 50

 DẠNG TOÁN 9: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK ... 56

Chuyên đề 3:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG.

 DẠNG TỐN 1: TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ... 64

 DẠNG TOÁN 2: PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG ... 66

 DẠNG TOÁN 3: PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHƠNG DÙNG TÍCH CĨ HƯỚNG)
... 69

 DẠNG TOÁN 4: PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CĨ HƯỚNG. ... 72

 DẠNG TOÁN 5: PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU. ... 75

 DẠNG TOÁN 6: PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CĨ HƯỚNG. ... 79

 DẠNG TỐN 7: PTMP QUA 3 ĐIỂM KHƠNG THẲNG HÀNG. ... 83

 DẠNG TỐN 8: PTMP VNG GĨC VỚI ĐƯỜNG THẲNG. ... 86

 DẠNG TOÁN 9: PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG. ... 89

 DẠNG TOÁN 10: PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG THẲNG
KHÁC. ... 92

 DẠNG TOÁN 11: PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC) ... 96

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Chuyên đề 4:

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG.

 DẠNG TỐN 1: TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ... 108

 DẠNG TOÁN 2: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHƠNG DÙNG T.C.H) ... 111

 DẠNG TỐN 3: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H ... 114

 DẠNG TOÁN 4: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI ĐƯỜNG KIA.
... 119

 DẠNG TOÁN 5: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P). ... 124

 DẠNG TOÁN 6: PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VNG GĨC D2. ... 129

 DẠNG TỐN 7: PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VNG GĨC VỚI D. ... 134

 DẠNG TOÁN 8: GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG. ... 139

 DẠNG TOÁN 9: ĐƯỜNG VNG GĨC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO
NHAU. ... 141

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

A.1.Hệ tọa độ trong không gian

Oxyz:

+ Là hệ gồm 3 trục

Ox Oy Oz, ,

đôi một vuông góc với nhau.

+ Các véctơ

  i j k, ,

lần lượt là 3 véctơ đơn vị trên













1;0;0
1

, , : ; 0;1;0

. . . 0

0;0;1
i

i j k

Ox Oy Oz j

i j j k i k

k
 

 _ _ _ 

 _{ }

 

    

 _



  



      _

.

Tọa độ và tính chất của véctơ

Véctơ

u



x y z; ;



  u xi y j zk   

A.2.Tính chất:

A.2.1. Véctơ:

Cho

u



x y z1; ;1 1





,

v



x y z2; ;2 2





+

2 2 2

1 1 1

u  x  y z

₊

1 2
1 2
1 2

x x

u v y y

z z





 _ 

 

 

+

u v  



x x y; y z; z



+

ku



kx ky kz; ;



CH

U

YÊ

N

Đ

Ề

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

+

u

cùng phương với

1 2

1 1 1
1 2

2 2 2
1 2

:

x kx

x y z

v k u kv y ky

x y z

z kz





    _    

 


  



A.2.2. Tọa độ điểm:

Điểm

M x y z( ; ; )OMxi yj zk 

.

Cho

A x y z



_A; _A; _A



,

B x y z



_B; _B; _B



,

C x y z



_C; _C; _C



và

D x y z



_D; _D; _D



.

+







 

2

 

2



2

; ;

| |

B A B A B A

B A B A B A

AB x x y y z z

AB AB x x y y z z

 _ _ _ _




      






+ Nếu

M

là trung điểm của

AB

thì:

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z
M_    _

 

.

+ Nếu

G

là trọng tâm của tam giác

ABC

thì:

; ;

3 3 3

A B C A B C B C

x x x y y y z z
G_      _

 

.

+ Nếu

M

chia

AB

theo tỉ số

k MA k MB



 



thì:

1

( 1)

1
1

A B
M

A B
M

A B

M

x kx

x

k

y ky

y k

k

z kz

z

k






 
















.

+ Tích vơ hướng của hai vectơ:Cho

u



x y z1; ;1 1



và

v



x y z2; 2; 2



.

Tích vơ hướng của 2 vectơ là:

u v   . | | . | | cos ( , )u v u v  u v . x x₁. ₂y y₁. ₂z z₁. ₂

.

Suy ra:

u  v u v .  0 x x1. 2y y1. 2z z1. 2 0

.

B. BÀI TẬP.

 DẠNG TỐN 1:

TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM, TỌA ĐỘ VEC TƠ THỎA ĐK

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a



3; 2;1



, b 



1;1; 2



,



2;1; 3



c 


, u



11; 6;5



. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. u2a  3b c . B. u2a  3b c .
C. u3a2b 2c. D. u3a2b c  .

Lời giải
Chọn B

 3a2b c  3 3; 2;1





 

 2 1;1; 2 

 

2;1; 3







13; 7;4



u. Nên A sai.
 2a  3b c 2 3; 2;1





 

 3 1;1; 2 

 

2;1; 3







5;0; 7



u. Nên B sai.
 2a  3b c 2 3; 2;1





 

 3 1;1; 2 

 

2;1; 3







11; 6;5



u. Nên C đúng.
 3a2b 2c3 3; 2;1





 

 2 1;1; 2 

 

2 2;1; 3







7; 10;13



u. Nên D sai.

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1; 2;0



và B



3;0;4



. Tọa độ của
véctơ AB là

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

A.



4; 2; 4 



. B.



4;2;4



. C.



 1; 1;2



. D.



 2; 2;4



.

Lời giải
Chọn B



4; 2; 4



AB 


.

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

OM







1;5;2



,

ON







3;7; 4





. Gọi P là điểm
đối xứng với M qua

N

. Tìm tọa độ điểm P .

A.

P



5;9; 3





. B.

P



2;6; 1





. C.

P



5;9; 10





. D.

P



7;9; 10





.
Lời giải

Chọn C

Ta có:

OM







1;5;2





M



1;5; 2



,

ON







3;7; 4

 



N



3;7; 4





.

Vì P là điểm đối xứng với M qua

N

nên

N

là trung điểm của MP nên ta suy ra được





2 5

2 9 5;9; 10

2 10

P N M

P N M

P N M

x x x

y y y P

z z z

  



 _ _ _ _ _



    


Câu 4: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A



1;1;1



, B



5; 1; 2



, C



3; 2; 4



Tìm tọa độ điểm M
thỏa mãn    MA2MB MC 0.

A. 4; 3 9;
2 2
_{ } 

 

 

M . B. 4; 3; 9

2 2
 _ _ 

 

 

M . C. 4; ;3 9
2 2

 

 

 

M . D. 4; 3 9;
2 2
 _ 

 

 

M .

Lời giải
Chọn D

Gọi M x y z



; ;



.

2 0

  

   

MA MB MC



 





 





 



4

1 2 5 3 0

3

1 2 1 2 0

2

1 2 2 4 0 ₉

2

 
     

 _

 _

_        _  
 _{ } _{   } _ 

 _{ }


x

x x x

y y y y

z z z

z

3 9
4; ;

2 2

 

 _  _

 

M .

Câu 5: Trong không gian Oxyz , cho 3 vec tơ a



2; 1;0



, b  



1; 3; 2



, c   



2; 4; 3



. Tọa độ của

2 3

u a b c  .

A.



3; 7; 9



B.



 5; 3; 9



C.



  3; 7; 9



D.



5; 3; 9



Lời giải
Chọn D

2 3

u a b c  2 2; 1; 0





 

  3 1; 3; 2

 

   2; 4; 3







2.2 3 2; 2 9 4; 6 3      





5; 3; 9



 

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp ABCD A B C D.    . Biết A



2; 4;0



,



4;0;0



B , C



1; 4; 7



và D



6;8;10



. Tọa độ điểm B là

A. B



8; 4;10



. B. B



6;12;0



. C. B



10;8;6



. D. B



13;0;17



.
Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Giả sử D a b c



; ;



, B a b c   



; ;



Gọi O AC BD 1; 4; 7

2 2
O  
 _ _

3
8

7
a
b
c

 



_ 

  


.

Vậy DD



9;0;17



, BB



a4; ;b c 



. Do ABCD A B C D.     là hình hộp nên DD BB  

13
0
17
a
b

c

 

 

_ 

  


. Vậy B



13;0;17



.

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D.    . Biết A



1;0;1



,



2;1;2



B , D



1; 1;1



, C



4;5; 5



. Gọi tọa độ của đỉnh A a b c



; ;



. Khi đó 2a b c  bằng?

A. 7. B. 2. C. 8. D. 3.

Lời giải
Chọn D

.
Ta có.

















1 ; 1 ;1
2 ;1 ; 2
1 ; ;1

4 ;5 ; 5

A D a b c

A B a b c

A A a b c

A C a b c

       


 

    




    





     







.

Theo quy tắc hình hộp, ta có    A C  A B A D A A .

C(-1; 4;-7)

B(4; 0; 0)
A(2; 4; 0)

C'

A' _B'

D'(6; 8; 10)

D

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>



4 4 3

5 2 4

5 3 3

a a

b b

c c

  


   


   



0

1
4
a
b
c



  

 


.
Vậy 2a b c  3.

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng



Oxy



A. N



1; 0; 2



. B. P



0;1; 2



. C. Q



0; 0; 2



. D. M



1; 2; 0



.

Lời giải
Chọn D

Phương trình mặt phẳng



Oxy z



: 0. Kiểm tra tọa độ các điểm ta thấy D



Oxy



.

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , , , số
điểm sao cho điểm là đỉnh của một hình bình hành là

A. . B. . C. . D. .

Lời giải
Chọn D

Ta có , .

Dễ thấy nên hai véc tơ cùng phương do đó ba điểm , , thẳng
hàng.

Khi đó khơng có điểm nào để bốn điểm là bốn đỉnh của một hình bình hành.
Vậy khơng có điểm nào thỏa mãn u cầu bài tốn.

Câu 10: Trong khơng gian với hệ tọa độ cho , . Tìm tọa độ của
.

A. B. C. D.

Lời giải
Chọn B

Ta có , .

Oxyz A



1; 2; 1



B



3;4;3



C



3;1; 3



D 4 A B C D, , , 4

2 1 3 0



4; 2; 4



AB 




2; 1; 2



AC  



2

AB  AC

 

,
AB AC
 

A B C

D A B C D, , ,

Oxyz a2  i3j k b



2; 3; 7



2 3

x a b

  



2; 3; 19



 



x x  



2; 3; 19



x  



2; 1; 19



x



2; 1; 19





2; 3; 1



 

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

DẠNG TỐN 2:

TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, VÉC TƠ

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



1;2;3



và B



5;2;0



. Khi đó:

A. AB  61. B. AB 3. C. AB 5. D. AB 2 3.
Lời giải

Chọn C

Ta có: AB



4;0; 3



. Suy ra: ₂ ₂

 

2

4 0 3 5

AB     


.

Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho A



1;1; 3



, B



3; 1;1



. Gọi M là trung điểm của AB, đoạn
OM có độ dài bằng

A. 2 6. B. 6. C. 2 5. D. 5.

Lời giải
Chọn D

Ta có M là trung điểm AB nên M



2;0; 1



OM  4 0 1   5.

Câu 13: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho vectơ u2i3j6k. Tìm độ dài của vectơ u.

A. u 5. B. u 49. C. u 7. D. u  5.
Lời giải

Chọn C

Ta có u



2; 3;6



nên ₂

 

2 ₂

2 3 6 7

    



u .

Câu 14: Trong không gian Oxyz cho các điểm A



3; 4;0 ;



 

B

0;2;4 ;



C



4; 2;1



. Tọa độ diểm D trên
trục Ox sao cho AD BC là:

A. D



0;0; 2



D



0;0;8



. B. D



0;0;0



D



0;0; 6



.

C. D



0;0; 3 



D



0;0;3



. D. D



0;0;0



D



6;0;0



.

Lời giải
Chọn D

Gọi

D



x;0;0



.

Ta có:













2

2

2

3;4;0

3

4

0

0

6

4;0; 3

₅



 _ _



  



 

 _





















_

 



AD x

_{}

AD

x

x

_x

BC

_BC

.

Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



3; 2; 1



, B



5; 4;3



. M là điểm thuộc
tia đối của tia BA sao cho AM 2

BM  . Tìm tọa độ của điểm M .

A.



7;6;7



. B. 13 10 5; ;

3 3 3

 

 

 . C.

5 2 11
; ;
3 3 3

_ _ 

 

 . D.



13;11;5



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

M là điểm thuộc tia đối của tia BA sao cho AM 2

BM  nên B là trung điểm AM





3
5

2 ₇

2

4 6 7;6;7

2

7
1

3
2

M

M
M

M
M
M

x

x
y

y M

z
z


 





 _

 

_  _  

  _


 

 


.

Câu 16: Trong không gian Oxyz cho điểm A



3; 4;3



. Tổng khoảng cách từ A đến ba trục tọa độ
bằng.

A. 10. B. 34

2 . C. 10 3 2 . D. 34.

Lời giải
Chọn C

Hình chiếu của A lên trục Ox là A1



3;0;0



nên d A Ox



,



AA15.

Hình chiếu của A lên trục Oy là A2



0; 4;0



nên d A Oy



,



 AA23 2.

Hình chiếu của A lên trục Oz là A3



0;0;3



nên d A Oz



,



 AA35.

Tổng khoảng cách từ A đến ba trục tọa độ bằng 10 3 2 .

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vng ABCD, (3;0;8)B , ( 5; 4;0)D   . Biết

đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA CB  bằng:

A. 6 10. B. 10 6. C. 10 5. D. 5 10.

Lời giải
Chọn A

Ta có trung điểmBD là ( 1; 2;4)I   ,BD12và điểmAthuộc mặt phẳng (Oxy) nên ( ; ;0)A a b .
ABCD là hình vng 

2 2

2
2 1

2
AB AD

AI BD

 



 _ _

  

 _ _



2 2 2 2 2

2 2 2

( 3) 8 ( 5) ( 4)
( 1) ( 2) 4 36

a b a b

a b

       


 

    



2 2

4 2

( 1) (6 2 ) 20

b a

a a

 


  _ _{ } _



1
2
a
b



  _

 hoặc

17
5

14
5
a
b
 

 _

 


 A(1; 2; 0) hoặc 17; 14;0
5 5
A_  _

 (loại).
Với (1;2;0)A  ( 3; 6;8)C   .

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A



1;1;1 ,



B



1;1; 0 ,





3;1; 2



C . Chu vi của tam giác ABC bằng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Lời giải
Chọn B

Ta có: AB 4 0 1   5,AC 4 0 1   5,BC 16 0 4   20 2 5 .
Vậy chu vi tam giác ABC là : AB AC BC  4 5.

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A



1; 2; 1 ;

 

B 1;1;3



. Gọi I là tâm đường
trịn ngoại tiếp tam giác AOB, tính độ dài đoạn thẳngOI.

A. 17

4

OI . B. 6

2

OI  . C. 11

2

OI . D. 17

2
OI  .
Lời giải

Chọn D

Ta có OA OB . 0 nên tam giác OAB vng tại O. Vậy, I chính là trung điểm AB , suy ra:
1_. 17

2 2

OI  AB .

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A



0;0; 1



, B



1;1;0



, C



1;0;1



. Tìm điểm M sao cho

2 2 2

3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất

A. 3 1; ; 1
4 2

M _  _

 . B.

3 1_{; ; 2}
4 2
M _ _

 . C.

3 3_{; ; 1}
4 2
M _  _

 . D.

3 1_{; ; 1}
4 2
M _  _

 .

Lời giải
Chọn D

Giả sử























 











2
2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

1
; ; 1

; ; 1; 1; 1 1

1; ; 1 1 1

AM x y z

AM x y z

M x y z BM x y z BM x y z

CM x y z CM x y z



      



 

_    _     

 

       

 

 









2



 

2



2

2 2 2 2 2 2

3MA 2MB MC 3x y z 1  2 x 1 y 1 z 

    _    _ _     _





2 ₂





2

1 1

x y z

 

_     _



 



2

2 2

2 2 2 3 5 5

4 4 4 6 4 8 6 2 2 1 2 2

2 4 4

x y z x y z  x  y z

       _  _       

  .

Dấu " " xảy ra 3
4
x

   , 1
2

y , z  , khi đó 1 3 1; ; 1
4 2
M _  _

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

DẠNG TOÁN 3:

XÉT SỰ CÙNG PHƯƠNG, SỰ ĐỒNG PHẲNG

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hai điểm

A



1; 0;1



và

B



4; 6; 2





. Điểm nào thuộc
đoạn AB trong 4 điểm sau?

A.

N



 

2; 6; 4



. B.

Q



2; 2; 0



. C.

P



7;12; 5



. D.

M



2; 6; 5

 



.
Lời giải

Chọn B

Giả sử C thuộc đoạn AB





AC k AB





, 0



 

k

1



.

Ta có:



AB



3;6; 3





,



AM



1; 6; 6

 



,



AN



 

3; 6;3



,



AQ



1;2; 1





,



AP



6;12;4



.
Do đó chỉ có

Q

thuộc đoạn AB.

Câu 22: Trong không gian cho các vectơ a, b, c không đồng phẳng thỏa mãn



x y a

 

 y z b







x z 2



c. Tính T   x y z.

A. 3. B. 1. C. 2. D. 3

2 .

Lời giải
Chọn A

Vì các vectơ a, b, c không đồng phẳng nên:

0
0
2 0
x y
y z
x z

 

  


   


1
x y z
    .

Vậy T    x y z 3.

Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A



1; 2;0 ,

 

B 1;0; 1



và C



0; 1; 2 ,

 

D 0; ;m k



. Hệ thức
giữa m và k để bốn điểm ABCD đồng phẳng là

A. 2m k 0. B. m k 1. C. m2k3. D. 2m3k0.
Lời giải

Chọn C

(0; 2; 1)
AB 


( 1;1; 2)
AC  


( 1; m 2; k)
AD  


, (5;1; 2)
AB AC

  

    AB AC AD m, .  2k3

Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng _  AB AC AD, _.  0 m2k 3

Chú ý: Có thể lập phương trình (ABC)_{sau đó thay D để có kết quả.}

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A a b c B m n p



; ; ;

 

; ;



. Điều kiện để A B, nằm
về hai phía của mặt phẳng

 

Oyz là

A. am0. B. c p 0. C. cp0. D. bn0.
Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Ta có phương trình mặt phẳng

 

Oyz là x_{ .}0.

Do vậy A và B nằm về hai phía của mặt phẳng

 

Oyz khi và chỉ khi hoành độ của điểm A

và hoành độ của điểm B trái dấu. Điều này xảy ra khi am 0.

Câu 25: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho a 



2;3;1



, b  



1;5; 2



, c 



4; 1;3



và



3; 22;5



x  


. Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau ?

A. x 2  a 3b  c . B. x 2  a 3b  c .
C. x  2  a 3b  c . D. x 2  a 3b  c .

Lời giải
Chọn D

Đặt: x m a.n b.p c., , ,m n p_{ .}



3; 22;5



m. 2;3;1





n. 1;5; 2





p. 4; 1;3





      

2 4 3

3 5 22

2 3 5

m n p

m n p

m n p

   




_   

   


 

I .

Giải hệ phương trình

 

I ta được:

2
3

1
m
n

p


 

  


.
Vậy x 2  a 3b  c .

Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho ba vectơ a 



1;1;0



, b



1;1;0



, c



1;1;1



. Tìm mệnh đề
đúng.

A. Hai vectơ a và bcùng phương. B. Hai vectơ b và ckhông cùng phương.

C. a c . 1. D. Hai vectơ a và ccùng phương.

Lời giải
Chọn B

Ta có _b c;  _



1; 1;0



0 suy ra hai vectơ b và ckhông cùng phương.

Câu 27: Cho bốn điểm O



0;0;0



,A



0;1; 2



,B



1;2;1



,C



4;3;m



. Tìm

m

để 4 điểm O,A,B,C đồng
phẳng.

A. m14. B. m7. C. m 14. D. m 7.
Lời giải

Chọn A

Để 4 điểm O, A , B ,C đồng phẳng _OA OB OC  , _. 0.
Ta có.









0;1; 2
1; 2;1
OA

OB

 




</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho các vectơ a 



5;3; 1



, b



1; 2;1



, c



m;3; 1 .



Giá trị của m sao
cho a_{  }b c , là

A. m2 B. m 2 C. m1 D. m 1

Lời giải
Chọn A





, 5; 1;3 2
     
b c  m m

Ta có: , 1 3 2

3 2 1

 

 

_ __  

  


   m

a b c m

m .

Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A



1; 2; 0 ,



B



0; 1;1 ,



C



2;1; 1 ,



D



3;1; 4



. Hỏi
khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Bốn điểm A B C D, , , là bốn điểm của một hình thoi.

B. Bốn điểm A B C D, , , là bốn điểm của một tứ diện.

C. Bốn điểm A B C D, , , là bốn điểm của một hình chữ nhật.

D. Bốn điểm A B C D, , , là bốn điểm của một hình vng.

Lời giải
Chọn B

















1;1;1 ; 1; 3; 1 ; 2; 3; 4
4; 0; 4

AB AC AD

AB AC

    

   

  

  .

. D 0

AB AC A 

  

suy ra Bốn điểm , , ,A B C D là bốn điểm của một tứ diện đúng.

Câu 30: Cho bốn điểm A



1; 1; 1



, B



5; 1; 1



, C



2; 5; 2



, D



0; 3; 1



. Nhận xét nào sau đây là đúng?

A. A B C D, , , là bốn đỉnh của hình tứ diện. B. ABCD là hình thang.

C. Ba điểm A B C, , thẳng hàng. D. Ba điểm A B D, , thẳng hàng.

Lời giải
Chọn A

Ta có: AB



6;0; 2 ;



AC



3; 4;1 ,



AD



1; 4 0 



.

Khơng có cặp vectơ nào cùng phương nên khơng có bộ 3 điểm nào thẳng hàng.

, . 56

AB AC AD

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

DẠNG TOÁN 4:

BÀI TOÁN VỀ TÍCH VƠ HƯỚNG, GĨC VÀ ỨNG DỤNG

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ



O i j k; ; ;  



, cho hai vectơ a



2; 1;4



và b i  3k. Tính a b..

A. a b. 11. B. a b. 13. C. a b.5. D. a b. 10.
Lời giải

Chọn D

Ta có b



1;0; 3



nên a b. 2 12 10.

Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho hai vector a



a a a1, ,2 3



,b



b b b1, ,2 3



 

khác

0



. cos ,

 

a b  là biểu
thức nào sau đây?

A. 1 1 2 2 3 1

.
a b a b a b

a b

 

  . B. 1 2 2 3 3 1

.
a b a b a b

a b

 

  . C. 1 1 2 2 3 3

.
a b a b a b

a b

 

  . D. 1 3 2 1 3 2

.
a b a b a b

a b

 

  .
Lời giải

Chọn C.

Ta có _{cos ,}

 

. 1 1 2 2 3 3

. .

a b a b a b
a b

a b

a b a b

 

 

 
 

    .

Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba vectơ a 



1;1;0



, b



1;1;0



, c



1;1;1



.
Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. b c  . B. a  2. C. b a  . D. c  3.

Lời giải
Chọn A

Ta có b c . 1.1 1.1 0.1 2 0    b khơng vng góc với c.

Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho véctơ a



1; 2;3



. Tìm tọa độ của véctơ b biết
rằng véctơ b ngược hướng với véctơ a và b 2 a .

A. b  



2; 2;3



. B. b



2; 2;3



. C. b



2; 4;6



. D. b 



2; 4; 6



.
Lời giải

Chọn D

Vì véctơ b ngược hướng với véctơ a và b 2a nên ta có b 2a 



2; 4; 6



.

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ u



1;1; 2



, v



1;0;m



. Tìm m để góc giữa hai
vectơ u v , bằng 45.

A. m2. B. m 2 6. C. m 2 6. D. m 2 6.
Lời giải

Chọn B

Ta có: cos ,

 

 .
.
u v
u v

u v

  

 

 

 

2

2 2 2 2

1 2

1 1 2 . 1

m

m




    2

1 2 2

2
6. 1

m
m


 



2

1 2m 3 1 m

   

2 2

4m 4m 1 3 3m

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

2 ₄ _{2 0}

m m

    2 6

2 6
m

m
  
 

 

 . Đối chiếu đk ta có m 2 6.

Câu 36: Trong không gian Oxyz, véctơ nào dưới đây vng góc với cả hai véctơ u 



1;0;2



,



4;0; 1



v  ?

A. w



1;7;1



. B. w



0; 1;0



. C. w 



1;7; 1



. D. w



0;7;1



.
Lời giải

Chọn B

Hai véctơ a



a a a1; ;2 3



và b 



b b b1; ;2 3



 _{vng góc với nhau }

. 0

a b .

Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho  a b, có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết  a b 3 khi đó góc giữa 2
vectơ a b , là

A. 4

3



. B.

3



. C. 0. D.

3



 .

Lời giải
Chọn C.

Ta có:  _{a b}_{  }₃ _a2__{2 .}  _{a b b}_ 2 _{ }₉ _{2 .}_{a b} _{ }₉ _a2__b2_{  }_{9 1}2 ₂2__{a b} _. _₂_.

 

. 2

 

cos , 1 , 0

1.2
.

     

 

   

 a b

a b a b

a b .

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u và v tạo với nhau một góc 120 và u 2, v 5.
Tính u v 

A. 7. B. 39. C. 19. D. 5.
Hướng dẫn giải

Chọn C

Ta có :

 

u v  2

 

u v  2 u22uv v  2 u22 . cos ;u v 

 

u v   v2

2 1 2

2 2.2.5. 5 19
2

 
  _ _ 

  .

Suy ra u v   19.

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S



1; 2;3



và các điểm A, B, C thuộc các trục Ox, Oy
, Oz sao cho hình chóp S ABC. có các cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc với nhau. Tính thể
tích khối chóp S ABC. .

A. 343

12 . B.

343

36 . C.

343

6 . D.

343
18 .

Lời giải
Chọn B

( ; 0; 0)

A a ,B(0; ; 0)b ,C(0; 0; )c .
( 1; 2; 3)

SA a  


</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

. 0

. 0

. 0

SA SB SA SB

SB SC SB SC

SA SC SA SC

   

 

 _ _ _

 

 _  _

 

 

   

   

   

7
2 14

7

2 3 14

2

3 14 ₇

3
a
a b

b c b

a c

c

 
 

 _

 

_   _ 

 _ _ 

 _{ }



.

Do SA, SB, SC đơi một vng góc, nên: 1 . . 1.7. .7 7 343

6 6 2 3 36

SABC

V  SA SB SC  .

Câu 40: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A



0; 1;2



, B



2; 3;0



, C



2;1;1



, D



0; 1;3



. Gọi

 

L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA MB MC MD   .  . 1.
Biết rằng

 

L là một đường trịn, đường trịn đó có bán kính r bằng bao nhiêu?

A. 3

2

r . B. 5

2

r . C. 11

2

r . D. 7

2

r .

Lời giải
Chọn C

Gọi M x y z



; ;



là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài tốn. Ta có



; 1; 2



AM  x y z


, BM 



x2;y3;z



, CM



x2;y1;z1



, DM 



x y; 1;z3



.
Từ giả thiết: . . 1 . 1

. 1

MA MB
MA MB MC MD

MC MD

 



 _{  }





 
   

 



 



 





 



 





2 1 3 2 1

2 1 1 1 3 1

x x y y z z

x x y y z z

      



  _ _ _ _{  } _{ }



2 2 2
2 2 2

2 4 2 2 0
2 4 1 0

x y z x y z

x y z x z

       


 

     


Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1



1; 2;1



, R12 và

mặt cầu tâm I2



1;0;2



, R22.

Ta có: I I1 2 5.

Dễ thấy: 2 1 2 2
1

5 11
4

2 4 2

I I

r R _ _   

  .

1

I _I₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

DẠNG TỐN 5:

BÀI TỐN VỀ TÍCH CĨ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ: a 



2; 0; 3 ,



b



0; 4; 1 ,





_2; 2_{; 5 .}



c m m


Tính m để a b c  , , đồng phẳng?

A. m  2 m 4. B. m    2 m 4. C. m   2 m 4. D. m   2 m 4.
Lời giải

Chọn B

, ,
a b c
  

đồng phẳng _, _. ₀ ₁₂



₂



₂ 2 _{40 0} 2 ₆ _{8 0} 2

4
m

a b c m m m m

m
 

 

_ _          _{   }
 

  

.

Câu 42: Cho bốn điểm A a



; 1; 6



, B



  3; 1; 4



, C



5; 1; 0



và D



1; 2;1



thể tích của tứ diện

ABCD bằng 30. Giá trị của a là.

A. 1. B. 2. C. 2 hoặc 32. D.32.

Lời giải
Chọn C

Ta có BA



a3; 0;10



, BC



8; 0; 4



, BD



4; 3; 5



.
Suy ra _ BC BD,   _



12; 24; 24



.

Do đó 30 1 , . 30

6

ABCD

V   _BC BD BA  _  .





12 a 3 24.0 24.10 180 a 17 15

         32.

2
a
a



  _

 .

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A



1; 2;0



, B



3;3;2



, C



1; 2; 2



và



3;3;1



D . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng



ABC



bằng

A. 9

7 2 B.

9

7 C.

9

14 D.

9
2

Lời giải
Chọn A

Ta có: AB



2;5; 2



, AC 



2; 4; 2



, AD



2;5;1



.

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng



ABC



bằng 3 ABCD
ABC

V
S

1

3. , .

6
1 _,
2

AB AC AD
AB AC

 

 



 

 

  

   _{7 2}9 .

Câu 44: Trong không gian

Oxyz

, cho A



2;1; 1



, B



3; 0;1



, C



2; 1; 3



và D nằm trên trục Oy và thể
tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là.

A.









0; 7; 0
0; 8; 0

D

D





 . B. D



0; 8; 0



. C.









0; 7; 0
0; 8; 0
D
D





 . D. D



0; 7; 0



.

Lời giải
Chọn C

Vì D Oy nên (0; ;0)D y .

Ta có: AB (1; 1; 2), AC



0; 2; 4



_ AB AC, _



0; 4; 2 



, AD 



2;y1;1



.
7

1 1

, . 2 4 5

8

6 6

ABCD

y

V AB AC AD y

y
 


 

 _ _   _{  }



  

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Câu 45: Cho tứ diện ABCD biết A



0; 1;3 ,

 

B 2;1;0 ,

 

C 1;3;3 ,

 

D 1; 1; 1 



. Tính chiều cao AH của tứ

diện.

A. 29

2

AH  . B. 1

29

AH  . C.

AH



29

. D. 14
29
AH  .
Lời giải

Chọn D

Cách 1.

Ta có BA  



2; 2;3 ,



BC 



3; 2;3 ,



BD   



1; 2; 1



.

Độ dài ; . 14

29
;

BC BD BA
AH

BC BD

 

 

 

 

 

  

  .

Cách 2.

Mặt phẳng



BCD



nhận vectơ BC BD  



4; 6;8



làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm



1; 1; 1



D   có phương trình là 2x3y4z 1 0.

Khi đó









 

 

2

2 2

2.0 3. 1 4.3 1 ₁₄

,

29

2 3 4

AH d A BCD      

   .

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A



1;2;0



, B



3; 1;1



, C



1;1;1



. Tính diện tích S
của tam giác ABC.

A. S 2. B. S1. C. 1

2

S . D. S  3.

Lời giải
Chọn D

Ta có AB



2; 3;1



, AC 



0; 1;1



_ AB AC; _   



2; 2; 2



.
Do đó 1 ;

2

S_{ } AB AC_ 1

     

2 2 2 2 2 2 3
2

       .

Câu 47: Trong khơng gian _Oxyz, cho hình hộp _{ABCD A B C D}_.     có A



1;1; 6



, B



0;0; 2



, C 



5;1;2



và D



2;1; 1



. Thể tích khối hộp đã cho bằng

A. 42. B. 19. C. 38. D. 12.

Lời giải
Chọn C

Thể tích khối hộp đa cho V 6VABCD  _AB AC AD, _. 
  

.
Ta có: AB   



1; 1;4



, AC  



6;0;8



và AD 

 

1;0;5 .
Do đó: _AB AC,     _



8; 16; 6



 

 

. Suy ra _AB AC AD, _.   38

 

  

. Vậy V 38.

Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D.     có A



1;1; 6



, B



0;0; 2



, C



5;1;2



và



2;1; 1



D  . Thể tích khối hộp đã cho bằng:.

A. 42. B. 12. C. 19. D. 38.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Thể tích khối hộp đa cho V 6V_ABCD  AB AC AD, . 
  

.
Ta có: AB  



1; 1; 4



, AC 



6;0;8



và AD



1; 0;5



Do đó: _ AB AC, _   



8; 16; 6



. Suy ra _  AB AC AD, _.   38. Vậy V38.

Câu 49: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho cho a



1; ;2 ,t



b 



t 1;2;1 ,



c



0;t2;2



. Xác định t
để ba vectơ a b c  , , đồng phẳng.

A. 1

2. B. 2. C.

2

5. D. 1.

Lời giải
Chọn C

Tính _{a b}_,   



_t _{4; 2 1; 2}_t_ _{ }_{t t}2



  .

Ba vectơ a b c  , , đồng phẳng , . 0 2
5

a b c t

 

_  _    . Vậy chọn

Câu 50: Trong khơng gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có A trùng với gốc tọa độ O.
Biết rằng B m



;0;0



, D



0; ;0m



, A



0;0;n



với m, n là các số dương và m n 4. Gọi M là
trung điểm của cạnh CC. Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDA M bằng

A. 9

4. B.

64

27. C.

75

32. D.

245

108.

Lời giải
Chọn B

Ta có: A



0;0;0



, B m



;0;0



, D



0; ;0m



, A



0;0;n



suy ra C m m



; ;0



, B m



;0;n



, C m m n



; ;



,



0; ;



D m n , ; ;

2
n
M m m_ _

 .



; ;0



BD m m


, BA  



m;0;n



, 0; ;
2
n
BM _{ } m _

 



.

1 _, _.

6

BDA M

V   BD BA BM

   1 ₂_.
4 m n

 1 2_{. 4}





4 m m

  1 . . 8 2





8 m m m

 

3

1 8 2

8 3

m m   m

 

 _ _  64₂₇.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

LOẠI 1 LOẠI 2

Phương Trình





 

2 

 

2 



2 ₂

x a y b z c R _x2_y2 _z2 ₂_ax ₂_by₂_{cz d} ₀

Xác Định

Tâm Lấy hệ số tự do trong ngoặc chia _{cho 1}_. Lấy hệ số trước ; ;x y z chia cho 2.

Bán

Kính Lấy căn bậc 2 vế phải.

 2  2 2

R a b c d.

Điều kiện tồn tại mặt cầu:
   

2 2 2 ₀

a b c d .
A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI:

Trong không gian Oxyz , cho _:x x 0 y y 0 z z 0

a b c ; mặt phẳng

 

 :A x By Cz D   0 và

mặt cầu S I R



;



. Khi đó:

MẶT PHẲNG

MẶT CẦU

Không cắt

   



  S  

Tiếp xúc

     



  S  M

Cắt theo giao tuyến là đường
tròn

   

  S C I r



;



 



;  



d I R

 



;   



d I R Mặt phẳng
tiếp xúc mặt cầu tại điểm

M .

 



;   



d I R

 

 cắt mặt
cầu theo giao tuyến là đường
trịn có tâm I và bán kính r.

 







 2 2 _;

R r d I .

HÌNH
MINH HỌA

ĐƯỜNG THẲNG

MẶT CẦU

_{ }Không cắt _

_{ }

_S _{ } _{ }_Tiếp xúc

_{   }

_S _ _H Cắt tại hai điểm A;B_{ }_

_{  }

_S _ _{A B}_;

_

CH

U

YÊ

N

Đ

Ề

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>



; 



d I R



;  



d I R Đường
thẳng tiếp xúc mặt cầu tại

điểm H.



;  



d I R







 2 2 _;

4
A B

R d I .

HÌNH

MINH

HỌA

B. CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP:

LOẠI HƯỚNG DẪN

LOẠI

1.

 

S có tâm I a b c



; ;



và bán kính R . Phương trình

  



 

 

 

 





2 2 2 2

:

S x a y b z c R .
LOẠI

2.

 

S có tâm I a b c



; ;



và đi qua điểm



0; ;0 0



M x y z .

– Bán kính mặt cầu



 

 



   2  2  2

0 0 0

R IM x a y b z c .

– Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và bán kính R IM .
LOẠI

3.

 

S nhận M x



_M;y_M;z_M



và



_N; _N; _N



N x y z .

– Gọi I là tâm mặt cầu

 

S I là trung điểm của

MN _{ }    _

 2 ; 2 ; 2 

M N M N M N

x x y y z z

I .

– Bán kính mặt cầu  
2
MN

R IM .

LOẠI
4.

 

S có tâm



; ;



I a b c và

tiếp xúc
với:

 

 :A x By Cz D   0

hoặc mặt phẳng



Oxy Oxz

 

;

 

; Oyz



.

– Bán kính mặt cầu

 





 





































 
   


 

 _









2 2 2

2
2
2
;
;
;
;
I
I
I

A a Bb Cc D

d I T iep xuc

A B C

d I Oxy z T iep xuc Oxy
R

d I Oxz y T iep xuc Oxz
d I Oyz x T iep xuc Oyz

.

– Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và bán kính R d I



;

 

_



.

_:x x 0 y y 0 z z 0

a b c

hoặc trục tọa độ
; ;

Ox Oy Oz .

– Bán kính mặt cầu

















 
 _ _
 
 _



  

 _ _

 _ _




2 2

2 2
2 2
;
;
;
;
;
I I
I I
I I
u MI

d I T iep xuc

u

R d I Ox y z T iep xuc Ox
d I Oy x z T iep xuc Oy
d I Oz x y T iep xuc Oz

.

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

LOẠI
5.

 

S có tâm I

 

P : .x.y.z  0

và đi qua ; ;A B C .

– Gọi I a b c



; ;



là tâm mặt cầu

 

   

 

  .  .  .  0 1

I P a b c .

– Mặt cầu

 

S đi qua ba điểm

 

 

 



   _{ }




2 2

2 2

2
; ;

3

IA IB

A B C IA IB IC

IA IC .

– Từ

   

1 ; 2 và

 

3 I là thỏa hệ:

    


 _ _


 _


2 2
2 2

.a .b .c 0
IA IB

IA IC

tọa độ I .

– Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và bán kính R IA .

LOẠI

6.

 

S đi qua 4 điểm ; ; ;A B C D không
đồng phẳng

– Gọi I a b c



; ;



là tọa độ tâm mặt cầu cần tìm.
– Mặt cầu

 

S đi qua 4 điểm

 


    _  

 _


2 2
2 2
2 2

IA IB
IA IB IC ID IA IC
IA ID

tọa độ I .
– Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và bán kính R IA .
DẠNG TỐN 1:

TÌM TÂM – BÁN KÍNH – ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH MẶT CẦU

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu

  

_S _: _x_₁



2__y2_



_z_₁



2_₄_.

A. I



1;0;1 ,



R2. B. I



1;0; 1 ,



R4. C. I



1;0; 1 ,



R2. D. I



1;0;1 ,



R4.
Lời giải

Chọn C

Tọa độ tâm I



1;0; 1



và bán kính R2.

Câu 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₄_x_₄_y_₆_z_{ }_{3 0}_{. Tọa độ}

tâm I và tính bán kính R của

 

S .

A. I



 2; 2;3



và R20. B. I



2;2; 3



và R 20.

C. I



4; 4; 6



và R71. D. I



 4; 4;6



và R 71.

Lời giải
Chọn B

Tâm I của mặt cầu

 

S là I



2;2; 3



, bán kính là _R_ ₂2_₂2_{ }_{( 3)}2_{ }₃ ₂₀_.

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S :



_x_₁

 

2_ _y_₁



2__z2 _₂_{. Tìm tọa độ tâm}

I và tính bán kính R của

 

S .

A. I



1; 1;0



và R 2. B. I



1;1;0



và R2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Chọn A

Mặt cầu

 

S :



_x_₁

 

2_ _y_₁



2__z2_₂_{có tọa độ tâm}_I



_{1; 1;0}_



_{và bán kính}_R_ ₂_.

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Hãy xác định tâm I của mặt cầu có phương trình:

2 2 2

2x 2y 2z 8x4y12z100 0 .

A. I



4; 2; 6



. B. I



2; 1;3



. C. I



2;1; 3



. D. I



4; 2;6



.
Lời giải

Chọn C

Mặt cầu có phương trình là _x2__y2_{ }_z2 ₄_x_₂_y_₆_z__{50 0}_ _.



_x ₂

 

2 _y ₁

 

2 _z ₃



2 ₈2

       , suy ra tâm của mặt cầu là I



2;1; 3



.

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Tìm độ dài đường kính của mặt cầu

 

S có phương trình

2 2 2 ₂ ₄ _{2 0}

x y  z y z  .

A. 3. B. 2 3. C. 2. D. 1.

Lời giải
Chọn B

Có: _x2__y2_{ }_z2 ₂_y_₄_z_{ }_{2 0}

Ta a1, b0, c 2, d2.

2 2 2 _{3 0}

a b c   d .

Bán kính _r_ _a2__b2_{  }_c2 _d ₃

Vậy đường kính là 2 3.

Câu 6: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₄_x_₂_y_₆_z_{ }_{5 0}_{. Mặt cầu}

 

_S _{có bán}

kính là

A. 7. B. 5. C. 2. D. 3.

Lời giải
Chọn D

Mặt cầu

 

S có tâm I



2;1; 3



và bán kính

 

2 ₂

 

2

2 1 3 5 3

R       .

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2_{      }_y2 _z2 ₄_x ₂_y ₂_z _{3 0.}_{Tìm tọa}

độ tâm I và bán kính R của

 

S .

A. I



2; 1;1



và R_3. B. I



 2;1; 1



và R_3.

C. I



_{ }2;1; 1



và R9. D. I



2; 1;1_



và R9.

Lời giải
Chọn A

Ta viết lại mặt cầu

 

S như sau

  

 

2

 

2



2

: 2 1 1 9.

S x  y  z  .
Mặt cầu

 

S có tâm I a b c



; ; ,



bán kính R có phương trình.

  

 

2

 

2



2 ₂

: .

S x a  y b  z c R .
Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 2 1 1 9

S x  y  z  có tâm I



2; 1;1



và bán
kính R 9 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

phải là phương trình của mặt cầu?

A. ₂_x2_₂_y2_₂_z2_₄_x_₂_y_₂_z__{16 0}_ _. _B.₃_x2_₃_y2_₃_z2_₆_x_₁₂_y_₂₄_z__{16 0}_ _.

C. _x2__y2__z2_₂_x_₂_y_₂_z_{ }_{8 0}_. _D.



 

2

 

2



2

1 2 1 9

x  y  z  .
Lời giải

Chọn A

Xét C.

 

2 2 2 2 2 2

2x 2y 2z 4x2y2z16 0 1 x y z 2x y z   8 0.
Ta có: _1, 1_, 1_, ₈ 2 2 2 13 ₀

2 2 2

a b  c  d  a b c   d  .
Suy ra

 

1 khơng là phương trình đường trịn.

Câu 9: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, trong các phương trình sau, phương trình nào khơng phải
là phương trình của một mặt cầu?

A. _{ }_x2 _y2__z2_₂_x_₂_y_₆_z_{ }_{7 0}_. _B._x2_ _y2__z2_₂_x_₂_y_₂_z_{ }_{2 0}_.

C. ₂_x2__y2__z2_₂_x_₂_y_{ }_{2 0}_. _D.₂_x2_₂_y2_₂_z2_₄_x_₆_y_₈_z_{ }_{4 0}_.

Lời giải
Chọn C

Vì hệ số của _{x y z}2_{, ,}2 2_{không bằng nhau.}

Câu 10: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho các phương trình sau, phương trình nào
khơng phải là phương trình của mặt cầu?

A. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₂_y_₂_z_{ }_{8 0}_. _B.



 

2

 

2



2

1 2 1 9

x  y  z  .

C. ₂_x2_₂_y2_₂_z2_₄_x_₂_y_₂_z__{16 0}_ _. _D.₃_x2_₃_y2_₃_z2_₆_x_₁₂_y_₂₄_z__{16 0}_ _.

Lời giải
Chọn C

Xét C: ₂_x2_₂_y2_₂_z2_₄_x_₂_y_₂_z__{16 0 1}_

 

__x2__y2__z2_₂_{x y z}_{   }_{8 0}

Ta có: _1, 1_, 1_, ₈ 2 2 2 13 ₀

2 2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26></div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

DẠNG TỐN 2:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, DỄ TÍNH BÁN KÍNH

Câu 11: Trong hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I



1;2;3



bán kính r1?

A.





2





2

1 ( 2) 3 1

x  y  z  . B.





2 ₂





2

1 ( 2) 3 1

x  y  z  .
C.





2 ₂





3

1 ( 2) 3 1

x  y  z  . D. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{13 0}_.

Lời giải
Chọn D

Mặt cầu (S) có tâm I a b c



; ;



, bán kính R0 có phương trình:

  

_S _: _{x a}_

 

2_ _{y b}_

 

2_ _{z c}_



2__R2_.

Câu 12: Trong hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I



1; 0; 2



bán kính R5 có phương trình là

A.





2 ₂





2

1 2 25 0

x y  z   . B.





2 ₂





2

1 2 25

x y  z  .
C.



_x_₁



2__y2_



_z_₂



2 _₂₅_. _D.



_x_₁



2__y2_



_z_₂



2 _₂₅_.

Lời giải
Chọn D

 



1; 0; 2

    

2 ₂





: : 1 2 25

5
I

S S x y y

R


 _ _ _ _ _ _




 .

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu
tâm I



1;2; 4



và thể tích của khối cầu tương ứng bằng 36 .



A.



 

2

 

2



2

1 2 4 9.

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 4 3.

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 4 9.

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 4 9.

x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Ta có 4 3 ₃₆ _3.

3

V  R    R

Phương trình mặt cầu tâm I



1; 2; 4



và bán kính R3 là :



 

2

 

2



2

1 2 4 9.

x  y  z  .

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu

 

S có tâm I



1;2; 3



và đi qua



1;0; 4



A .

A.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  .
Lời giải

Chọn B

Ta có R IA  53.

Phương trình mặt cầu tâm I



1;2; 3



và bán kính R 53 là



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  .

Câu 15: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, Mặt cầu

 

S có tâm I



3; 3;1



và đi qua điểm

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

A.



 

2

 

2



2

5 2 1 5

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

5 2 1 5

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

3 3 1 25

x  y  z  D.



 

2

 

2



2

3 3 1 5

x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

S có tâm I



3; 3;1



và bán kính R có phương trình là:



 

2

 

2



2 ₂

3 3 1

x  y  z R

Mà A



5; 2;1

  

 S nên ta có



 

2

 

2



2 ₂

5 3   2 3  1 1 R _ _R2_₅

Vậy Mặt cầu

 

S có tâm I



3; 3;1



và đi qua điểm A



5; 2;1



có phương trình là



 

2

 

2



2

3 3 1 5

x  y  z  .

Câu 16: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu tâm I(1; 2;3) có đường kính bằng 6 có phương trình là

A.



_x_₁

 

2_ _y_₂

 

2_ _z_₃



2_₃₆_. _B.

_

_x_₁

_{ }

2_ _y_₂

_{ }

2_ _z_₃

_

2_₃₆_.

C.



_x_₁

 

2_ _y_₂

 

2_ _z_₃



2 _₉_. _D.

_

_x_₁

_{ }

2_ _y_₂

_{ }

2_ _z_₃

_

2 _₉_.

Lời giải
Chọn C

Theo giả thiết mặt cầu có bán kính bằng 6 nên có bán kính R3, Tâm mặt cầu là I(1; 2;3)
nên có phương trình



 

2

 

2



2

1 2 3 9

x  y  z 

Câu 17: Mặt cầu có tâm I



1; 2;3



và tiếp xúc với mặt phẳng



Oxz



là.

A. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{10 0}_. _B._x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{10 0}_.

C. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{10 0}_. _D._x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{10 0}_.

Lời giải
Chọn D

Ta có: Mặt cầu có tâm I



1; 2;3



tiếp xúc



Oxz y



: 0 nên có bán kính sẽ là khoảng cách từ



1; 2;3



I đến mặt phẳng



Oxz



bằng 2. Vậy

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 4

S x  y  z  _.
Dạng tổng quát là: _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{10 0}_.

Câu 18: Trong không gianOxyz, cho điểm I



1;2; 3



. Viết phương trình mặt cầu có tâm là I và bán kính
2

R .

A. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{5 0}_. _B._x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{5 0}_.

C.



 

2

 

2



2

1 2 3 4

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 3 4

x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Mặt cầu có phương trình.



 

2

 

2



2

1 2 3 4

x  y  z  .

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu

 

S có tâm I



1;0; 3



và

đi qua điểm M



2; 2; 1 .



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

C.

  



2 ₂





2

: 1 3 3

S x y  z  . D.

  



2 ₂





2

: 1 3 9

S x y  z  .
Lời giải

Chọn A

Ta có.



 

2

 

2



2



 

2



2

 

2

2 1 2 0 1 3 3

M I M I M I

R IM  x x  y y  z z        _ _  _.

Từ đó ta có phương trình mặt cầu ( )S có tâm I



1;0; 3



và đi qua điểm M



2; 2; 1 .



là:

  



2 ₂





2

: 1 3 9

S x y  z  .

Câu 20: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A



1;0;4 ,

 

I 1;2; 3



. Mặt cầu

 

S có tâm I
và đi qua A có phương trình:

A.



 

2

 

2



2

1 2 3 14

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 3 17

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 3 53

x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

 

S có tâm I và đi qua A suy ra bán kính mặt cầu là R IA  53.
Phương trình mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 53

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30></div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

DẠNG TỐN 3:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT 2 ĐẦU MÚT CỦA ĐƯỜNG

KÍNH

Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M



3; 2;5 ,

 

N 1;6; 3



. Phương
trình nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính MN?

A. . B. .

C.



 

2

 

2



2

1 2 1 6

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 1 6

x  y  z  .
Lời giải

Chọn B

Trung điểm MN là



 

2

 

2



2

(1; 2;1), 12 ( ) : 1 2 1 36.
I MN   S x  x  x  .

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



2;1;1



và B



0; 1;1 .



Viết phương trình
mặt cầu đường kính AB..

A.





2 ₂





2

1 1 8

x y  z  . B.





2 ₂





2

1 1 2

x  y  z  .
C.





2 ₂





2

1 1 8

x  y  z  . D.





2 ₂





2

1 1 2

x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I



1;0;1



của AB và bán kính
2

2
AB

R  .

Nên phương trình mặt cầu là:





2 ₂





2

1 1 2

x y  z  .

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm E(2;1;1), (0;3; 1)F  . Mặt cầu

 

S đường kính
EF có phương trình là

A.



 

2



2 ₂

1 2 3

x  y z  . B.



 

2



2 ₂

1 2 9

x  y z  .
C.





2 ₂ ₂

1 9

x y z  . D.



_x_₂

 

2_ _y_₁



2_{ }₍_z ₁₎2_₉_.

Lời giải
Chọn A

- Gọi I là trung điểm EF I(1; 2;0).

- Khi đó, mặt cầu

 

S có tâm (1;2;0)I và bán kính R IE  3.
- Phương trình _{( ) : (}_S _x_₁₎2_{ }₍_y ₂₎2__z2_₃_.

Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M



3; 2;5 ,

 

N 1;6; 3



. Phương trình
nào sau đây là phương trình mặt cầu có đường kính MN?

A. . B.



 

2

 

2



2

1 2 1 6

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 1 6

x  y  z  . D. .

Lời giải



 

2

 

2



2

1 2 1 36

x  y  z 



 

2

 

2



2

1 2 1 36

x  y  z 



 

2

 

2



2

1 2 1 36

x  y  z 



 

2

 

2



2

1 2 1 36

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Trung điểm MN là



 

2

 

2



2

(1; 2;1), 12 ( ) : 1 2 1 36.
I MN   S x  x  x  .

Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



2;1;0



, B



2; 1; 2



. Phương trình của mặt cầu có
đường kính AB là:

A. ₂ ₂





2

1 6

x  y  z  . B. ₂ ₂





2

1 24

x  y  z  .
C. _x2 __y2 _



_z_₁



2 _₂₄_. _D._x2 __y2_



_z_₁



2 _ ₆_.

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu đường kính AB có tâm I



0;0;1



là trung điểm của AB và mặt cầu có bán kính
2

AB

R

 

2

2 2

4 2 2

2
  

  6.

Vậy phương trình mặt cầu là: ₂ ₂





2

1 6
x  y  z  .

Câu 26: Trong không gian Oxyz , Cho hai điểm A



1;1;0 ,



B



1; 1; 4 



. Phương trình của mặt cầu

 

S đường kính AB là

A.



_x_₁



2__y2_{ }



_z ₄



2 _₅_. _B.



_x_₁



2__y2_{ }



_z ₂



2 _₅_.

C.



_x_₁



2__y2_{ }



_z ₂



2_₅_. _D._x2_

_

_y_₁

_{ }

2_{ }_z ₂

_

2_₅_.

Lời giải
Chọn B



0; 2; 4



2 5.
AB   AB


.

Vì mặt cầu

 

S có đường kính AB

 

S nhận trung điểm I



1;0; 2



làm tâm và bán kính

  



2 2





2

5 : 1 2 5.

2
AB

R   S x   y z  .

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hai điểm A



3;0; 1



, B



5;0; 3 .



Viết phương trình của
mặt cầu

 

S đường kính AB..

A.

  

_S _: _x_₂



2_ _y2_



_z_₂



2_₄_. _B.

 

_S _:_x2__y2__z2_₈_x_₄_z__{12 0}_ _.

C.

 

_S _:_x2__y2__z2_₈_x_₄_z__{18 0}_ _. _D.

  



2 ₂





2

: 4 2 8

S x y  z  .
Lời giải

Chọn D

Ta có AB



2;0; 2 



AB 2 2.
Gọi I là trung điểm ABI



4;0; 2



.
Mặt cầu:

  



2 ₂





2

: 4 2 8

S x y  z  .

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



3; 2;0 ,

 

B 1; 2; 4



. Viết phương trình mặt
cầu

 

S đường kính AB.

A.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 2 8

S x  y  z  . B.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 2 16

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

C.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 2 8

S x  y  z  . D.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 2 32

S x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Tâm I mặt cầu là trung điểm AB nên I



1;2; 2



và bán kính 2 2.
2

AB

R  .

Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M



1; 2;3



và N



1; 2; 1



. Mặt cầu đường kính MN có
phương trình là

A. ₂



 

2



2

2 1 20

x  y  z  . B. ₂



 

2



2

2 1 5

x  y  z  .
C. ₂



 

2



2

2 1 5

x  y  z  . D. ₂



 

2



2

2 1 20

x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Mặt cầu đường kính MN có tâm I



0; 2;1



là trung điểm MN và bán kính R IM  5
Do đó mặt cầu này có phương trình _x2_



_y_₂

 

2_ _z_₁



2 _₅_.

Câu 30: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho các điểm A



1;0; 2 ,

 

B 1; 2;4



. Phương trình mặt
cầu đường kính AB là:

A. ₂



 

2



2

1 3 3

x  y  z  . B. ₂



 

2



2

1 3 12

x  y  z  .
C. ₂



 

2



2

1 3 3

x  y  z  . D. ₂



 

2



2

1 3 12

x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Gọi I x y z



; ;



là tâm mặt cầu, nên I là trung điểm AB.
Suy ra tọa độ điểm I



0;1; 3



.

Ta có: IA



1;1;1



 R IA 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34></div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

DẠNG TỐN 4:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN

Câu 31: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, Viết phương trình mặt cầu

 

S đi qua bốn điểm



 



, 1;0;0 , 0; 2;0

O A B  và C



0;0;4



.

A.

 

_S _:_x2__y2__z2_{ }_x ₂_y_₄_z_₀_. _B.

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_x_₄_y_₈_z_₀_.

C.

 

_S _:_x2__y2__z2_{ }_x ₂_y_₄_z_₀_. _D.

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_x_₄_y_₈_z_₀_.

Lời giải

Chọn A

Giả sử phương trình mặt cầu có dạng:

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }_{0 a}



2__b2__c2_{ }_d ₀



Vì mặt cầu

 

S đi qua O A,



1;0;0 ,

 

B 0; 2;0



và C



0;0; 4



nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt

vào, ta có

 

 

2
2

2

0
0

1
1 0 0 2.1. 0

2

0 2 0 2 2 . 0 ₁

0 0 4 2.4. 0 ₂

d

d

a d _a

b d _b

c d _c









      _{ }

 _

 

      

 _{  }

 _{ } _ _{ } 

 _ 

 

_S _:_x2 _y2 _z2 _x ₂_y ₄_z ₀

       .

Câu 32: Cho điểm A



2;0;0 ,



B



0; 2;0 ,



C



0;0; 2 ,



D



2; 2;2



. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán
kính là:

A. 2

3 . B. 3 C.

3

2 . D. 3.

Lời giải
Chọn D

Gọi I a b c



; ;



là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD có dạng

 

S : _x2__y2_{ }_z2 ₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }_0, _a2__b2__c2_{ }_d ₀_.

Vì ,A ,B C D, nên ta có hệ phương trình

4 4 0

4 4 0

4 4 0

12 4 4 4 0

a d
b d
c d

a b c d
  



   


   


     


4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 




_  

    



4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 




_  

    



0
1
d

a b c



  _{  }

 .

Suy ra I



1;1;1



, do đó bán kính mặt cầu là R IA  3.

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A



1;1;1



, B



1;2;1



, C



1;1;2



,



2; 2;1



D . Tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

A. 3 3 3; ;
2 2 2
I_ _

 . B. I



3;3;3



. C.

3 3 3
; ;
2 2 2

I_  _

 . D. I



3;3; 3



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>



 

 

 

 

 





 

 

 

 

 





 

 

 

 

 



2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 1

1 1 1 1 1 2

1 1 1 2 2 1

a b c a b c

IA IB
IA IB

IA IC IA IC a b c a b c

IA ID IA ID _a _b _c _a _b _c

           

 


 _



 _ _ _ _ _ _ _ _{ } _ _ _ _ _{ }

  

 _  _ 

  _           

.

2 3

2

2 3

3

2 2 6

b

c a b c

a b





_     

  


. Vậy 3 3 3; ;
2 2 2
I_ _

 .

Câu 34: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, Cho m, n là hai số thực dương thỏa mãn

2 1

m n . Gọi A, B, C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 

P mx ny mnz mn:    0 với

các trục tọa độ Ox, Oy , Oz. Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính nhỏ nhất
thì 2m n có giá trị bằng

A. 4

5. B.

2

5. C. 1. D.

3
5.

Lời giải
Chọn A

Phương trình mặt phẳng

 

P mx ny mnz mn:    0 1
1
x y z
n m

    .

Do A, B, C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 

P với các trục tọa độ Ox, Oy , Oz nên



;0;0



A n ; B



0; ;0m



; C



0;0;1



khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là ; ;1
2 2 2

n m
I _ _

 .
Theo đề bài ta có m2n1  m 1 2n ;1 2 ;1

2 2 2

n n

I  
 _ _.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC:R OI 1 ₅ 2 ₄ ₂

2 n n

  

2

1 2 6

5

2 n 5 5

 

 _  _ 

 

1 6
2 5

 .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nhỏ nhất khi 2 1

5 5

n  m .
4

2

5
m n
   .

Câu 35: Cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh A



2; 0; 0



, B



0; 4; 0



, C



0; 0; 6



, A



2; 4; 6



. Gọi

 

S là
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Viết phương trình mặt cầu

 

S có tâm trùng với tâm của mặt
cầu

 

S và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu

 

S .

A. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{12 0}_. _B.



 

2

 

2



2

1 2 3 56

x  y  z  .

C. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_₀_. _D.



 

2

 

2



2

1 2 3 14

x  y  z  .
Lời giải

Chọn B

Gọi phương trình mặt cầu

 

S _{có dạng:}_x2__y2_{ }_z2 ₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }₀_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2

2 0 0 2. .2 2. .0 2. .0 0
0 4 0 2. .0 2. .4 2. .0 0
0 0 6 2. .0 2. .0 2. .6 0
2 4 6 2. .2 2. .4 2. .6 0

a b c d

a b c d

a b c d

a b c d

       



      




      



       





4 4

8 16

12 36

4 8 12 56

a d
b d
c d

a b c d
   


   


   


     



1
2
3
0
a
b
c
d



 

 

 


 _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₆_z_₀__I



_{1; 2; 3}



và R 14 R2 14 .
Vậy: mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2; 3



và R2 14:



 

2

 

2



2

1 2 3 56

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

DẠNG TOÁN 5:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU QUA NHIỀU ĐIỂM &THỎA ĐK

Câu 36: Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu

 

S đi qua bốn điểm



 



, 1;0;0 , 0; 2;0

O A B  và C



0;0;4



.

A.

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₄_y_₈_z_₀_. _B.

 

_{S x}_: 2__y2__z2_{ }_x ₂_y_₄_z_₀_.

C.

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₄_y_₈_z_₀_. _D.

 

_{S x}_: 2__y2__z2_{ }_x ₂_y_₄_z_₀_.

Lời giải
Chọn D

Giả sử phương trình mặt cầu có dạng:

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }_{0 (a}2__b2_{  }_c2 _d ₀₎

Vì mặt cầu

 

S đi qua O A,



1;0;0 ,

 

B 0; 2;0



và C



0;0; 4



nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt

vào Ta có

 

 

2
2

2

0
0

1
1 0 0 2.1. 0

2

0 2 0 2 2 . 0 ₁

0 0 4 2.4. 0 ₂

d
d

a d _a

b d _b

c d _c









      _{ }

 _

 

      

 _{  }

 _{ } _ _{ } 

 _ 

 

_{S x}_: 2 _y2 _z2 _x ₂_y ₄_z ₀

       .

Câu 37: Mặt cầu tâm I a b c



; ;



bán kính R có tâm thuộc mặt phẳng

 

P x y z:    2 0 và đi qua 3
điểm A 2; 0;1





; B 1; 0; 0





; C 1; 1;1





Tìm



a2b3 .c R



.

A. 12. B. 8. C. 4. D. 6.

Lời giải
Chọn C

Gọi _{( ) :}_{S x}2__y2_{ }_z2 ₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }₀_{là phương trình mặt cầu thoả yêu cầu bài tốn.}

Vì ( )S có tâm I a b c



; ;



nằm trên

 

P x y z:    2 0 và đi qua ba điểm A , B , C nên ta có
hệ phương trình

2 1

4 2 5 0

2 1 1

2 2 2 3 1

a b c a

a c d b

a d c

a b c d d

   

 

_{ } _{  }  _

 _

_{   }  _

 

_{ } _ _{  }  _

 

.

Khi đó ( )S có tâm I(1; 0;1), bán kính _R_ _a2__b2__c2_{ }_d ₁_.

Vậy



a2b3 .c R



4.

Câu 38: Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu

 

S đi qua bốn điểm



 



, 1;0;0 , 0; 2;0

O A B  và C



0;0;4



.

A.





2 ₂ ₂

1 5

x y z  . B.





2 ₂ ₂

1 5

x y z  .
C.





2 ₂ ₂

1 5

x y z  . D.





2 ₂ ₂

1 5

x y z  .
Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

Tâm I Ox I x



; 0;0



,

 

S đi qua A B, nên:





2





2





1 1 4 3 0 1 1 1;0; 0

IA IB  x    x      x I .
Bán kính của

 

S là r IA  5.

Phương trình của mặt cầu

 

S là:



_x_₁



2__y2__z2_₅_.

Câu 39: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A



1;0;0



, C



0;0;3



, B



0;2;0



. Tập
hợp các điểm M thỏa mãn _MA2__MB2__MC2_{là mặt cầu có bán kính là:}

A. R 2. B. R 3. C. R3. D. R2.

Lời giải

Chọn A

Giả sử M x y z



; ;



.

Ta có: ₂





2 ₂ ₂

1

MA  x y z ; ₂ ₂





2 ₂

2

MB x  y z ; ₂ ₂ ₂





2

3
MC  x y  z .

2 2 2

MA MB MC _



_x_₁



2__y2__z2 __x2_



_y_₂



2__z2__x2__y2_



_z_₃



2





2 2





2

2x 1 y 2 x z 3

       



 

2

 

2



2

1 2 3 2

x y z

       .

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn _MA2 __MB2__MC2_{là mặt cầu có bán kính là}_R_ ₂_.

Câu 40: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A



1; 2;3



, B



3;4; 4



, C



2;6;6



và I a b c



; ;



là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính a b c  .

A. 46

5 . B. 10. C.

63

5 . D.

31
3 .

Lời giải
Chọn A

Ta có AB



2; 2;1



,BC 



1; 2;2



_ AB BC, _



2; 5;6



.
Phương trình mặt phẳng



ABC



là 2x5y6z10 0 .
Do I a b c



; ;



là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên





I ABC
IA IB
IA IC



 _

 




 

 

 

 

 





 

 

 

 

 



2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 5 6 10 0

1 2 3 3 4 4

1 2 3 2 6 6

a b c

a b c a b c

a b c a b c

    


           



          



3

2 5 6 10 ₁₀

4 4 2 27 4

2 8 6 62 49

10
a
a b c

a b c b

a b c _c

 


  





 _ _ _ _ _

 

 _ _ _ 

 _{ }



.

Vậy 46

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

Câu 41: Trong không gian Oxyz cho các điểm A



3;0;0



, B



0;3;0



, C



0;0;3



. Gọi

 

S là mặt cầu có
đường trịn lớn cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mệnh đề nào sau đây đúng.

A. Điểm O nằm trên

 

S . B. Điểm O nằm trong

 

S .

C. Điểm O nằm ngoài

 

S . D. Điểm O là tâm của

 

S .

Lời giải
Chọn B

Ta có ABC đều nên tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là G



1;1;1



.

Khi đó : OG 3 ; R GA  6. Vì R OG nên điểm O nằm bên trong mặt cầu.

Câu 42: Trong không gianvới hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

 

S có tâm I nằm trên mặt phẳng



Oxy



và đi qua ba điểm A



1; 2; 4 ,



B



1; 3;1 ,



C



2; 2;3 .



Tọa độ tâm I là:

A.



0;0;1



. B.



2;1; 0



. C.



0;0; 2



. D.



2; 1; 0



.
Lời giải

Chọn B

 

I OxyI a b



; ;0



.



 





 





 





 



2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 16 1 3 1 2

1

1 2 16 2 2 9

a b a b

IA IB a

IA IC _a _b _a _b b

         

  

 _ _

 _   _

 _           .

Câu 43: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A



1; 2;3



, B



3;4; 4



, C



2;6;6



và I a b c



; ;



là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính a b c  .

A. 46

5 . B. 10. C.

63

5 . D.

31
3 .

Lời giải
Chọn A

Ta có AB



2; 2;1



,BC 



1; 2;2



_ AB BC, _



2; 5;6



.
Phương trình mặt phẳng



ABC



là 2x5y6z10 0 .
Do I a b c



; ;



là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên





I ABC
IA IB
IA IC



 _

 




 

 

 

 

 





 

 

 

 

 



2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 5 6 10 0

1 2 3 3 4 4

1 2 3 2 6 6

a b c

a b c a b c

a b c a b c

    


_           



          



3

2 5 6 10 ₁₀

4 4 2 27 4

2 8 6 62 49

10

a
a b c

a b c b

a b c _c

 

  





 _ _ _ _ _

 

 _ _ _ 

 _{ }



.

Vậy 46

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A



1; 2; 4



, B



1; 3;1



, C



2; 2;3



.

Tính đường kính l của mặt cầu

 

S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng



Oxy



.

A. l2 41. B. l2 26. C. l2 11. D. l2 13.
Lời giải

Chọn B

Gọi tâm mặt cầu là : I x y



; ; 0



.



 





 





 





 



2 2 ₂ 2 2 ₂

2 2 2 2 2 2

1 2 4 1 3 1

1 2 4 2 2 3

x y x y

IA IB

IA IC _x _y _x _y

 _ _ _ _ _ _ _ _ _



 _

 _ 

 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _





2 ₂





2 ₂

2 2

2 4 3 1

2 1 16 4 4 9

y y

x x x x

     


 

      


10 10 2

2 4 1

y x

x y

  

 

_ _

  

 

   

2 2 ₂

2 2 3 1 4 2 26

l R

        .

Câu 45: Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình
hộp chữ nhật. Mỗi quả bóng tiếp xúc với hai bức tường và nền của căn nhà đó. Trên bề mặt
của mỗi quả bóng, tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường quả bóng tiếp xúc
và đến nền nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài mỗi đường kính của hai quả bóng đó là:

A. 64. B. 16. C. 32. D. 34.
Lời giải

Chọn A

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường và các trục là các cạnh góc nhà. Do hai quả
cầu đều tiếp xúc với các bức tường và nền nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng
toạ độ, vậy tâm cầu sẽ có toạ độ là I a a a



; ;



với a0 và có bán kính R a .

Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt
là 9, 10, 13 nên nói cách khác điểm A



9;10;13



thuộc mặt cầu. Từ đó ta có phương trình:



 

2

 

2



2 ₂

9a  10a  13a a .

Giải phương trình ta được nghiệm a7 hoặc a25.

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

 DẠNG TỐN 6:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT

PHẲNG

Câu 46: Trong không gian Oxyz , mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2;1



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P :x2y2z 2 0.

A.



 

2

 

2



2

1 2 1 9

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 1 9

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 1 3

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 1 3

x  y  z  .
Lời giải

Chọn A

Bán kính mặt cầu là



,

 



1 4 2 2 3
3

R d A P       .

Phương trình của mặt cầu

 

S là



x 1

 

2 y 2

 

2 z 1



29.

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng

 

P : 2x2y z  3 0 và điểm



1; 2 3



I  . Mặt cầu

 

S tâm I và tiếp xúc mp P

 

có phương trình:

A.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 4

S x  y  z  . B.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 16

S x  y  z  .

C.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 4

S x  y  z  . D.

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 2

S x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Ta có ( )S là mặt cầu có tâm I



1; 2; 3



và bán kính R .

Vì ( )S tiếp xúc với mặt phẳng

 

P : 2x2y z  3 0 nên ta có

 



;



2

R d I P  .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ₍_x_₁₎2_₍_y_₂₎2_{ }₍_z ₃₎2_₄_.

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu tâm I



4; 2; 2



bán kính R tiếp xúc với
mặt phẳng

 



:12x5z19 0 . Tính bán kính R .

A. R3 13. B. R13. C. R39. D. R3.
Lời giải

Chọn D

Ta có: _ _{ }_

 

 

, ₂ ₂ ₂

12.4 5. 2 19

3

12 0 5

I

R d _     

   .

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới dây là phương trình mặt cầu
có tâm I



1; 2; 1



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P x: 2y2z 8 0?

A.



 

2

 

2



2

1 2 1 9.

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 1 9.

x  y  z  .

C.



 

2

 

2



2

1 2 1 3

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 1 3

x  y  z  .

Lời giải
Chọn A

Gọi mặt cầu cần tìm là ( )S .

Ta có ( )S là mặt cầu có tâm I



1; 2; 1



và bán kính R .

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

 





   

2 2
2

1 2.2 2.( 1) 8

; 3

1 2 2

R d I P      
    .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:



 

2

 

2



2

1 2 1 9

x  y  z  .

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Viết phương trình mặt cầu tâm I



1; 2; 3



và tiếp xúc
với



Oyz



?

A.



 

2

 

2



2

1 2 3 4.

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 3 1.

x  y  z  .

C.



 

2

 

2



2

1 2 3 9.

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 3 25.

x  y  z  .

Lời giải
Chọn A

Chọn B

Do mặt cầu tiếp xúc với



Oyz nên ta có



R d I Oyz _ ,





_ x_I 1

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 1

S x y z

      

Câu 51: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M



1; 1; 2



và mặt phẳng

 



:x y 2z3. Viết
phương trình mặt cầu

 

S có tâm M tiếp xúc với mặt phẳng

 



.

A.



 

2

 

2



2

2 1 3 9

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

2 1 3 10

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

2 1 3 4

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

2 1 3 13

x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Gọi M là hình chiếu của I trên Oy M



0;1;0



Mặt cầu

 

S tâm I



2;1; 3



và tiếp xúc với trục Oy có bán kính IM  13

Vậy

 

S có phương trình



 

2

 

2



2

2 1 3 13

x  y  z  .

Câu 52: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

 

P có phương trình là
2x2y z 16 0 . Viết phương trình của mặt cầu

 

S có tâm I



3;1;0



, biết

 

S tiếp xúc
với mặt phẳng

 

P .

A.

  

_S _: _x_₃

 

2_ _y_₁



2__z2 _₄_. _B.

  

_S _: _x_₃

 

2_ _y_₁



2__z2_₁₆_.

C.

  

 

2



2 ₂

: 3 1 16

S x  y z  . D.

  

 

2



2 ₂

: 3 1 16

S x  y z  .
Lời giải

Chọn D

Vì

 

S tiếp xúc với

 

P nên

 

S có bán kính



 



 

 

2
2 2

2. 3 2.1 0 16

, 4

2 2 1

R d I P      

   .

Phương trình mặt cầu

  

 

2



2 ₂

: 3 1 16

S x  y z  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

phương trình mặt cầu

 

S tâm I tiếp xúc với mặt phẳng

 

P .

A.



 

2

 

2



2

1 2 4 4

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 4 3

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 2 4 9

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 2 4 9

x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Do ( )P tiếp xúc ( )S nên bán kính R d I P



;

 



3

.

 

 S :



 

2

 

2



2

1 2 4 9.

x  y  z  .

Câu 54: Trong không gian Oxyz , gọi I a b c



; ;



là tâm mặt cầu đi qua điểm A



1; 1;4



và tiếp xúc với
tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P a b c   .

A. P3 B. P9 C. P6 D. P0

Lời giải
Chọn B

Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên







,





,









,







d I Oyz d I Ozx d I Oxy  a  b  c

a b c
a b c
a b c

a b c

 


   




   
    


Nhận thấy chỉ có trường hợp a  b c thì phương trình AI d I Oxy



,







có nghiệm, các
trường hợp cịn lại vơ nghiệm.

Thật vậy:

Với a  b c thì I a a a



; ;









,



AI d I Oyx



 

2

 

2



2 ₂

1 1 4

a a a a

       __a2_₆_a_{ }_{9 0} _{ }_a ₃

Khi đó P a b c   9.

Câu 55: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt cầu đi qua điểm và tiếp
xúc với các mặt phẳng , , . Bán kính mặt cầu bằng.

A. 1. B. 33. C. 3 2. D. 3.
Lời giải

Chọn D

Gọi là tâm mặt cầu.

Ta có: .

Từ .

Xét :

- Từ .

Oxyz

 

S A



2; 2;5



 

 :x1

 

 :y 1

 

 :z1

 

S



; ;



I a b c



 

2

 

2

 

2



2

1 1 (*)
1 1 (**)

1 2 2 5 (***)

a b

a c

a a b c

   
 _{  }




      


(*) (**)

2 0
b c
b c

 


   


b c

(**)

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

- Với thay vào .
Tương tự các trường hợp khác. Chọn D.

a c (***)
4

4 1 3

4

a

b R a

c



      


</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

 DẠNG TOÁN 7:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐƯỜNG TRỊN

TRÊN NĨ.

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_y_₀_{và mặt phẳng}

 

P : 2x2y z 0. Bán kính đường trịn giao tuyến của

 

P và

 

S là

A. 2

3. B.

1

3. C. 1. D.

5
3 .

Lời giải
Chọn D

Mặt cầu

 

S có tâm I 



0;1;0



và bán kính R1.

Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng

 

P :



,

 



2
3

h d I P  .

Bán kính đường tròn giao tuyến của

 

P và

 

S là 2 2 5

3
r R h  .

Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I



2; 4;1



và mặt phẳng

 

P x y z:    4 0.
Tìm phương trình mặt cầu

 

S có tâm I sao cho

 

S cắt mặt phẳng

 

P theo một đường trịn
có đường kính bằng 2 .

A.



 

2

 

2



2

2 4 1 4

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 2 4 3

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

2 4 1 4

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

2 4 1 3

x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Ta có:



 



2 2 2

2 4 1 4

, 3

1 1 1
d I P     

  .

Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có: _R2_{  }_{3 1 4}_.

  

 

2

 

2



2

: 2 4 1 4

S x y z

       .

Câu 58: Đường tròn giao tuyến của mặt cầu

 

S tâmI



3; 1; 4 



, bán kính R4 và mặt phẳng

 

P : 2x2y z  3 0. Tâm H của đường tròn là điểm nào sau đây?

A. H



1;1; 3 .



B. H



1;1;3 .



C. H



1;1;3 .



D. H



3;1;1 .



Lời giải
Chọn A

Gọi d qua I



3; 1; 4 



và vng góc

 

P : 2x2y z  3 0.
3 2

1 2 , .
4

x t

y t t

z t

 



_    

   


 H  d

 

P    t 1 H



1;1; 3



.

Câu 59: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_x_₄_y_₆_z_₀_{. Mặt phẳng}



_Oxy



cắt mặt cầu

 

S theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn giao tuyến ấy có bán kính

r

bằng.

A. r 5. B. r 6. C. r 2. D. r4.
Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

Mặt cầu có bán kính R 1 4 9   14 và tâm I



1; 2;3



.

Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng



Oxy



là d3.
Bán kính đường trịn giao tuyến là _r_ _R2__d2 _ ₅_.

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 2 3 4 25

S x  y  z  . Mặt
phẳng



Oxy



cắt mặt cầu

 

S có giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng:

A. 21. B. 3. C. 6. D. 8.
Lời giải

Chọn B

Mặt cầu

 

S có tâm: I



2; 3; 4 ,



R5.

Gọi H là tâm đường trịn cắt nên H là hình chiếu của I. Vậy H



2; 3; 0



.
Bán kính đường trịn: _r_ _R2__IH2 _ ₅2_₄2 _₃_.

Câu 61: Mặt cầu

 

S có tâm I



1, 2, 5



cắt

 

P : 2x2y z 10 0 theo thiết diện là hình trịn có
diện tích 3



có phương trình

 

S là :

A.



 

2

 

2



2

1 2 5 16

x  y  z  . B. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₁₀_z_{ }_{18 0}_.

C.



 

2

 

2



2

1 2 5 25

x  y  z  . D. _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₁₀_z_{ }_{12 0}_.

Lời giải
Chọn B

Gọi r R, là bán kính thiết diện của

 

S với

 

P và bán kính mặt cầu.
Ta có _B_

_

_r2_₃

_

__r2_{  }₃ _r ₃_.

Mặt khác khoảng cách từ tâm I



1, 2,5



đến

 

P : 2x2y z 10 0 là.

 





   

2 2

2 2

2

2.1 2.2 5 10

, 3 9 3 12.

2 2 1

h I P        R r h   

    .

Vậy phương trình mặt cầu

 

S là.



 

2

 

2



2

1 2 5 12

x  y  z   _x2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₁₀_z_{ }_{18 0.}

Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm I



1; 2;3



và mặt phẳng

 

P : 2x2y z  1 0. Mặt phẳng

 

P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 . Tìm tọa độ tâm và
bán kính của đường trịn giao tuyến.

A. 7; 2 7; , 2 3
3 3 3

K_  _ r

  . B.

7 2 7

; ; , 2 5
3 3 3

K_  _ r

  .

C. 7; 2 7; , 2
3 3 3

K_  _ r

  . D.

7 2 7

; ; , 2 3

3 3 3

K_ _ r

  .

Lời giải
Chọn A

2 2

( ,( )) 2; 4 2 2 3
d I P  r   .

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với

 

P . K là giao điểm của d và (P) suy ra K
là tâm đường tròn giao tuyến. 7; 2 7;

3 3 3
K_  _

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

 

P : 2x2y z  5 0. Viết phương trình mặt cầu

 

S tâmA biết mặt phẳng

 

P cắt mặt
cầu

 

S theo giao tuyến là đường trịn có chu vi bằng 8 . .

A.

  

 

2

 

2



2

: 1  2  2 25

S x y z . B.

  

S : x1

 

2 y2

 

2 z2



2 5.

C.

  

 

2

 

2



2

: 1  2  2 16

S x y z . D.

  

S : x1

 

2 y2

 

2 z2



2 9.

Lời giải
Chọn A

Gọi I là tâm đường trịn

 

C , khi đó IA

 

P IA d A P



;

 



3..
Đường tròn

 

C có chu vi bằng 8 . Do đó: 2r8  r 4..
Gọi R là bán kính mặt cầu

 

S _{ }_R _r2__IA2 _ ₄2_₃2 _₅_.

Vậy phương trình mặt cầu

 

S :



 

2

 

2



2

1 2 2 25.

     

x y z .

Câu 64: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

_S _:_x2__y2__z2_{    }_{x y z} _{1 0}_{cắt mặt}

phẳng Oxy theo giao tuyến là một đường trịn. Tìm tâm và bán kính của đường trịn này.

A. 1 1; ;0 , 6

2 2 3

I_ _ r

  . B.

1 1 2 2

; ;0 ,

2 2 3

I_ _ r

  .

C. 1 1; ;0 , 6

2 2 2

I_ _ r

  . D.





6
1;1; 0 ,

2
I  r .
Lời giải

Chọn C

Gọi I là tâm đường tròn giao tuyến của mặt phẳng Oxy và mặt cầu

 

S . Khi đó, I là hình

chiếu vng góc của tâm mặt cầu lên mặt phẳng Oxynên 1 1; ;0

2 2
I_ _

 .

Khi mặt phẳng Oxy cắt mặt cầu

 

S có tâm M , bán kính R theo giao tuyến là đường trịn
có bán kính

r

thì ta có mối quan hệ như sau: __{d M Oxy}



_,



_2__r2__R2

  .





2

2 2 _, 6

4

r R d M Oxy

  _ _  6

2
r

  .

Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_S _:_x2__y2__z2_₁_{và mặt phẳng}

 

P x: 2y2z 1 0. Gọi

 

C là đường tròn giao tuyến của

 

P và

 

S . Mặt cầu chứa

đường tròn

 

C và qua điểm A



1; 1; 1



có tâm là I a b c



; ;



. Tính S a b c  + .

A. S1. B. S 1. C. 1

2

S  . D. 1

2

S .

Lời giải
Chọn D

Gọi phương trình

 

S _{f x y z}



_{; ; = 0}





_{f x y z}



_{; ; =}



_x2__y2__z2_₂_ax_₂_by_₂_{cz d}_{ }₀



_.

Gọi M x



_M; y_M; z_M



thuộc đường tròn giao tuyến  f x



_M; y_M; z_M



0.

 

2 ₊ 2 ₊ 2 _{1 0}



_; _;





2 ₊ 2 ₊ 2



₀

M M M M M M M M M

M S  x y z    f x y z  x y z  .

2ax_M 2by_M 2cz_M d 1 0

       .

Mà M

 

P ; vì đường trịn có nhiều hơn ba điểm khơng thẳng hàng.

2ax 2by 2cz d 1 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

Mà

 

P x: 2y2z 1 0 2ax_M 2by_M 2cz_M   d 1 k x



2y2z1



.

 

_S_ _:_x2 _y2 _z2 ₁ _{k x}



₂_y ₂_z ₁



₀

         .

Mà A



1; 1; 1

  

 S : 2 2 k   0 k 1.

 

_S_ _:_x2 _y2 _z2 _x ₂_y ₂_z _{2 0}

        nên 1; 1; 1
2

I _  _
 . Vậy

1
+

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

 DẠNG TỐN 8:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM VÀ ĐK CỦA DÂY

CUNG.

Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



 2; 4;5



. Phương trình nào dưới đây là
phương trình của mặt cầu tâm là A và cắt trục

Oz

tại hai điểm B,

C

sao cho tam giác

ABC

vuông.

A.



 

2

 

2



2

2 4 5 40

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

2 4 5 82

x  y  z  .
C.



x2

 

2 y4

 

2 z 5



258. D.



x2

 

2 y4

 

2 z5



2 90.

Lời giải
Chọn A

Do AB AC nên tam giác ABC vuông tại A .Do đó, trung điểm H của đoạn thẳngBC là
hình chiếu của điểm A lên trục Oz.

Ta có: RAH 2 d A Oz



,



. 2 2 2_{. 2}
A A

x y

  2 10

Vậy mặt cầu có phương trình:



 

2

 

2



2

2 4 5 40

x  y  z 

Câu 67: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S tâm I



2;5;3



cắt đường thẳng

1 2

:

2 1 2

x y z

d     tại hai điểm phân biệt A B, với chu vi tam giác IAB bằng 14 2 31 . Phương
trình mặt cầu

 

S là

A.



 

2

 

2



2

2 5 3 31

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

2 5 3 49

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

2 5 3 124

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

2 5 3 196

x  y  z  .
Lời giải

Chọn B

Ta có d đi qua điểm M



1;0; 2 ,



u



2;1; 2



. Do đó d I d

 

, u IM, 3 2
u

 

 

 

 

 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

2 _{18 7} ₃₁

R R

    





2 _{18 80 14 31 2 7} ₃₁ 2

7 31 0

R R R

R

 _ _ _ _ _ _


 

   




7 31



49 7 31
7 31

R
R

   


 

  


7

7

7 31

R

R
R




_  

 

 .

Vậy phương trình mặt cầu là



 

2

 

2



2

2 5 3 49

x  y  z  .

Câu 68: Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I



2;5;3



cắt đường thẳng d: 1 2

2 1 2

x _ y _ z _{tại hai điểm}

phân biết A B; với chu vi tam giác IABbằng 10 2 7 có phương trình:

A.



x2

 

2  y5

 

2  z3



2 7 B.



x2

 

2  y5

 

2  z3



2 28

C.



 

2

 

2



2

2 5 3 25

x  y  z  D.



 

2

 

2



2

2 5 3 100

x  y  z 

Lời giải
Chọn C

Gọi H là hình chiếu cảu I trên đường thẳng d. Ta có

 

; . d 3 2

d

MI u

IH d I d

u

 

 

  

 

 .

với M



1;0; 2



d;u_d 



2;1; 2



.

đặt HA x trong tam giác vuông IAH ta có: _IA_ _HA2__IH2 _ _x2 _₁₈

theo giả thiết ta có : _{IA IB AB}_ _ _₂ _x2 __{18 2}_ _x__{10 2 7}_ _.



2







2 x 18 5 2 x 7 0

      2

2

7 ₇ ₀

18 5

x _x

x


   

 





2

7

7 1 0 7

18 5
x

x x

x

  

  _    _
 

  .

2 2 ₅

R IA HA IH

     .

vậy phương trình mặt cầu là:



 

2

 

2



2

2 5 3 25

x  y  z 

Câu 69: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 3

1 2 1

x y z

d    

  và mặt cầu

 

S tâm
I có phương trình

  

 

2

 

2



2

: 1 2 1 18

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

A. 11

6 . B.

8 11

9 . C.

8 11

3 . D.

16 11

3 .

Lời giải
Chọn C

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 vng góc của I lên đường thẳng d.
Khi đó: IH IC u,

u

 

 


 

 , với IC



0; 2; 2 



; 2x y 3z 4 0
Vậy 62 22 22 66

3
1 4 1

IH    
 

Suy ra 18 22 4 6

3 3

HB  

Vậy, 1 1 66 8 6 8 11.

2 2 3 3 3

IAB

S_  IH AB     .

Câu 70: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_S _:_x2__y2__z2_₂_x_₄_y_₂_z_{ }_{3 0}_và

đường thẳng

2 5
: 4 2

1

x t

d y t

z
 

  


 


. Đường thẳng d cắt

 

S tại hai điểm phân biệt A và B. Tính độ dài
đoạn AB?

A. 2 17

17 . B.

2 29

29 . C.

17

17 . D.

29
29 .

Lời giải
Chọn B

Tọa độ các giao điểm của d và

 

S là nghiệm của hệ phương trình sau:

2 2 2

2 5
4 2

1

2 4 2 3 0 (*)

x t

y t

z

x y z x y z

 

  

 


       


.

Từ (*) ta có:



_{2 5}_ _t

 

2_ _{4 2}_ _t



2_{ }₁2 _{2 2 5}



_ _t

 

__{4 4 2}_ _t



_{  }_{2 3 0}_.
2

0

29 2 0 ₂

29
t

t t

t




   

 


</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

Với





2

0 4 2; 4;1

1
x

t y A

z




 _  
 


hoặc

48
29

2 120 48 120_; _{; 1}

29 29 29 29

1
x

t y B

z
 



  

 _   _ _

 






.

Vậy 10 4; ;0 2 29

29 29 29

AB _ _AB

 

 _.

Cách 2: Tính khoảng cách d từ tâm đến đường thẳng. Khi đó _AB_₂ _R2__d2 _.

Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S có tâm I



1; 1; 2



và đường thẳng

1

: .

1 1 1

x y z

d   

 Đường thẳng d cắt mặt cầu

 

S tại hai điểm A và B với AB10. Viết

phương trình của mặt cầu

 

S .

A.

  

 

2

 

2



2

: 1 1 2 31

S x  y  z  _. B.

  

 

2

 

2



2

: 1 1 2 31

S x  y  z  .

C.

  

 

2

 

2



2

: 1 1 2 27

S x  y  z 

. D.

  

 

 



2 2 2

: 1 1 2 27

S x  y  z  .
Lời giải

Chọn C

Gọi H là trung điểm AB ta có: IH d I d



,



và IH d.



1 ; ;





; 1; 2



H  t t t IH t t  t .
Vì: IH d IH u . _d   0 t 1.



2; 1;1



 

, 2

H d I d IH

     .

Tam giác IAH vuông tại H nên: 2 2 10 2

 

₂ 2 ₂₇

2

IA AH IH  _ _  

  .

Vậy phương trình mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 1 2 27.

S x  y  z  .

Câu 72: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A



0;0; 2



và đường thẳng : 2 2 3

2 3 2

x y z

  

. Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC8 là ?

A.

  

 

2

 

2



2

: 2 3 1 16

S x  y  z  . B.

  



2 ₂ ₂

: 2 25

S x y z  .
C.

 

₂ ₂





2

: 2 16

S x y  z  . D.

 

₂ ₂





2

: 2 25

S x y  z  .

R 10

H
I

B

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

Chọn D

Kẻ AH  



H



HB HC 4.
Ta có

2 2

: 2 3

3 2

x t

y t

z t

  




 _  

   





t_



H



2t2;3t2; 2t3



AH 



2t2;3t2; 2 1t



.
Lại có u 



2;3;2





, AH   AH u. _ 02 2



t 2

 

3 3t 2

 

2 2 1t 



0
0

t

  AH  



2; 2; 1



 

2 ₂

 

2

2 2 1 3

AH

       .

Mặt cầu

 

S có tâm A



0;0; 2



, bán kính _R_ _AH2__HB2 _ ₃2_₄2 _₅

 

₂ ₂





2

: 2 25

S x y z

     .

Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm (0;0;3)I và đường thẳng

1

: 2 .

2
  


 

  


x t

d y t

z t

Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm , A B sao cho tam
giác IAB vuông là:

A. 2 2



₃



2 8_.

3

   

x y z B. 2 2



₃



2 2_.

3

   

x y z

C. 2 2



₃



2 4_.

3

   

x y z D. 2 2



₃



2 3_.

2

   

x y z

Lời giải
Chọn A

 Gọi H



 1 ;2 ;2t t  t



d là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d



1 ; 2 ; 1



IH   t t  t

 Ta có vectơ chỉ phương của d : ad 



1; 2;1



và IH d

1 2 2 7

. 0 1 4 1 0 2 6 0 ; ;

3 3 3 3

 

                _ _

 

 

d

IH a t t t t t H

2 2 2

2 2 2 2 3

3 3 3 3

     
  _{ } _{ } _{ } 

     
IH

 Vì tam giác IAB vng tại Ivà IA IB R  . Suy ra tam giác IAB vng cân tại I, do đó
bán kính:

0 2 2 3 2 6

cos 45 2 . 2 2.

2 3 3

     

R IA AB IH IH

 Vậy phương trình mặt cầu

 

_: 2 2



₃



2 8

3

   

S x y z .

Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm I



3; 4; 0



và đường thẳng

1 2 1

:

1 1 4

x y z

  

 . Viết phương trình mặt cầu

 

S có tâm I và cắt  tại hai điểm A B,

sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12 .

A.



_x_₃

 

2_ _y_₄



2__z2_₂₅_. _B.



_x_₃

 

2_ _y_₄



2__z2 _₅_.

C.



_x_₃

 

2_ _y_₄



2__z2_₂₅_. _D.



_x_₃

 

2_ _y_₄



2__z2_₅_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

Chọn C

Gọi H là trung điểm AB . Khi đó 1 .

 

, 8
2

IAB

S  AB d I  AB .

Do đó, ₂ ₂





2 ₂ ₂

, 4 3 25

R HA d I     .

Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm I



1;7;5



và đường thẳng

1 6

:

2 1 3

 _  _


x y z

d . Phương trình mặt cầu có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B
sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là

A.



x1

 

2 y7

 

2 z 5



2 2018. B.



x1

 

2 y7

 

2 z5



2 2017.
C.



x1

 

2 y7

 

2 z5



2 2016. D.



x1

 

2 y7

 

2 z5



2 2019.

Lời giải
Chọn B

Gọi H là hình chiếu của I



1;7;5



trên dH



0;0; 4



IH d I d



;



2 3
2

.

8020
2



AIB    AIB 

S
IH AB

S AB

IH

2

2 2 ₂₀₁₇

2
 
  _ _ 

 
AB
R IH

Vậy phương trình mặt cầu là:



 

2

 

2



2

1 7 5 2017.

     

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

DẠNG TỐN 9:

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU BIẾT TÂM THUỘC D, THỎA ĐK

Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 3 2

1 1 1

x y z

d     và điểm



2; 1; 0



M  . Gọi

 

S là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mp



Oxy



tại điểm M . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn?

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

Lời giải
Chọn B

Ta có

3
:

2

x t

d y t

z t

 

 


   


nên I d I



3t t; ; 2 t



, IM



1 ; 1; 2t t  t



Mặt phẳng



Oxy



có vtpt k



0; 0; 1



.

Ta có: _ IM k;     _



1 ; t t 1; 0



      0 t 1 0 t 1 nên I



2; 1; 3 









,



3 3

1

R d I Oxy   . Vậy



 

2

 

2



2

2 1 3 9

x  y  z  .

Câu 77: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1

2 1 2

x y z

d   

 và hai điểm A



2;1;0



,



2;3;2



B  . Phương trình mặt cầu

 

S đi qua hai điểm A , B và có tâm thuộc đường thẳng

:
d

A.



 

2

 

2



2

1 1 2 16

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

1 1 2 9

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

1 1 2 5

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2

1 1 2 17

x  y  z  .

Lời giải

Chọn D

+ Gọi I là tâm của mặt cầu

 

S . Vì I d nên I



1 2 ; ; 2 , t t  t t



_.

+ Do mặt cầu

 

S đi qua hai điểm A , B nên IA IB r  __IA2__IB2_{  }_t ₁



1; 1; 2



I

    r IA 17. Vậy

 

S :



x1

 

2 y1

 

2 z2



217.

Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A



3; 1;2



,



1;1; 2



B  và có tâm thuộc trục Oz là

A. _x2__y2_{ }_z2 ₂_z_{ }_{10 0}_. _B.





2 ₂ ₂

1 11

x y z  .
C. ₂





2 ₂

1 11

x  y z  . D. _x2__y2_{ }_z2 ₂_y_{ }_{11 0}_.

Lời giải
Chọn A

Gọi tâm của mặt cầu là I a b c



; ;



.
Vì I Oz nên I



0;0;c



.

Lại có _{IA IB}_ _ _IA2__IB2





2





2

9 1 c 2 1 1 c 2

         c 1.
Bán kính mặt cầu R 11.

Vậy phương trình mặt cầu là ₂ ₂





2

1 11

x y  z  __x2__y2_{ }_z2 ₂_z_{ }_{10 0}_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57>

3
:

1 1 2

x y z

   . Biết rằng mặt cầu

 

S có bán kính bằng 2 2 và cắt mặt phẳng



Oxz



theo
một đường trịn có bán kính bằng 2 . Tìm tọa độ của điểm I.

A. I



1; 2; 2 , 

 

I 1; 2; 2



. B. I



1; 2; 2 , 0; 3;0

 

I 



.
C. I



1; 2; 2 , 5; 2;10

 

I



. D. I



5; 2;10 , 0; 3;0

 

I 



.

Lời giải
Chọn C

Mặt phẳng



Oxz



:y0. : 3



; 3 ; 2



1 1 2

x y z

I     I t  t t .

Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng



Oxz



. R r, lần lượt là bán kính mặt cầu và bán
kính đường trịn giao tuyến. Theo bài ta có _IH __{d I Oxz}



_,







_ _R2__r2 _ _{8 4 2}_{ } _.

1
3

2

5
1

t
t

t


  

 _{  }


 .

Với t 1 I



1; 2; 2



, với t 5 I



5; 2;10



.

Câu 80: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2__{ax by cz d}_ _{  }₀

có bán kính R 19, đường thẳng

5

: 2 4

1 4

x t

d y t

z t

 


   



   


và mặt phẳng

 

P : 3x y 3z 1 0.

Trong các số



a b c d; ; ;



theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn a b c d   43, đồng thời
tâm I của

 

S thuộc đường thẳng d và

 

S tiếp xúc với mặt phẳng

 

P ?

A.



 6; 12; 14;75 .



. B.



6;10; 20;7 .



.

C.



10; 4; 2; 47 .



. D.



3;5;6; 29 .



.

Lời giải
Chọn A.

Ta có I d I



5  t; 2 4 ; 1 4 .t   t



Do

 

S tiếp xúc với

 

P nên



;

 



19 19 19 19 0
2
t

d I P R t

t


     _{   }


Mặt khác

 

S có tâm ; ; ;

2 2 2
a b c
I _   _

  bán kính

2 2 2

19
4

a b c
R    d
Xét khi t 0 I



5; 2; 1  

 

a b c d; ; ;

 

 10; 4;2; 47



I

H
R

</div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

Do 2 2 2 19
4

a b c _{ }_d _{nên ta loại trường hợp này.}
Xét khi t 2



a b c d; ; ;

 

  6; 12; 14;75



Do 2 2 2 19

4

a b c _{ }_d _{nên thỏa.}

Câu 81: Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng

 

P x y:  2z 1 0,

 

Q : 2x y z   1 0. Gọi

 

S là mặt cầu có tâm thuộc trục hồnh, đồng thời

 

S cắt mặt phẳng

 

P theo giao tuyến

là một đường trịn có bán kính bằng 2 và

 

S cắt mặt phẳng

 

Q theo giao tuyến là một
đường trịn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu

 

S thỏa yêu

cầu.

A. r 2 B. 3 2

2

r C. r 3 D. 3

2
r

Lời giải
Chọn B

Gọi I m



;0;0



là tâm mặt cầu có bán kính R , d1, d2 là các khoảng cách từ I đến

 

P và

 

Q . Ta có ₁ 1
6
m

d   và 2

2 1

6
m

d  

Theo đề ta có 2 2 2
1 4 2

d   d r 2 2 1 ₄ 4 2 4 1 2

6 6

m  m m  m _r

   

2 ₂ ₂ 2 _{8 0}

m m r

    

 

1 .

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình

 

1 có đúng một nghiệm m _{ }₁



₂_r2_₈



_₀
2 9

2
r

  3 2

2
r

  .

Câu 82: Trong không gian Oxyz, cho các đường thẳng

1 2

: 1, :

1

x x

d y d y t

z t z t

 

 

 _ _  _ _

 

 _  _{ } _

 

và : 1 1

1 1 1

x y z

   . Gọi

 

S là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng d d, . Phương trình của

 

S là

A.



_x_₁



2__y2_



_z_₁



2 _₁_. _B.



 

2

 

2



2

2 1 2 1

x  y  z  .
C.

2 2 2

3 1 3 1

2 2 2 2

x y z

 _  _ _  _ _  _

     

      . D.

2 2 2

5 1 5 9

4 4 4 16

x y z

 _  _ _  _ _  _

     

      .

Lời giải
Chọn A

Đường thẳng  có phương trình tham số là:

1
:

1

x m

y m

z m

 



 _ 

  


. Gọi I là tâm mặt cầu

 

S ta có



1; ; 1



I m m m .

Đường thẳng d đi qua A



1;1;0



và có véctơ chỉ phương u1



0;0;1





_

_

; 1, 1
AI m m m
   .
Đường thẳng d đi qua B



2;0;1



và có véctơ chỉ phương u2



0;1;1





_

_

</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>





2 ₂



 

2



2

1 2

1 2

; ; ₁ ₁ ₁

0

1 2

IA u IB u _m _m _m _m

m

u u

    _ _ _ _ _

 _  _  _  _ _ _{ }



1;0;1



I

 và R1. Phương trình của mặt cầu

 

S là



_x_₁



2_ _y2_



_z_₁



2 _₁_.

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1
x t
d y
z t


  

  


và 2 mặt phẳng

 

P và

 

Q lần lượt có phương trình x2y2z 3 0; x2y2z 7 0. Viết phương trình mặt
cầu

 

S có tâm I thuộc đường thẳng d, tiếp xúc với hai mặt phẳng

 

P và

 

Q .

A.



 

2

 

2



2 4

3 1 3

9

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2 4

3 1 3

9
x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2 4

3 1 3

9

x  y  z  . D.



 

2

 

2



2 4

3 1 3

9
x  y  z  .
Lời giải

Chọn D

Ta có I d I t



; 1; t



. Mặt cầu

 

S tiếp xúc với

 

P và

 

Q _{khi và chỉ khi}

 







 



2 2 2 2 2 2

; ;

2 2 3 2 2

2
7
1 1

1
2 2
5
3
2

d I P d I Q

t t t t

t t
t

     
 




 





Vậy tọa độ tâm mặt cầu là I



3; 1; 3 



với bán kính



;

 



3 2 2 3 7₂ ₂ ₂ 2

2 3

1 2

R d I Q   




  

 .

Câu 84: Trong không gian Oxyz , gọi

 

S là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1
2 3 4
x _{ }y z _và
đi qua điểm M



0;3;9



. Biết điểm I có hồnh độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng

2 2 2 0

x y z  , 3x 2 0. Phương trình của

 

S là

A.



 

2

 

2



2

4 6 9 5

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  .
C. _x2__y2_



_z_₁



2_₇₃_{. D.}



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  .
Lời giải

Chọn B

Vì tâm I thuộc đường thẳng 1
2 3 4

x _{ }y z _nên_I_

_

_{2 ;3 ;1 4}_{t t} _ _t

_

_.
Ta có hệ:

    



 

 

2 2

2 2

2 2 3 2 1 4 2 3 2 2

3

1 2 2

t  t   t  t 



  

2t 2 3 1t

   





3 6;9;13

1 2_; 3 1_;

5 5 5 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

  

2

 

2



2

6 3 9 9 13 88

IM

        .

Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  .

Câu 85: Trong không gian Oxyz, gọi

 

S là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1
2 3 4

x_{ }y z _{và đi qua}
điểm M



0;3;9



. Biết điểm I có hồnh độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng

2 2 2 0

x y z  , 3x 2 0. Phương trình của

 

S là

A.



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  . B.



 

2

 

2



2

4 6 9 5

x  y  z  .
C.



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  . D. _x2__y2_



_z_₁



2_₇₃_.

Lời giải
Chọn C

Vì tâm I thuộc đường thẳng 1

2 3 4

x _{ }y z _nên_I_

_

_{2 ;3 ;1 4}_{t t} _ _t

_

_.
Ta có hệ:

    



 

 

2 2

2 2

2 2 3 2 1 4 2 3 2 2

3

1 2 2

t  t   t  t 



  

2t 2 3 1t

   





3 6;9;13

1 2 3 1

; ;

5 5 5 5

t I

t I

 



_{     }_ _

 

 _ _



.

Vì điểm I có hồnh độ là số ngun, do đó I



6;9;13



  

2

 

2



2

6 3 9 9 13 88

IM

        .

Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:



 

2

 

2



2

6 9 13 88

x  y  z  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>



Phương trình mặt phẳng

 

P A x By Cz D:    0 với _A2_B2_C2₀_{. Có véctơ pháp tuyến là}







 _{; ;}

n A B C .



Mặt phẳng

 

P đi qua điểm M x y z



0; ;0 0



và nhận vectơ n



A B C; ;



làm vectơ pháp tuyến có

dạng

  

P A x x:  0



B y y



 0



C z z



 0



0.

Các mặt phẳng đặc biệt:

TÍNH CHẤT MẶT PHẲNG PHƯƠNG TRÌNH HỆ SỐ ĐẶC BIỆT

 

 đi qua/chứa gốc O.

 

 :A x By Cz  0 D  0

 

 song song/chứa Ox.

 

 :By Cz D  0 A 0

 

 song song/chứa Oy .

 

 :A x Cz D  0 B  0

 

 song song/chứa Oz.

 

 :A x By D  0 C  0

 

 song song/trùng



Oxy



.

 

 :Cz D 0 A B  0

 

 song song/trùng



Oxz



.

 

 :By D 0 A C  0

 

 song song/trùng



Oyz



.

 

 :A x D 0 B C  0



Nhận xét:

Mặt phẳng không chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa trục đó hoặc

mặt phẳng khơng chứa ẩn nào thì mặt phẳng sẽ song song hoặc chứa mặt phẳng đó.
A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG:



Cho mặt

 

 :A x By Cz D   0 ;

 

 :A x B y C z D      0. Khi đó có các trường hợp sau:

TRƯỜN
G HỢP

 

 cắt

 



 

 song song

 



 

 trùng

 



 

 vng góc

 



XẢY
RA
KHI &

CHỈ
KHI

 

  

A B C

A B C .     

A B C D

A B C D .     

A B C D

A B C D . A A. B B. C C. 0.

CH

U

YÊ

N

Đ

Ề

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP:

LOẠI HƯỚNG DẪN

LOẠI
1.

 

 quaM x y z



0; ;0 0



có sẵn véctơ pháp tuyến







 _{; ;}

n A B C

Phương trình

  

P A x x:  ₀



B y y



 ₀



C z z



 ₀



0.

LOẠI
2.

 

 đi qua ba điểm ; ;A B C khơng thẳng hàng.

– Tìm véctơ A B và A C.

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n_{ }A B A C ; _.

 

 đi qua ba điểm A a



;0;0 ;

 

B 0; ;0 ;b

 

C 0;0;c



.

(Phương trình đoạn chắn) Phương trình

 

:   1
x y z
P

a b c .
LOẠI

3.

 

 đi qua hai điểm ;A B và có véctơ a



a a a1; ;2 3



.

– Tìm véctơ A B và có sẵn véctơ a.
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: _n_{ }_{A B}_;a__.
LOẠI

4.

 

 qua M x y z



0; ;0 0



và có cặp véctơ









 








 1 2 3

1 2 3

a ; ;

b ; ;

a a a

b b b .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n_{  }a ;b .

– Mặt phẳng

 

 qua điểm M .

LOẠI

5.

 

 qua M x y z



0; ;0 0



và / /

 

 :A x By Cz D   0.

 Cách 1:

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n_{ }_ n_{ }_ 



A B C; ;



.

– Mặt phẳng

 

 qua điểm M .

 Cách 2:

– Do

   

 / /  phương trình

 

 :A x By Cz D   0 với D D .
– Thay tọa độ điểm M vào

 

 D ? phương trình mặt phẳng

 

 .
LOẠI

6.

 

 là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng A B .

– Véctơ pháp tuyến của mặt

 

 là:




n A B.

– Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn A B .
– Mặt phẳng

 

 qua điểm I .

LOẠI
7.

 

 qua điểm ;A B và vng góc

 

 :A x By Cz D   0.

– Tìm cặp véctơ A B và n A B n;_{ }_ _.
– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: _{ } _{ }_ 



 _;

n A B n .

– Mặt phẳng

 

 qua điểm A .
LOẠI

8.

 

 qua M x y z



0; ;0 0



và  2 mặt

 

P A x By Cz D:    0 &

 

Q A x B y C z D:       0

.

– Tìm cặp véctơ n_{ }P và n Q .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

– Mặt phẳng

 

 qua điểm M x y z



0; ;0 0



.

LOẠI

9.

 



song song

 

P A x By Cz D:    0 và cách

 

P

một khoảng bằng k.

– Vì

   

 / / P  phương trình mặt

 

 :A x By Cz D   0 với D D .
– Vì

 

 cách

 

P một khoảng bằng k

   





 

_

_{ }

_

 

d ; P m_{}M d M P; m






   

 

2 2 2 ?

D D

m D

A B C

– Có D  phương trình mặt

 

P hồn

chỉnh.
LOẠI

10.

 



qua

M x y z



0; ;0 0



và

  

d:x X y Y z Z

a b c

.

– Tìm véctơ u_d 



a b c; ;



.

– Vì

 

  d véctơ pháp tuyến của mặt
phẳng

 

 là: n u d.

– Mặt phẳng

 

 qua điểm M x y z



0; ;0 0



.

LOẠI

11.

 



qua M x y z



0; ;0 0



và chứa

 _  _ 
:x X y Y z Z
d

a b c

.

– Lấy điểm A tùy ý thuộc d, dễ nhất ta

nên lấy A X Y Z



; ;



.

– Tìm véctơ A M và u_d.

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n_{ }A M u;_d_.

– Mặt phẳng

 

 qua điểm M x y z



0; ;0 0



.

LOẠI
12.

 

 chứa d:x X y Y z Z

a b c và

  

  

  

  

:x X y Y z Z
d

a b c cắt nhau

– Tìm véctơ ud và ud.

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n



u u d; d



.

– Mặt phẳng

 

 qua điểm A d hoặc




B d .

LOẠI
13.

 

 chứa d:x X y Y z Z

a b c và

  

  

  

  

:x X y Y z Z
d

a b c song song.

– Tìm A d hoặc B d 

– Tìm véctơ A B, u_d_ và u_d.

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n_{ }A B u;_d_ hoặc   


 _;

d

n A B u .
– Mặt phẳng

 

 qua điểm A d hoặc



B d

LOẠI
14.

 

 chứa d:x X y Y z Z

a b c và vng góc

 

P A x By Cz D:    0.

– Tìm A d  A

 

P .
– Tìm véctơ ud và n P .

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

LOẠI
15.

 

 chứa d:x X y Y z Z

a b c và song song với

  

  

  

  

:x X y Y z Z
d

a b c .

– Tìm A d , do d

 

  A

 

 .
– Tìm véctơ ud và ud.

– Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



là: n



u u d; d



.

– Mặt phẳng

 

 qua điểm A d .



CHƯA SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

DẠNG TỐN 1:

TÌM VTPT, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 3x2y z  1 0. Mặt phẳng

 

P có vectơ pháp tuyến là.

A. n



2;3; 1



. B. n



3; 2; 1



. C. n 



1;3; 2



. D. n



3; 1;2



.

Lời giải

Chọn B

Nếu

 

P ax by cz d:    0 thì

 

P có VTPT là n



a b c; ;



(hoặc là một vecto cùng phương
với n).

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng



Oyz



là:

A. n



1; 0; 0



. B. n



0; 1; 0



. C. n



0; 0; 1



. D. n



1; 0; 1



.
Lời giải

Chọn A

Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x: 4y3z 2 0. Một vectơ pháp tuyến của
mặt phẳng

 

P là ?

A. n2



1; 4;3





. B. n3 



1; 4; 3





. C. n4  



4;3; 2





. D. n1



0; 4;3





.
Lời giải

Chọn B

 

P có vectơ pháp tuyến là n



1; 4;3



nên n3 



1; 4; 3  



n

 

cũng là vectơ pháp tuyến.

Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x y:  2z 3 0. Một véctơ
pháp tuyến của mặt phẳng

 

P là

A. n 



2;1;1



. B. n



0;0; 2



. C. n



1; 2;1



. D. n



1;1; 2



.
Lời giải

Chọn D

Câu 5: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào sau đây nhận n



1; 2;3



làm vectơ pháp tuyến?

A. 2x4y6z 1 0. B. 2z4z 6 0.
C. x2y3z 1 0. D. x2y3z 1 0.

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng 2x4y6z 1 0 nhận vectơ n



2;4;6



hay vectơ n1 



1; 2;3





làm vectơ pháp
tuyến.

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

 

P x y z:    1 0.

A. I



1;0;0



. B. O



0;0;0



. C. K



0;0;1



. D. J



0;1;0



.

Lời giải
Chọn B

Với O



0;0;0



, thay vào

 

P ta được:  1 0.

Câu 7: Trong không gian Oxyz , điểm M



3; 4; 2



thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?

A.

 

Q x:  1 0. B.

 

P z:  2 0.

C.

 

R x y:   7 0. D.

 

S x y z:    5 0.

Lời giải
Chọn C

Xét đáp án A ta thấy 3 4 7 0   vậy M thuộc

 

R .

Xét đáp án B ta thấy 3 4 2 5 10 0     vậy M không thuộc

 

S .
Xét đáp án C ta thấy 3 1 2 0   vậy M không thuộc

 

Q .

Xét đáp án D ta thấy     2 2 4 0 vậy M không thuộc

 

P .

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm A



1; 3;5



A.

 

P : 3x y z   5 0. B.

 

P : 2x y 3z10 0 .
C.

 

P : 3x y z   5 0. D.

 

P : 2x y 3z20 0 .

Lời giải
Chọn D

Vì 2.1  

 

3 3.5 20 0  .

Câu 9: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

 

P có phương trình 3x y z   1 0. Trong các
điểm sau đây điểm nào thuộc

 

P .

A. A



1; 2; 4 



. B. C



1; 2; 4



. C. D



  1; 2; 4



. D. B



1; 2;4



.
Lời giải

Chọn A

Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy điểm A thỏa.

Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng :x y z   1 0 và

 



: 2 x my2z 2 0. Tìm m để

 



song song với

 



.

A._{Không tồn tại}m_. B. m 2.

C. m2. D. m5.

Lời giải
Chọn A

 



có VTPT là n1



1;1; 1



và A



0;0;1

  





;

 



có VTPT là n2 



2; ;2m



.

Để

   



//



thì n1, n2 cùng phương và A

 



2 2 2

1 1 1 1

2 0
m

 

 _ _ _



  

 


</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

DẠNG TOÁN 2:

PTMP TRUNG TRỰC CỦA ĐOẠN THẲNG

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1; 1; 1



,B



1; 3; 5



. Viết phương trình mặt phẳng
trung trực của đoạn thẳng AB .

A. y2z 6 0_. B. y2z 2 0_. C. y3z 8 0_. D. y3z 4 0.
Lời giải

Chọn C



0; 2; 6



AB 


, trung điểm của AB là M



1; 2; 2



.Mặt phẳng cần tìm là y3z 8 0.

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1;3;1



, B



3; 1; 1 



. Viết phương trình mặt phẳng
trung trực của đoạn AB..

A. 2x2y z  1 0. B. 2x2y z 0.
C. 2x2y z 0. D. 2x2y z 0.

Lời giải
Chọn B

I là trung điểm AB I



1;1;0



.

Mặt phẳng trung trực của AB là

 







 



qua 1;1;0
:

VTPT 4; 4; 2 2 2; 2; 1
I

AB

 

     

  .

 

 :2x 2y z 0

    .

Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1;2; 1



và B



3; 2;3



. Viết phương trình mặt phẳng
trung trực

 

P của đoạn thẳngAB.

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

Lời giải
Chọn C

Ta có AB



2; 4;4 ;

 

M 2,0,1 ,



phương trình mặt phẳng trung trực

 

P của đoạn thẳng AB
là x2y2z_{  .}4 0.

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A



1; 1;1



, B



3;3; 1



. Lập phương trình
mặt phẳng

 



là trung trực của đoạn thẳng AB

A.

 



:x2y z  2 0 B.

 



:x2y z  4 0

C.

 



:x2y z  3 0 D.

 



:x2y z  4 0

Lời giải
Chọn B

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng trung trực

 



của đoạn
thẳng ABvới A



0;4; 1



và B



2; 2; 3 



là

A.

 



:x3y z  4 0. B.

 



:x3y z 0.

C.

 



:x3y z  4 0. D.

 



:x3y z 0.

Lời giải
Chọn D

Gọi M là trung điểm của AB , ta có M



1;1; 2



.
Mặt phẳng trung trực

 



của đoạn thẳng AB :



2; 6; 2



đi qua M
vtpt AB


 

 


 

Phương trình

  



:2 x 1

 

6 y 1

 

2 z2



0 2x6y2z0 x 3y z 0.

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



4;0;1



và B



2; 2;3



. Phương trình
nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ?

A. 6x2y2z 1 0. B. 3x y z  0.
C. 3x y z   6 0. D. 3x y z   1 0.

Lời giải
Chọn B

Gọi

 

P là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB .

Véc tơ pháp tuyến của

 

P là n_{ }_P AB 



6;2; 2



 

P đi qua trung điểm M của AB . Tọa độ trung điểm M



1;1;2



Vậy phương trình trung trực của đoạn thẳng AB là:

 

P : 3x y z  0.

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1; 1;1 ;

 

B 3;3; 1



. Lập phương trình
mặt phẳng

 



là trung trực của đoạn thẳng AB.

A.

 



:x2y z  3 0 B.

 



:x2y z  4 0

C.

 



:x2y z  2 0 D.

 



:x2y z  4 0

Lời giải

Chọn D

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB , suy ra I



2;1;0



.

Ta có AB



2; 4; 2 

 

2 1;2; 1



.

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là



x 2

 

2 y  1

 

z 0



0

2 4 0

x y z

     .

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



1;3;2



, B



5;7; 4



. Phương trình mặt
phẳng trung trực của AB là

A. 2x2y3z19 0 . B. 2x2y3z19 0 .
C. 2x2y3z38 0 . D. 3 5 1

2 2 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

Chọn A

Gọi I là trung điểm của AB I



3;5; 1



.

Mặt phẳng trung trực của AB sẽ đi qua I



3;5; 1



và có một vectơ pháp tuyến là



4;4; 6



AB 


nên phương trình: 4



x 3

 

4 y 5

 

6 z 1



02x2y3z19 0 .

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



1;6; 7



và B



3;2;1



. Phương trình

mặt phẳng trung trực đoạn AB là

A. x2y4z18 0 . B. x2y3z 1 0.
C. x2y3z17 0 . D. x2y4z 2 0.

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng trung trực đoạn AB đi qua trung điểm I



2; 4; 3



của đoạn AB và nhân



2; 4;8



AB 


làm vectơ pháp tuyến có phương trình:



 

 



2 x 2 4 y 4 8 z 3 0  x 2y4z18 0 .

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1; 2; 1



và B



3;0; 1



. Mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là

A. 2x y  1 0 B. x y z   3 0 C. 2x y  1 0 D. x y z   3 0

Lời giải
Chọn A

Trung điểm của đoạn AB là M



1;1; 1



.

Ta có AB  



4; 2;0



là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của AB .

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

 DẠNG TOÁN 3:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTPT (KHƠNG DÙNG TÍCH CĨ

HƯỚNG)

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A



3;2; 2



, B



1;0;1



và C



2; 1;3



. Viết phương trình
mặt phẳng đi qua A và vng góc BC.

A. x y 2z 1 0. B. x y 2z 5 0.
C. x y 2z 3 0. D. x y 2z 3 0.

Lời giải
Chọn D

Ta có: Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A



3;2; 2



và có véc tơ pháp tuyến



1; 1; 2



BC 



là x y 2z 3 0.

Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1; 2; 4



, B



2;1;2



. Viết phương trình mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng AB tại điểm A .

A.

 

P x: 3y2z 1 0. B.

 

P x: 3y2z 1 0.
C.

 

P x: 3y2z13 0 . D.

 

P x: 3y2z13 0 .

Lời giải
Chọn D

Ta có AB



1;3; 2



.

Phương trình mặt phẳng

 

P là 1.



x 1

 

3 y 2



2.



z4



0 x 3y2z13 0 .

Câu 23: Mặt phẳng đi quaA



2; 4;3



, song song với mặt phẳng 2x3y6z19 0 có phương trình
dạng.

A. 2x3y6z 2 0_. B.  2x 3y6z 1 0.
C. 2x3y6z0. D. 2x3y6z19 0 .

Lời giải
Chọn A

Loại đáp án B, D vì khơng song song.
Thử tọa độ điểm A , Chọn C.

Câu 24: Trong hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng qua M



1;1;1



song song



Oxy



là.

A. x y – 2 0 . B. x y z  – 3 0 . C. z–1 0 . D. y–1 0 .
Lời giải

Chọn C

  

P € Oxy





 

P z d:  0.

 

1

 

: 1 0

M P    d P z  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

A.

x



2

y z

  

2 0

. B.

x z

  

2 0

.
C.

x



2

y z

 

0

. D.

x



2

y z

  

4 0

.

Lời giải
Chọn A

(1; 2; 1)



 



AB

.

Phương trình mặt phẳng:

(

x

 

1) 2(

y

   

1) (

z

1) 0

 

x

2

y z

  

2 0

.

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua điểm M



2; 3; 4



và nhận n 



2; 4;1



làm vectơ pháp tuyến.

A. 2x4y z 12 0 . B.  2x 4y z 12 0 .
C. 2x4y z 10 0 . D.  2x 4y z 11 0 .

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng có phương trình là:

 

P : 2



x 2

 

4 y 3 1.

 

z4



0  2x 4y z 12 0 .

Câu 27: Trong không gian Oxyz , Gọi (



) là mặt phẳng đi qua điểm A



1;5;7



và song song với mặt
phẳng (): 4 – 2x y z – 30. Phương trình nào sau đây là phương trình tổng quát của ( ) .

A. 4 – 2x y z  3 0. B. 4 – 2x y z  1 0.
C. 4 – 2x y z – 2 0 . D. 4 – 2x y z –1 0 .

Lời giải
Chọn D

( ) ( )







_{nên ( )} có dạng 4 – 2x y z c  0, (



) đi qua điểm A



1;5;7 .



.
Nên 4 – 2.5 7     c 0 c 1 vậy (): 4x– 2y z  1 0..

Câu 28: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P đi qua gốc toạ độ và nhận



3; 2;1



n


là véctơ pháp tuyến. Phương trình của mặt phẳng  P là

A. 3x2y z  2 0. B. x2y3z0.
C. 3x2y z 14 0 . D. 3x2y z 0.

Lời giải
Chọn D

mp P qua O



0;0;0



và nhận n



3;2;1



làm VTPT  PT

 P : 3



x 0



2

_

y 0

_

1



x 0



03x2y z 0.

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , phương trình mặt phẳng

 



đi qua điểm



0; 1; 4



M  , nhận n



3; 2; 1



là vectơ pháp tuyến là:

A. 3x3y z 0. B. 2x y 3z 1 0.
C. x2y3z 6 0  . D. 3x2y z  6 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

Phương trình mặt phẳng

 



đi qua điểm M 



1;0; 1



, nhận n



2; 1;3



làm vectơ pháp
tuyến là: 2



x 1 1.

 

y 0

 

3 z  1



0 2x y 3z 1 0.

Câu 30: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua M



1; 2;3



và song song với mặt phẳng
2 3 1 0

x y z  có phương trình là:

A. x2y3z 6 0. B. x2y3z 6 0.
C. x2y3z 6 0. D. x2y3z 6 0.

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng cần tìm có dạng x2y3z c 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

DẠNG TỐN 4:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CĨ HƯỚNG.

Câu 31: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

 

P và

 

Q lần lượt có
phương trình là x y z  0, x2y3z4 và điểm M



1; 2;5



. Tìm phương trình mặt
phẳng

 



đi qua điểm M đồng thời vng góc với hai mặt phẳng

 

P ,

 

Q .

A. x4y3z 6 0. B. 5x2y z  4 0.
C. 5x2y z 14 0 . D. x4y3z 6 0.

Lời giải
Chọn D

Vectơ pháp tuyến của

 

P là n₁



1;1; 1



.
Vectơ pháp tuyến của

 

Q là n2 



1; 2;3





.





1; 2 1; 4; 3

n_n n _  

  

Vì

 



vng góc với

 

P và

 

Q nên

 



có vectơ pháp tuyến là n.

Mặt phẳng

 



có phương trình là 1



x 1

 

4 y 2

 

3 z 5



0 hay x4y3z 6 0.

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M



1;0; 2



, N



 3; 4;1



, P



2;5;3



. Mặt
phẳng



MNP



có một véctơ pháp tuyến là:

A. n



16;1;3



. B. n



3; 16;1



. C. n



1;3; 16



. D. n



1; 3;16



.
Lời giải

Chọn C

Ta có MN   



4; 4; 1 ;



MP



1;5;1



.





, 1;3; 16
MN MP

 

_ _   .

Vậy mặt phẳng



MNP



có một véctơ pháp tuyến là n



1;3; 16



.

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm



1;1; 4



A , B



2;7;9



, C



0;9;13



.

A. 7x2y z  9 0 B. 2x y z   2 0

C. 2x y z   1 0 D. x y z   4 0

Lời giải
Chọn D

Ta có AB



1;6;5



, AC 



1;8;9



,



ABC



đi qua A



1;1;4



có vtpt n_{ } AB AC, _ 



14; 14;14



14 1; 1;1







có dạng
4 0

x y z    .

Câu 34: Trong khơng gian Oxyz , Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng

 



đi qua giao tuyến của
hai mặt phẳng

 



1 : 2x y z   1 0,

 



2 : 3x y z   1 0 và vng góc với mặt phẳng

 



3 :x2y z  1 0.

A. 7x y 9z 1 0. B. 7x y 9z 1 0.
C. 7x y 9z 1 0. D. 7x y 9z 1 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

Ta có: a



2; 1; 1 



, b



3; 1;1



và c



1; 2; 1 



.
Gọi A điểm thuộc

 



1 và

 



2 nên A



0; 1;0



.

Khi đó: u a b      



2; 5;1



và n u c    



7; 1;9



.
Do đó:

 



: 7x y 9z 1 0.

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



1;1;1



và hai mặt phẳng

 

P : 2x y 3z 1 0,

 

Q y: 0. Viết phương trình mặt phẳng

 

R chứa A , vuông góc với
cả hai mặt phẳng

 

P và

 

Q .

A. 3x2z 1 0. B. 3x y 2z 2 0.
C. 3x2z0. D. 3x y 2z 4 0.

Lời giải
Chọn A

 

P : 2x y 3z 1 0 có véctơ pháp tuyến n_{ }_P 



2; 1;3



.

 

Q y: 0 có véctơ pháp tuyến n_{ }_Q 



0;1;0



.

Do mặt phẳng

 

R vng góc với cả hai mặt phẳng

 

P và

 

Q nên có véctơ pháp tuyến

 R  P,  Q

n _{ }n n _. n_{ }_R  



3;0; 2



.

Vậy phương trình mặt phẳng

 

R là:  3x 2z 1 03x2z 1 0.

Câu 36: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng

 

P chứa trục Oy và đi
qua điểm M(1; 1;1) là:

A. x y 0. B. x z 0. C. x z 0. D. x y 0.

Lời giải

Chọn B

 

P qua O và có VTPT là n_j OM;  _



1;0; 1



  .

Vậy phương trình

 

P là x z 0 .

Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm



1;3; 2



M , N



5; 2;4



, P



2; 6; 1 



có dạng Ax    . Tính tổng By Cz D 0

S   A B C D.

A. S_3. B. S_1. C. S_6. D. S_5.
Lời giải

Chọn B



4; 1; 2



MN 


; MP  

_

1; 9; 3

_





, 21;14; 35
MN MP

 _{ } _

 

   n



3; 2; 5



là vectơ pháp tuyến của



MNP



Phương trình



MNP



: 3x   2y 5z 1 0

1

A B C D

     .

Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

 

Q1 : 3x y 4z 2 0 và

 

Q2 : 3x y 4z 8 0. Phương trình mặt phẳng

 

P song song và cách đều hai mặt phẳng

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

C.

 

P : 3x y 4z 5 0. D.

 

P : 3x y 4z10 0 .
Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng

 

P có dạng 3x y 4z D 0.

Lấy M



0;2;0

  

 Q1 và N



0;8;0

  

 Q2 . Do

   

Q1 // Q2 trung điểm I



0;5;0



của MN phải

thuộc vào

 

P nên ta tìm được D5.

Vậy

 

P : 3x y 4z 5 0.

Câu 39: Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng

 

P đi qua điểm B



2;1; 3



, đồng
thời vng góc với hai mặt phẳng

 

Q x y:  3z0,

 

R : 2x y z  0 là

A. 2x y 3z14 0 . B. 4x5y3z22 0 .
C. 4x5y3z22 0 . D. 4x5y3z12 0 .

Lời giải
Chọn B

Mặt phẳng

 

Q x y:  3z0,

 

R : 2x y z  0 có các vectơ pháp tuyến lần lượt là





1 1;1;3

n 


và n2



2; 1;1





.

Vì

 

P vng góc với hai mặt phẳng

 

Q ,

 

R nên

 

P có vectơ pháp tuyến là





1, 2 4;5; 3

n _n n _ 
  

.

Ta lại có

 

P đi qua điểm B



2;1; 3



nên

  

P : 4 x 2

 

5 y 1

 

3 z 3



0

4x 5y 3z 22 0
     .

Câu 40: Trong không gian Oxyz , Viết phương trình mặt phẳng qua A



1;1;1



, vng góc với hai mặt

phẳng

 



:x y z   2 0,

 



:x y z   1 0.

A. x y z   3 0 B. x z  2 0 C. x2y z 0 D.

2 0
y z  

Lời giải
Chọn D

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

DẠNG TOÁN 5:

PTMP QUA 1 ĐIỂM, TIẾP XÚC VỚI MẶT CẦU.

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S có phương trình

2 2 2

₄

₈

₁₂

_{7 0}

x

    

y

z

x

y

z

 

. Mặt phẳng tiếp xúc với

 

S tại điểm P



4;1; 4



có phương
trình là.

A. 6x3y2z 13 0. B. 2x5y10z53 0 .

C. 9y16z73 0 . D. 8x7y  8z 7 0.

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

 

S có tâm là I



2;4;6



và bán kính R7.



6; 3; 2



IP   


.

Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: 6



x 4

 

3 y 1

 

2 z4



0.

6x 3y 2z 13 0

     .

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_₄_z_₀_{. Mặt}

phẳng tiếp xúc với

 

S tại điểm A



3; 4;3



có phương trình.

A. 2x2y z 17 0 . B. 4x4y2z17 0 .

C. x y z  17 0 . D. 2x4y z 17 0 .

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2; 2



, vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P là IA



2;2;1



nên
phương trình của

 

P là 2x2y z 17 0. .

Câu 43: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₆_y_₄_z_{ }_{2 0}_,

mặt phẳng

 



:x4y z  11 0. Gọi

 

P là mặt phẳng vng góc với

   



, P song song
với giá của vecto v



1;6; 2



và

 

P tiếp xúc với

 

S . Lập phương trình mặt phẳng

 

P .

A. 2x y 2z 3 0 và 2x y 2z21 0 .
B. 2x y 2z 5 0 và 2x y 2z 2 0.
C. 2x y 2z 2 0 và x2y z 21 0 .
D. x2y2z 3 0 và x2y z 21 0 .

Lời giải
Chọn A

 

S có tâm I



1; 3; 2



và bán kính R4. Véc tơ pháp tuyến của

 



là n_ 



1; 4;1



.
Suy ra VTPT của

 

P là nP  n v, 

  

_

_

2; 1;2

  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

Hay

 

2

2 2

2 3 4

4

2 1 2

d
  


  

21
3
d
d

 

  _

 .

Vậy PTMP

 

P :

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2_{ }_z2 ₄_x_₂_y_₁₂_z_{ }_{8 0.}

Mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với

 

S ?

A.

 

Q : 2x y 4z 8 0. B.

 

R : 2x y 2z 4 0.
C.

 

P : 2x2y z  5 0. D.

 

T : 2x y 2z 4 0.

Lời giải
Chọn B

  

 

2

 

2



2

: 2 1 6 49.

S x  y  z  .

 

S có tâm I



2; 1; 6 



và bán kính R7..
Ta thấy



,

 



4 1 12 4 7

3

d I R      R.

Vậy

 

R tiếp xúc với

 

S ..

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 3 2 9

S x  y  z  . Mặt phẳng

 

P

tiếp xúc với mặt cầu

 

S tại điểm A



2;1; 4



có phương trình là:

A.  x 2y2z 4 0. B. x2y2z 8 0.
C. 3x4y6z34 0 . D. x2y2z 4 0.

Lời giải
Chọn B

Mặt cầu có tâm I



1;3; 2



.

Mặt phẳng

 

P có vectơ pháp tuyến IA   



1; 2; 2



và đi qua A



2;1; 4



nên có phương
trình   



x 2

 

2 y 1

 

2 z4



0 hay x2y2z 8 0.

Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 3 2 49

S x  y  z  và điểm



7; 1;5



M  . Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu

 

S tại điểm M là.

A. 6x2y2z34 0 . B. 7x y 5z55 0 .
C. 6x2y 3z 55 0 . D. x2y2z 15 0.

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 3; 2



IM



6; 2;3 .



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{2 0}_{và song song với}

 

_

_{: 4}_x_₃_y_₁₂_z__{10 0}_ _.

A. 4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

x y z

   



 _ _ _ _

 . B.

4 3 12 26 0
4 3 12 78 0

x y z

x y z

   



 _ _ _ _

 .

C. 4 3 12 26 0

4 3 12 78 0

x y z

x y z

   



 _ _ _ _

 . D.

4 3 12 26 0
4 3 12 78 0

x y z

x y z

   



 _ _ _ _

 .

Lời giải
Chọn C

 



1;2;3



: 4
: có tâm I

bá
S

n kính R




 .

Gọi

 



mặt phẳng tiếp xúc với

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{2 0}_{và song song với}

 



: 4x3y12z10 0 .

Ta có:

   



//



nên phương trình mặt phẳng

 



: 4x3y12z D 0



D10



.

 



tiếp xúc với

 

S nên d I



,

 





R 26 4
13

D
 

    26 D 52

 

 

78
26

D n

D n



 

 

 .

Vậy:

 

: 4 3 12 26 0
4 3 12 78 0

x y z

x y z

 _    

   

 .

Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 2 5 9

S x  y  z  . Mặt phẳng

 

P

tiếp xúc với mặt cầu

 

S tại điểm A



2; 4;3



có phương trình là

A. x2y2z 4 0. B. x6y 8z 50 0 .
C. 3x6y 8z 54 0 . D. x2y2z 4 0.

Lời giải
Chọn D

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2;5



.

Mặt phẳng

 

P có vectơ pháp tuyến là IA



1; 2; 2 



và đi qua điểm A



2; 4;3



nên có
phương trinh: 1.



x 2

 

2 y 4

 

2 z 3



0 x 2y2z 4 0.

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 2 1 2 4

S x  y  z  và mặt phẳng

 

P : 4x3y m 0. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng

 

P và mặt cầu

 

S có đúng 1 điểm chung.

A. m1 hoặc m21. B. m 9 hoặc m31.

C. m1. D. m 1 hoặc m 21.

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

 

S có tâm I



2; 1; 2 



, bán kính R2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

11

2
5

m


  1

21

m
m



  _

 .

Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x1

 

2 y3

 

2 z2



29. Phương trình nào
dưới đây là phương trình mặt phẳng

 

P tiếp xúc với mặt cầu

 

S tại điểm A



2;1; 4 ?



A.  x 2y2z 4 0. B. 3x4y6z34 0 .
C. x2y2z 4 0. D. x2y2z 8 0.

Lời giải
Chọn D

 

S có tâm I



1;3; 2



 

P tiếp xúc với mặt cầu

 

S tại điểm A



2;1; 4



 

P

 có VTPT AI 



1; 2; 2



và qua A



2;1; 4



  

P :1. x 2



2.



y 1



2.



z 4



</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

DẠNG TỐN 6:

PTMP QUA 2 DIỂM, VTPT TÌM BẰNG TÍCH CĨ HƯỚNG.

Câu 51: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng

 

P ax by cz:   27 0 qua hai điểm



3;2;1



A , B



3;5; 2



và vuông góc với mặt phẳng

 

Q : 3x y z   4 0. Tính tổng

S a b c   .

A. S 2. B. S 12. C. S2. D. S 4

Lời giải
Chọn D

Ta có: AB 



6;3;1



_,nQ 



3;1;1





.

Do mặt phẳng

 

P qua A , B và vng góc với mặt phẳng

 

Q _nên nP  AB n, Q

  



2;9; 15



  .

Suy ra phương trình mặt phẳng

 

P : 2x9y15z27 0 .
Vậy S a b c     2 9 15 4_.

Câu 52: Trong không gian



Oxyz



, mặt phẳng

 



đi qua hai điểm A



2; 1;4



, B



3;2; 1



và vng

góc với mặt phẳng

 



:x y 2z 3 0 có phương trình là

A. 11x7y2z 7 0. B. 11x7y2z21 0 .
C. 11x7y2z 7 0. D. 11x7y2z21 0 .

Lời giải
Chọn B

Ta có AB



1;3; 5



và một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

 là n



1;1; 2



.
Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

 ta có n_ AB n, _



11; 7; 2 



.

Phương trình mặt phẳng

 

 đi qua A



2; 1; 4



và có véc tơ pháp tuyến n



11; 7; 2 



là
11x7y2z21 0 .

Câu 53: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng

 

P có phương trình là 2x2y3z0.
Viết phương trình của mặt phẳng

 

Q đi qua hai điểm H



1;0;0



và K



0; 2;0



biết

 

Q

vng góc

 

P .

A.

 

Q : 2x y 2z 2 0. B.

 

Q : 2x y 2z 2 0.
C.

 

Q : 2x y 2z 2 0. D.

 

Q : 6x3y4z 6 0.

Lời giải
Chọn C

Vì mặt phẳng

 

Q đi qua hai điểm H



1;0;0



, K



0; 2;0



và

 

Q vng góc

 

P nên mặt
phẳng nhận n_{ }_Q _{ }HK n,_{ }_P _làm véctơ pháp tuyến.

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>





 





1; 2;0
2; 2; 3

P

HK
n

  
  


 n Q HK n,  P 



6; 3;6

 

3 2; 1;2





  _.

Phương trình mặt phẳng

 

Q đi qua H



1;0;0



có véctơ pháp tuyến n_{ }_Q 



2; 1; 2



là.





2 x  1 y 2z 0 2x y 2z 2 0.

Câu 54: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng

 

 qua A



2; 1; 4



,



3; 2; 1



B  và vng góc với mặt phẳng

 

 :x y 2z 3 0 là

A. 11x7y2z21 0. B. 11x7y2z21 0.

C. 11x7y2z21 0. D. 11x7y2z21 0.

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng

 

 có một vectơ pháp tuyến là: n_ AB n, __



11; 7; 2 



Vậy

 

 :11x7y2z21 0

Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng

 

 qua A



2; 1; 4



,



3; 2; 1



B  và vng góc với mặt phẳng

 

 :x y 2z 3 0 là

A. 11x7y2z21 0. B. 11x7y2z21 0.

C. 11x7y2z21 0. D. 11x7y2z21 0.

Câu 231: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A



1; 2;3



, B



0;2; 1



,



3;0; 2



C  . Phương trình mặt phẳng

 

P đi qua A , trọng tâm G của tam giác ABC và
vng góc với



ABC



là

A. 3x2y z  4 0. B. 12x13y10z16 0 .

C. 3x2y z  4 0. D. 12x13y10z16 0 .

Lời giải
Chọn A

Ta có AB 



1; 4; 4



, AC



2; 2; 5



, 4;0;0
3
G_ _

 ,

1_{; 2; 3}
3
AG_  _

 






ABC



có vectơ pháp tuyến n_ AB AC, _



12;13;10



.

 

P có vectơ pháp tuyến , 59; 118; 59

3 3

k _AG n_   _

  



 _ 59

_

_{3; 2; 1}

_

3

  

 

P : 3



x 1

 

2 y   2

 

z 3



03x2y z  4 0.

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Phương trình của mặt phẳng

 

 qua A



2; 1; 4



,



3; 2; 1



B  và vuông góc với mặt phẳng

 

 :x y 2z 3 0 là

A. 11x7y2z21 0. B. 11x7y2z21 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

Câu 232: Cho hai điểm A



1; 1;5 ;

 

B 0;0;1



. Mặt phẳng

 

P chứa ,A B và song song với Oy có
phương trình là:

A. 4x y z   1 0. B. y4z 1 0. C. 4x z  1 0. D. 2x z  5 0.
Lời giải

Chọn C

Ta có: AB



1;1; 4



,đường thẳng Oy có



0;1;0



 ( )



4;0; 1



 

d P

u n .

Phương trình mặt phẳng

 

P là: 4x z  1 0.

Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho A



1;0;1



; B



2;1;2



và

 

P x: 2y3z 3 0.
Viết phương trình mặt phẳng

 

Q đi qua 2 điểm A;B và vng góc

 

P .

A.

 

Q x: 2y z  2 0. B.

 

Q x: 2y z  2 0.
C.

 

Q x: 2y z  2 0. D.

 

Q x: 2y z  2 0.

Lời giải
Chọn A



1;1;1



AB


và

 

P x: 2y3z 3 0 có vectơ pháp tuyến n



1; 2;3



.
Gọi v là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

Q .

Do mặt phẳng

 

Q đi qua 2 điểm ,A B và vng góc

 

P nên v_AB n._



1; 2;1



.
Suy ra phương trình mặt phẳng

 

Q x: 2y z  2 0.

Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



2; 4;1



, B



1;1;3



và mặt phẳng

 

P :
3 2 5 0

x y z  . Một mặt phẳng

 

Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với

 

P có dạng

là ax by cz  11 0 . Tính a b c  .

A. a b c  3 B. a b c  5 C. a b c   7 D. a b c  10

Lời giải
Chọn B

Ta có AB  



3; 3; 2



,

 

P có vtpt n



1; 3;2



,

 

Q có vtpt k_{ }AB n, _ 



0;8;12





 

Q có dạng: 2



y 4

 

3 z 1



02y3z11 0 .
Vậy a b c  5.

Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A



2;4;1



, B



_1;1;3



và mặt phẳng

 

P x:    3y 2z 5 0. Một mặt phẳng

 

Q đi qua hai điểm A , B và vng góc với

 

P có
dạng: ax by cz_{    . Khẳng định nào sau đây là đúng?}11 0

A. a b c  . B. a b c  5. C. a

 

b c; . D. a b c  .

Lời giải
Chọn B

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

Véc tơ pháp tuyến của

 

P là: n 

_

1; 3; 2

_

.

Do mặt phẳng

 

Q đi qua AB và vuông góc với

 

P nên

 

Q nhận véc tơ





, 0; 8; 12

AB n

 _{   }

 

 

 

làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của

 

Q sẽ là:



 



2 y_{ }4 3 z_{ }1 02y_{  }3z 11 0.
Suy ra a0, b2, c3   a b c 5.

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



2; 4;1 ,

 

B 1;1;3



và mặt phẳng

 

P x: 3y2z 5 0. Viết phương trình mặt phẳng

 

Q đi qua hai điểm ,A B và vng
góc với mặt phẳng

 

P .

A. 2x3y11 0 . B. 2y3z11 0 . C. y2z 1 0. D. 2y3z11 0 .
Lời giải

Chọn D

Ta có: AB



 3; 3; 2



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

DẠNG TỐN 7:

PTMP QUA 3 ĐIỂM KHƠNG THẲNG HÀNG.

Câu 61: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho 3 điểm A



0; 2;1 ;

 

B 3;0;1 ;

 

C 1;0;0



. Phương
trình mặt phẳng



ABC



là?

A. 2x3y4z 1 0 B. 2x3y4z 2 0

C. 2x3y4z 2 0 D. 4x6y8z 2 0

Lời giải
Chọn B

Ta có AB



3; 2; 0 ;



AC 



1; 2; 1 



.

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng



ABC



là nABC _ AB AC, _



2;3; 4



.

Vậy ptmp



ABC



là: 2



x 1



3y4z 0 2x3y4z 2 0.

Câu 62: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Mặt phẳng

 

P đi qua 3 điểmA



1; 2; 3



, B



2;0;0



và C



2; 4; 5



có phương trình là

A. 2x7y4z 3 0 B. 2 – 7x y4 – 4 0z 

C. 2 – 5x y4 – 4 0z  D. 2x7y4 – 4 0z 

Lời giải
Chọn D



1; 2;3



AB 



;AC 



3; 2; 2





 

P có VTPT _ AB AC, _     



2; 7; 4





2;7; 4



.
Khi đó, do

 

P qua A 

 

P : 2x7y4z 4 0.

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm A



2; 3; 5



, B



3; 2; 4



và



4; 1; 2



C có phương trình là

A. x y  5 0. B. y z  2 0. C. 2x y  7 0. D.

5 0
x y   .

Lời giải
Chọn A

Vì AB; AC 



ABC



nên



ABC



sẽ nhận n_{ } AB AC, _ làm một vectơ pháp tuyến.
Ta có AB



1; 1; 1 



, AC



2; 2; 3 



suy ra n_ AB AC, _



1; 1; 0



.

Hiển nhiên



ABC



đi qua A



2; 3; 5



nên ta có phương trình của



ABC



là



 

 



1 x 2 1 y 3 0 z 5 0   x y 5 0.

Câu 64: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( )P đi qua ba điểm

E



0; 2;3 ,







0; 3;1 ,

 

1; 4;2



F



G



. Viết phương trình mặt phẳng

 

P .

</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

C.

 

P : 3x2y z  7 0 D.

 

P : 3x2y z  1 0

Lời giải
Chọn A

Ta có EF



0; 1; 2 , 



EG



1; 2; 1 , 



_ EF EG, _  



3; 2;1



.
Suy ra VTPT của mặt phẳng ( )P là n



3;2; 1



.

Phương trình mặt phẳng  P là: 3x2



x 2





y  3



0 3x2y z  7 0.

Câu 65: Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A



0;1;2



, B



2;0;3



,



3;4;0



C là

A. 9x y 7z13 0 . B. x7y9z25 0 .
C. 9x y 7z15 0 . D.  x 7y9z11 0 .

Lời giải
Chọn A

Ta có AB



2; 1;1



, AC



3;3; 2



.

Khi đó phương trình mp



ABC



có VTPT n_ AB AC, _ 



1;7;9



Phương trình mp



ABC



là 1



x 0

 

7 y 1

 

9 z2



0  x 7y9z25 0 .

Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho các điểm A



2; 2; 1 , 

 

B 3;0;3 ,

 

C 2; 2;4



. Viết
phương trình mặt phẳng ( )P đi qua 3 điểm , ,A B C.

A.

 

P : 2x5y3z 1 0 B.

 

P : 2x7y4z 6 0

C.

 

P : 6x5y4z 6 0 D.

 

P : 3x2y4z 6 0

Lời giải
Chọn B

Thay tọa độ các điểm vào chỉ có đáp án

 

P : 2x7y4z 6 0 thỏa mãn.

Câu 67: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho ba điểm A



1;2;1



, B



2; 1;0



, C



1;1;3



. Viết

phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C .

A. x y z   4 0 B. 7x2y z 10 0

C. 7x2y z 12 0 D. 4x y z   7 0

Lời giải
Chọn C

Ta có AB



1; 3; 1 



, AC 



0; 1; 2



suy ra _ AB AC,       _



7; 2; 1



1 7; 2;1





.

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có véc tơ pháp tuyến n



7; 2;1



có phương trình là

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

Câu 68: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M



1; 2;3 .



Gọi A , B , C_{lần lượt là}

hình chiếu của M trên các trục Ox_{, Oy ,}Oz. Viết phương trình mặt phẳng



ABC



.

A. 6x3y2z 6 0_. B. x2y3z 6 0.
C. 3x2y z  6 0_. D. 2x y 3z 6 0_.

Lời giải
Chọn A

Gọi A , B , C_{lần lượt là hình chiếu của M trên các trục}Ox, Oy , Oz.

Suy ra A



1;0;0 ,

 

B 0;2;0 ,

 

C 0;0;3



.

Phương trình





: 1 6 3 2 6 0
1 2 3

x y z

ABC     x y z  .

Câu 69: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A



1;0; 1 ,

 

B 2;1;0 ,

 

C 0;1; 2



.
Vectơ nào dưới đây là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng



ABC



?

A. n4 



1; 2;1





. B. n1



1;1; 2





. C. n2 



1; 1; 2 





. D. n3 



1; 2;1





.
Lời giải

Chọn A





( 3,1,1);AC ( 1,1,1) 2, 4, 2 .
AB    AB AC    
   

.

Câu 70: Trong không gian cho điểm

M



1; 3;2





.Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục
tọa độ tại

A B C

, ,

mà

OA OB OC







0

A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.

Lời giải
Chọn D

Giả sử mặt phẳng

 



cần tìm cắt

Ox Oy Oz

,

,

lần lượt tại

(a,0,0), B(0, b,0),C(0,0c) (a,b,c 0)

A



 

:

x

y

z

1

a

  

b

c



;

 



qua

M

(1; 3;2)



nên:

( ) :

1 3 2

1(*)

a b

c



  

(1)

(2)

0

0

(3)

(4)

a b c

a b

c

OA OB OC

a

b

c

a

b c

a

b

c

 



   







 





 

   

    



Thay

(1)

vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>



SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

 DẠNG TỐN 8:

PTMP VNG GĨC VỚI ĐƯỜNG THẲNG.

Câu 71: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 1 2 1

2 1 1

x y z

d     

 . Trong các mặt phẳng dưới
đây, tìm một mặt phẳng vng góc với đường thẳng d

A. 2x2y2z 4 0. B. 4x2y2z 4 0.

C. 4x2y2z 4 0. D. 4x2y2z 4 0.

Lời giải
Chọn C

Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là u



2; 1;1



.

Mặt phẳng 4x2y2z 4 0 có vectơ pháp tuyến n



4; 2;2



.
Ta có 2 1 1

4 2 2

 

 nên u cùng phương với n do đó đường thẳng dvng góc với mặt
phẳng 4x2y2z 4 0.

Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai mặt phẳng

 

P x: 3my z  2 0 và

 

Q m: x   y z 1 0 và. Tìm

m

_{để giao tuyến hai mặt phẳng}

 

P và

 

Q vng góc với
mặt phẳng

 

R x y:  2z 5 0  .

A. m 1. B. m0. C. m1. D. m2.
Lời giải

Chọn C

Các mặt phẳng

     

P , Q , R có vectơ pháp tuyến lần lượt là



1;3 ; 1 ,





; 1;1 ,





1; 1; 2



P Q R

n  m  n  m  n   

  

,.

khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P và

 

Q có vectơ chỉ phương là



2



, 3 1; m 1; 1 3m

P Q

u_n n _ m     .

Để giao tuyến hai mặt phẳng

 

P và

 

Q vng góc với mặt phẳng

 

R thì u n , _R cùng
phương, suy ra : 3 1 1 1 3 2 1

1 1 2

m m m

m

 _   _  _{ }

  .

Câu 73: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng

 

P đi qua điểm A



1; 2;0



và vng góc với đường

thẳng : 1 1

2 1 1

x y z

d    

 có phương trình là :

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

Lời giải
Chọn A

Đường thẳng d có một VTCP là u



2;1; 1



.

Ta có

 

P d 

 

P nhận u



2;1; 1



là một VTPT.
Kết hợp với

 

P qua A



1; 2;0



  

P : 2 x 1 1.

 

y 2

 

1. z 0



0

       2x y z   4 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

1

2 1

:

2 3 4

x y z

  

 , 2

2

: 3 2

1

x t

y t

z t

 



 _  

  


. Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của

 

P ?

A. n



5; 6;7



B. n 



5;6;7



C. n 



5;6; 7



D. n  



5; 6;7



Lời giải
Chọn B

Vì

 

P song song với hai đường thẳng



1 và



2 nên _{ } 1 2





2 3 4

, 5;6;7

1 2 1

P

n u u 



 

 

_ __ _ 



 

  

.

Câu 75: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng song song với hai đường thẳng

1

2 1

:

2 3 4

x y z

d    
 , 2

2 3 1

:

1 2 1

x y z

d     

 có một véctơ pháp tuyến là:

A. n  



5; 6; 7



B. n



5; 6;7



C. n 



5; 6; 7



D. n 



5;6;7



Lời giải
Chọn D

Gọi u1



2; 3; 4 ;

 

u2 1; 2; 1



 

lần lượt là vectơ chỉ phương của

d d

1

,

2 và n



là vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng. Khi đó: 1





1 2
2

, 5;6;7
n u

n u u
n u

 

 _{ }_ __{ }

 _ _




  _ _{ }

  .

Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng d

có phương trình 1 1

2 1 2

x _{ }y z _{, tìm vectơ pháp tuyến}_n_{của mặt phẳng}

_{ }

_P _là.

A. n 



1;0; 1



. B. n



2; 1; 2 



. C. n



1; 2; 2



. D. n



2;1;2



.
Lời giải

Chọn D

Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là: n



2;1;2



.

Vì mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng d nên mặt phẳng

 

P có véctơ pháp tuyến
là: n



2;1;2



.

Câu 77: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng ( )P đi qua điểm A 1; 2; 0





và vng góc với đường
thẳng : 1 1

2 1 1

x y z

d    

 có phương trình là:

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

Lời giải
Chọn B

Ta có VTCP của đường thẳng d là u_d (2;1; 1) .
Vì ( )P d nên VTPT của ( )P là n_{( )}_P u_d (2;1; 1) .

Khi đó phương trình mp ( )P đi qua điểm A 1; 2; 0





và có VTPT u_d (2;1; 1) là
2x y z   4 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

đường thẳng  .

A. 3x y 2z 4 0. B. 4x3y z  7 0.
C. 4x3y z  2 0. D. 3x y 2z13 0 .

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là u



4;3;1



.

Mặt phẳng

 

P đi qua điểm M



0;0; 2



và vng góc với  nên nhận u



4;3;1



làm
vectơ pháp tuyến có phương trình: 4



x 0

 

3 y 0

 

1 z2



 0 4x3y z  2 0.

Câu 79: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng

 

d có phương trình là

2 1

8 3 5

x _ y _ z

 . Viết phương trình mặt phẳng

 

P và vng góc với đường thẳng

 

d ,
biết

 

P đi qua điểm M



0; 8;1



A.

 

P :8x3y5z27 0 . B.

 

P :8x3y5z19 0 .
C.

 

P : 8 x3y5z19 0 . D.

 

P :8x3y5z19 0 .

Lời giải
Chọn D

   

P  d nên VTCP u_d  



8;3;5



của

 

d là một VTPT của

 

P .
Khi đó

 









qua 0; 8;1

:

VPTN 8;3;5
M

P

n

 




 

  

 

P : 8 x3y5z19 0 

 

P :8x3y5z19 0 .

Câu 80: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm D



2;1; 1



và đường thẳng

1 2 3

:

2 1 3

x y z

d     

 . Mặt phẳng

 



đi qua điểm D và vng góc d có phương trình là

A. 2x y 3z 6 0. B. 2x y 3z 8 0.
C. 2x y 3z 8 0. D. 2x y 3z 2 0.

Lời giải
Chọn B

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

DẠNG TOÁN 9:

PTMP QUA 1 ĐIỂM & CHỨA ĐƯỜNG THẲNG.

Câu 81: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng

1 1 1

:

1 2 1

x y z

d     

 và đi qua điểm A' 0; 2;2 .





.

A. 5x2y z  2 0.. B. 5x2y z  2 0.

C. 5x5z 2 0.. D. x z  2 0.

Lời giải
Chọn D

(1; 2; 1)

d

u  . Gọi M(1; 1;1)  d AM   (1; 3; 1)..
Vì ( )

( )
d P
A P



 

 nên n(P)u AMd;  ( 5;0; 5).
  

.

( ) ( 5;0; 5)

( ) : ( ) : 5( 0) 5(z 2) 0 2 0.
(0;2; 2) ( )

P

n

P P x x z

A P

 _{ } _

 _ _ _{ } _ _{    }








.

Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



1;2;3



và đường thẳng

1

: 3

3 4
x y

d    z . Phương trình mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d là.

A. 23x17y z 60 0 . B. 23x17y z 14 0 .
C. 23x17y z 14 0 . D. 23x17y z 14 0 .

Lời giải
Chọn C

Đường thẳng qua điểm . Vec tơ pháp tuyến của là
. Phương trình của là .

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng

 

P đi qua điểm



3; 4;7



M  và chứa trục Oz.

A.

 

P : 4x3y0. B.

 

P : 3x4y0. C.

 

P : 4y3z0. D.

 

P : 3x4z 0.
Lời giải

Chọn A

Ta có OM



3; 4;7



, vecto chỉ phương của trục Oz là k



0;0;1



Mặt phẳng

 

P qua M



3; 4; 7



có vectơ pháp tuyến n_k OM , _



4;3;0



Phương trình mặt phẳng

 

P : 4x3y0

Câu 84: Trong không gian Oxyz , cho điểm M



1;0; 1



. Mặt phẳng

 



đi qua M và chứa trục Ox

có phương trình là

A. x y z  0. B. y0. C. x z 0. D.

1 0

y z   .

d I



0;1; 3



 

P





; 23; 17; 1

d

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

Do mặt phẳng

 



đi qua M và chứa trục Ox nên

 



có một véc tơ pháp tuyến là
,

n_{ }i OM_
  

với i



1; 0;0



và OM



1;0; 1



 n



0;1;0



.

Vậy phương trình mặt phẳng

 



đi qua M



1;0; 1



và có một véc tơ pháp tuyến



0;1;0



n


là y0.

Câu 85: Trong không gian Oxyz ; phương trình mặt phẳng

 

P đi qua M



1 ; 2 ; 3



và chứa đường
thẳng 2 1 4

1 3 4

x _ y _ z _là.

A. x11y8z 1 0. B. x – 11y8 – 45 0z  .
C. x11y8z45 0 . D. x–11 – 8 – 3 0y z  .

Lời giải
Chọn C

Lấy điểm N



2;1; 4  



d MN   



3; 1; 1



.

d có vectơ chỉ phương u



1;3; 4



.

 

P có vectơ pháp tuyến n_ MN u, _ 



1;11; 8   





1; 11;8 .



.
Khi đó,

  

P :1 x 1



11



y2

 

8 z3



  0 x 11y8z45 0 .

Câu 86: Trong không gian Oxyz Mặt phẳng đi qua A



2;3;1



và giao tuyến hai mặt phẳng x y 0
và x y z   4 0 có phương trình là.

A. x3y6z 1 0. B. x9y5z20 0 .
C. x y 2z 7 0. D. 2x y z   2 0.

Lời giải
Chọn B

Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng. Ta có: M



0;0; 4 



d, ud n n1; 2



1; 1; 2 



  

.
Gọi

 

P là mặt phẳng cần tìm.

Ta có: MA



2;3;5



, n_p _u MA _d; _ 



1; 9;5





 

P x: 9y 5z 20 0 .

Câu 87: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho đường thẳng : 3 1 1

2 3 1

x y z

d     

 và điểm



1;3; 1



A  . Viết phương trình mặt phẳng

 

P chứa d và đi qua A .

A. x_{   }y 5z 1 0. B. x_{   }y z 1 0.

C. 2x   y z 4 0. D. x  y 4 0.

Lời giải
Chọn A

Ta có d đi qua M



3;1; 1



và có vtcp u

_

2;3; 1 .

_



2; 2;0



MA


  .

 

P có vtpt 1 ,



1;1;5



2

</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

Phương trình

 

P : x    . y 5z 1 0

Câu 88: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A



1; 4; 3 .



Viết phương trình mặt phẳng
chứa trục tung và đi qua điểm A .

A. 3x z 0. B. 4x y 0. C. 3x z  1 0. D. 3x z 0.
Lời giải

Chọn D

Trục tung có véctơ chỉ phương là j



01;0



.

Phương trình mặt phẳng chứa trục tung và đi qua điểm A có véctơ pháp tuyến là.









, 3;0; 1 3;0;1
j OA

      

  .

Vậy phương mặt phẳng đó là 3



x    1

 

z 3



0 3x z 0.

Câu 89: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng nào sau đây chứa trục Ox ?

A. 2y z 0. B. x2y0. C. x2y z 0. D. x2z0.
Lời giải

Chọn A

Ta có Ox nhận i



1; 0; 0



làm vectơ chỉ phương.

Gọi n



0; 2; 1



là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



: 2y z 0.

 

. 0
n i
O α
 

 _


 

suy ra mặt phẳng

 

α chứa Ox.

Câu 90: Trong không gianOxyz , cho đường thẳng

 

1

: 2

x t

d y t

z t
  


  

 


và điểmA



1;1;0



, mp P

 

chứa

 

d và điểm A có phương trình là.

A. x y z  0. B. x z  1 0 . C. y z  2 0. D. x y 0.
Lời giải

Chọn B

Đường thẳng

 

d đi qua điểm M



1; 2;0



và có véctơ chỉ phương u



1; 1;1



. Ta có:



0;1;0



AM 


.

Vì mp P

 

chứa

 

d và điểm A nên véctơ pháp tuyến của mp P

 

là n_u AM , _ 



1;0;1



.
Suy ra phương trình tổng quát của mp P

 

là.



x 1

 

0 y 1



z 0 x z 1 0 x z 1 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

 DẠNG TOÁN 10:

PTMP CHỨA 1 ĐƯỜNG THẲNG, THỎA ĐK VỚI ĐƯỜNG

THẲNG KHÁC.

Câu 91: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau 1 2 4

2 1 3

 _  _ 



x y z

và

1 2

1 1 3

 _ _ 



x y z

có phương trình là

A.   2x y 9z36 0 B. 2x y z  0

C. 6x9y z  8 0 D. 6x9y z  8 0

Lời giải
Chọn C

Đường thẳng 1

1 2 4

:

2 1 3

 _  _ 



x y z

d đi qua điểm M



1; 2;4



, có một VTCP là 1 



2;1;3





u .

Đường thẳng 2

1 2

:

1 1 3

 _ _ 



x y z

d có một VTCP là 2 



1; 1;3





u .

Mặt phẳng

 

P chứa hai đường thẳng cắt nhau d d1, 2

 

P qua điểm M



1; 2; 4 ,



có một

VTPT là  1, 2



6;9;1



  

n u u . Phương trình mặt phẳng

 

P là :

  

P : 6 x 1

 

9 y  2

 

z 4



 0 6x9y z  8 0.

Câu 92: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng

 

d1 :

1 1

1 1 2

x _ y _ z_và

_{ }

2

d :

1 2 1

1 1 2

x _ y _ z _{. Khi đó mặt phẳng}

_{ }

_P _{chứa 2 đường thẳng trên có phương trình là.}

A. 5x3y7z 4 0 B. 5x3y7z 4 0

C. 7x3y5z 4 0 D. 7x3y5z 4 0

Lời giải
Chọn D

Ta có









1

1;1;0
:

1;1; 2
qua M

d

VTCP u

 






  ,









1

1; 2;1
:

1;1; 2
qua N

d

VTCP u

 






  .

Ta có

d d

1

//

2.



2; 3;1



MN 


.

Ta có n_P _u MN , _



7;3; 5



.

 

P : 7x 3y 5z d 0

     .

Qua M



1;1;0



 d 4.

Câu 93: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A



0;1;1



và B



1;3; 2



. Viết phương

trình của mặt phẳng

 

P đi qua A và vng góc với đường thẳng AB .

A. x2y z  9 0. B. x2y z  3 0.

C. x4y3z 7 0. D. y z  2 0.

Lời giải
Chọn B

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

Mặt phẳng

 

P đi qua A và vng góc với đường thẳng AB nên nhận vectơ AB



1; 2;1



làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình tổng quát của mặt phẳng

 

P là :



x 0

 

2 y   1

 

z 1



0 x 2y z  3 0.

Câu 94: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình của mặt phẳng

 

P đi qua giao tuyến
của hai mặt phẳng

 



:x3y5 4 0z  và

 



:xy z2  7 0 đồng thời song song với trục Oy
là:

A. 4x z 17 0 . B. y 3 0. C. z0. D. 4xz17 0 .

Lời giải

Chọn D

Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của

   

 

, thì M



0; 27;17



.

   

 

, lần lượt có vectơ pháp tuyến a



1; 3; 5 ,



b



1; 1; 2 



. Suy ra giao tuyến của

   



,



có một vectơ chỉ phương u_a b,_ 



1;7; 4



.

 

P có một vectơ pháp tuyến n_u j,_



4;0; 1



và đi qua M nên có phương trình

4xz17 0 .

Câu 95: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1

3

: 2

1 2

x t

d y t

z t

 


   


  


, gọi d2 là giao tuyến

của hai mặt phẳng

 

P x y:  2z0 và

 

Q x: 2y z  3 0. Viết phương trình mặt phẳng

 



chứa d1 và song song với d2.

A.

 



:19x13y3z28 0 . B.

 



:19x13y3z80 0 .
C.

 



:19x13y3z80 0 . D.

 



:19x13y3z28 0 .

Lời giải
Chọn D

Đường thẳng d d1, 2 có VTPT lần lượt là u1



1; 1;2 ,



u2 



5;8;3



 

. Mặt phẳng

 



có VTPT
là n_{ }  u1 u2 



19; 13;3



  

. PTMP

 



:19x13y3z28 0 .

Câu 96: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hai mặt phẳng

 

 : 2x y z   3 0,

 

 : 2x y  5 0. Viết phương trình của mặt phẳng

 

P song song với trục Oz và chứa

giao tuyến của

 

 và

 

 .

A.

 

P :x2y 5 0. B.

 

P : 2x y  5 0.

C.

 

P : 2x y  5 0. D.

 

P : 2x y  5 0.

Lời giải
Chọn B

Mặt phẳng

 

P chứa giao tuyến của hai mặt phẳng

 

a và

 

 nên có dạng.



2 3

 

2 5



0



2 2

 



3 5 0

m x y z   n x y    m n x m n y mz   m n .
Mặt phẳng

 

P song song với trục Oz nên m0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

 

 : 2x y  5 0. Viết phương trình của mặt phẳng

 

P song song với trục Oz và chứa
giao tuyến của

 

 và

 

 ..

A.

 

P :x2y 5 0. B.

 

P : 2x y  5 0.

C.

 

P : 2x y  5 0. D.

 

P : 2x y  5 0.

Lời giải
Chọn B

Mặt phẳng

 

P chứa giao tuyến của hai mặt phẳng

 

a và

 



nên có dạng.



2 3

 

2 5



0



2 2

 



3 5 0

m x y z   n x y    m n x m n y mz   m n .

Mặt phẳng

 

P song song với trục Oz nên m0.

Chọn n1 ta có phương trình mặt phẳng

 

P là

 

P : 2x y  5 0..

Câu 98: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 qua điểm M



3; 2; 1



và có VTCP



1; 1; 2



u  , gọi d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P x y:  2z0 và

 

Q x: 2y z  3 0. Viết phương trình mặt phẳng

 



chứa d1 và song song với d2.

A.

 



: 5x13y4z45 0 . B.

 



: 5x13y4z 7 0.
C.

 



: 5x13y4z45 0 . D.

 



: 5x13y4z 7 0.

Lời giải
Chọn B

Mặt phẳng

 

P x y:  2z0vó một VTPT n1



1; 1; 2





.
Mặt phẳng

 

Q x: 2y z  3 0vó một VTPT n2



1; 1; 1





.
Đường thẳng d2 có một VTCP an n1, 2 



5; 1; 3



  

.

Mặt phẳng

 



chứa d1 và song song với d2 có một VTPT nu a,   



5; 13; 4



  

.
Mặt phẳng

 



đi qua điểm M



3; 2; 1



và có VTPT n  



5; 13; 4



có phương trình.

 



: 5x13y4z 7 0.

Câu 99: Trong không gian Oxyz , cho A



1;1;0



, B



0; 2;1



, C



1;0; 2



,D



1;1;1



Mặt phẳng

 



đi qua



1;1;0



A , B



0; 2;1



,

 



song song với đường thẳng CD . Phương trình mặt phẳng

 



là.

A. x y  2 0. B. x y z   3 0.
C. 2x y z   3 0. D. 2x y z   2 0.

Lời giải
Chọn C



1 1 1





0 1 1



AB  ; ; ,CD ; ;

 

_

_

2 1 1
AB,CD ; ;

 

_ _    .

Suy ra mặt phẳng cần tìm có vec tơ pháp tuyến là n



2 1 1; ;



.
Vậy phương trình mặt phẳng: 2x y z   3 0..

Thử lại thay tọa độ điểm C vào phương trình mặt phẳng thấy khơng thỏa mãn.

Câu 100: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng thẳng : 1 2

2 1 1

 _{ } 

x y z

d . Viết

phương trình mặt phẳng

 

P chứa đường thẳng d song song với trục Ox.

</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

C.

 

P x: 2z 5 0. D.

 

P y z:   1 0.
Lời giải

Chọn A

Đường thẳng dđi qua điểm M



1;0; 2



và có vectơ chỉ phương u



2;1;1



; trục Ox có vectơ
đơn vị i



1;0;0



.

Vì

 

P chứa đường thẳng d song song với trục Ox nên

 

P đi qua điểm M



1;0; 2



và có
vectơ pháp tuyến n_u i , _



0;1; 1



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

DẠNG TOÁN 11:

PTMP LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU (VDC)

Câu 101: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có điểm A



1;1;1 ,

 

B 2;0; 2



,



1; 1; 0 ,

 

0;3; 4



C   D . Trên các cạnh AB AC AD, , lần lượt lấy các điểm B C D', ', ' thỏa:

4

' ' '

AB AC AD

AB  AC  AD  . Viết phương trình mặt phẳng



B C D' ' '



biết tứ diện AB C D' ' ' có thể

tích nhỏ nhất?

A. 16x40y44z39 0 . B. 16x40y44z39 0 .
C. 16x40y44z39 0 . D. 16x40y44z39 0 .

Lời giải
Chọn B

Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có: 4 33 . .

' ' ' '. '. '

AB AC AD AB AC AD

AB AC AD AB AC AD

   

'. '. ' 27

. . 64

AB AC AD
AB AC AD

   ' ' ' '. '. ' 27

. . 64

AB C D
ABCD

V AB AC AD

V  AB AC AD  ' ' '

27
64

AB C D ABCD

V V

 

Để VAB C D' ' ' nhỏ nhất khi và chỉ khi

' ' ' 3

4

AB AC AD

AB  AC  AD 

3 7 1 7

' ' ; ;

4 4 4 4

AB AB B  

   _ _

 

 

Lúc đó mặt phẳng



B C D' ' '



song song với mặt phẳng



BCD



và đi qua ' 7 1 7; ;
4 4 4
B _ _

 



B C D' ' ' :16



x 40y 44z 39 0

     .

Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểmA



1;3; 1 ,

 

B 0; 2;1 ,

 

C 4;3; 2



. Trong
các mặt phẳng chứa đường thẳng AB , xác định mặt phẳng mà khoảng cách từ điểm C đến
mặt phẳng đó là lớn nhất.

A. 13x5y4z 6 0. B. 13x5y4z 6 0.
C. 13x5y4z14 0 . D. 13x5y4z14 0 .

Lời giải
Chọn A

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa AB và d là khoảng cách từ C đến mặt phẳng

 

P .
Gọi ,I H lần lượt là hình chiếu vng góc của C trên

 

P và AB .

Ta có: d CI CH  , dấu " " xảy ra khi I H .

d

 lớn nhât khi

 

P nhận CH là véc tơ pháp tuyến.

A

B
C

H

</div>
<span class='text_page_counter'>(97)</span><div class='page_container' data-page=97>

Dễ thấy 11 23; ; 8 13 5; ; 2

6 6 3 6 6 3

H_  _CH_  _

   



 Phương trình

 

P :13x5y4z 6 0.

Câu 103: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A



1;2; 4



, B



0;0;1



và mặt cầu

  

_S _: _x_₁

 

2_ _y_₁



2__z2__4._{Mặt phẳng}

 

_{P ax by cz}_: _ _{  }_{3 0}_{đi qua A , B và cắt mặt cầu}

 

S theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a b c.

A. 27

4

T  . B. 31

5

T  . C. 3

4

T   . D. 33

5
T  .
Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



1;1;0



và bán kính R2.

Đường thẳng AB đi qua điểm B , có một VTCP là BA



1; 2;3



 : 2





1 3

x t

AB y t t

z t




  


  






1; 1;1



IB 


3

IB R

   

 

P luôn cắt mặt cầu

 

S theo giao tuyến là đường trịn

 

C

 

C có bán kính nhỏ nhất d I P



,

 



lớn nhất.

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của I lên

 

P và AB , ta có:

 



,



d I P IH IK

Do đó d I P



,

 



lớn nhất H K hay mặt phẳng

 

P vng góc với IK
Tìm K K: ABK t t



;2 ;1 3 t



IK 



t 1; 2 1;3 1t t



Ta có . 0 1

7

IK ABIK AB    t 6; 9 4; 1



6; 9; 4



7 7 7 7

IK 

 _  _ 

 



Mặt phẳng

 

P đi qua B



0;0;1



, có một VTPT là n



6; 9;4





 

: 6 9 4 4 0 9 27 3 3 0

2 4

P x y z    x y z  . Vậy 3
4
T   .

Câu 104: Trong không gian Oxyz , Tìm tất cả các mặt phẳng

 



chứa đường thẳng d:

1 1 3

x _ y _ z
 
và tạo với mặt phẳng

 

P : 2x z  1 0 góc 45.

A.

 



: x y 3z0. B.

 



: x3z0.

C.

 



: 3x z 0 hay

 



: 8x5y z 0. D.

 



: 3x z 0.

Lời giải
Chọn C

d đi qua điểm O



0;0;0



có vtcp u



1; 1; 3 



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(98)</span><div class='page_container' data-page=98>

 

P : 2x z  1 0 vtpt k



2;0; 1



.
Ta có cos 45  .





n k

n k



2 2 2



2

5

a c
a b c




 

2
2

 _₁₀



_a2__b2__c2



_



₄_a_₂_c



2



₂ ₂ ₂ ₂







2

10 b 6bc 9c b c 4b 12c 2c

       



₂ ₂







2

10 2b 6bc 10c 4b 10c

    

2

4b 20bc 0

   0

5
b
b c



  _

 .

+ b0 a 3c 

 



: x3z0.

+ b5c, chọn c1 b 5, a8

 



: 8x5y z 0.

Câu 105: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho

 

P x: 4y2z 6 0,

 

Q x: 2y4z 6 0. Lập
phương trình mặt phẳng

 



chứa giao tuyến của

   

P , Q và cắt các trục tọa độ 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.
Lời giải

Chọn B

Chọn M



6;0;0 ,

 

N 2; 2;2



thuộc giao tuyến của

   

P , Q

Gọi A a



;0;0 ,

 

B 0; ;0 ,b

 

C 0;0;c



lần lượt là giao điểm của

 



với các trục , ,Ox Oy Oz


 

:x y z 1 , ,



a b c 0



a b c

    

 



chứa ,M N

6
1
2 2 2

1
a

a b c

 _


 

   


Hình chóp O ABC. là hình chóp đềuOA OB OC   a  b  c

Vây phương trìnhx y z   6 0.

Câu 106: Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có điểm A trùng với gốc
của hệ trục tọa độ, B a



;0;0



, D



0; ;0a



, A



0;0;b



(a0,b0). Gọi M là trung điểm của
cạnh CC. Giá trị của tỉ số a

b để hai mặt phẳng (A BD ) và



MBD



vng góc với nhau là

A. 1

3. B.

1

2. C. 1. D. 1.

Lời giải
Chọn D

Ta có



; ;0



' ; ;





; ;
2
b
AB DC C a a C a a b M a a_ _

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(99)</span><div class='page_container' data-page=99>

Ta có 0; ;
2
b
MB_  a _

 



; BD 



a a; ;0



và A B' 



a;0;b



Ta có _; _; _; 2

2 2
ab ab
u_MB BD_ a _

  

  

và _{BD A}_{; '}_B  



_a2_; _a2_; _a2



   
Chọn v



1;1;1



là VTPT của



A BD'





_'

 



_. ₀ 2 ₀ ₁

2 2

ab ab a

A BD MBD u v a a b

b

          

Cách 2.

' ' '

A B A D A X BD
AB AD BC CD a

MB MD MX BD

 

 

    _ _

 

  với X là trung điểm BD



_{A BD}_'

 

_; _MBD





_{A X MX}_{' ;}



 

_ _

; ;0
2 2
a a
X_ _

  là trung điểm BD

' ; ;

2 2
a a
A X _ b_

 



; ;
2 2 2
a a b
MX  _   _

 





A BD'

 

 MBD



 A X' MX

' . 0

A X MX
 

2 2 2

0 1

2 2 2

a a b a

b
   

 _{ } _{ }    
   

Câu 107: Trong khơng gian Oxyz , Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng :

1 1 1
x y z
d  

 và cắt
mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₄_x_₆_y_₆_z_{ }_{3 0}_{theo một đường trịn có bán kính nhỏ nhất là?}

A.  4x 11y7z0. B. 6x y 5z0.
C. 4x11y7z0. D. 6x y 5z0.

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

 

S có tâm I



2; 3; 3 



và bán kính _R_ ₂2_{ }

   

₃ 2_{ }₃ 2_{ }_{3 5}_.

Gọi H là hình chiếu của tâm I lên đường thẳng. Khi đó, mặt phẳng cần tìm sẽ vng góc
với IH tại H .

Gọi H t t t



; ; 



d. Ta có:  IH u. _ 0 



t 2; t 3; t 3 . 1;1; 1  

 

 



0 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(100)</span><div class='page_container' data-page=100>

Mặt phẳng

 

P cần tìm qua 2 2; ; 2
3 3 3
H_  _

  có vectơ pháp tuyến là

4 11 7
; ;
3 3 3
IH  _ _

 



.
Vậy

 

: 4 2 11 2 7 2 0

3 3 3

P  _x _ _y _ _z _

     

 

P : 4 x 11y7z0.

Câu 108: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng

 

P song song và
cách đều 2 đường thẳng 1

2

:

1 1 1

x y z

d   

 , 2

1 2

:

2 1 1

x y z

d    

  .

A.

 

P : 2x2z 1 0. B.

 

P : 2y2z 1 0.
C.

 

P : 2x2y 1 0. D.

 

P : 2y2z 1 0.

Lời giải
Chọn D

Do

 

P cách đều hai đường thẳng nên d1/ /

 

P , d / /2

 

P .

Gọi a1 



1;1;1





là VTCP của d1, a2



2; 1; 1 





là VTCP của d2suy ra a a1, 2 



0;1; 1



 

là
VTPT của mặt phăng

 

P loại đáp án B và

C.

Lấy M



2;0;0



d1 , N 0;1; 2





d2 do dd₁,_{ }Pdd₂,_{ }P dM P,_{ } dN P,_{ } thay vào ta thấy đáp

án D thỏa mãn.

Câu 109: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



3; 0; 2



, B



3;0; 2



và mặt cầu

2 ₍ ₂₎2 ₍ ₁₎2 ₂₅

x  y  z  . Phương trình mặt phẳng

 

 đi qua hai điểm A , B và cắt mặt
cầu

 

S theo một đường trịn bán kính nhỏ nhất là

A. 3x2y z  7 0. B. x4y5z 13 0.

C. 3x2y z –11 0 . D. x4y 5z 17 0 .

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



0; 2;1



, bán kính R5. Do IA 17 R nên AB luôn cắt

 

S . Do
đó ( )



ln cắt

 

S theo đường trịn

 

C có bán kính _r_ _R2_



_{d I}



_,

 

_





2_{. Đề bán kính}_r

nhỏ nhất d I



,

 





lớn nhất.

Mặt phẳng

 

 đi qua hai điểm A , B và vng góc với mp



ABC



.

Ta có AB (1; 1; 1)   , AC ( 2; 3; 2)    suy ra



ABC



có véctơ pháp tuyến
, ( 1; 4; 5)

n_AB AC_  
  

(α) có véctơ pháp tuyến n_ _n AB , _     ( 9 6; 3) 3(3; 2;1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(101)</span><div class='page_container' data-page=101>

Câu 110: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S có phương trình:

2 2 2 ₂ ₄ ₂ _{3 0}

x y  z x y z  , và đường thẳng : 1

2 2

x y

z


  

 . Mặt phẳng

 

P vng góc

với  và tiếp xúc với

 

S có phương trình là.

A. 2x2y z  2 0 và 2x2y z 16 0 .

B. 2x2y3 8 6 0  và 2x2y3 8 6 0  .

C. 2x2y3 8 6 0  và 2x2y3 8 6 0  .

D. 2x2y z  2 0_và2x2y z 16 0 _.

Lời giải
Chọn D

Mặt phẳng

 

P vng góc với  nên

 

P có VTPT n



2; 2;1



.

 

P : 2x 2y z D 0

     .

 

S có tâm I



1; 2;1



, bán kính R3.

 

P tiếp xúc

 

S



 



2 2 2

2.1 2.( 2) 1

; 3

2 ( 2) 1
D
d I P R    

   

   .

7 9 2

7 9

7 9 16

D D

D

D D

  

 

   _ _

    

  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(102)</span><div class='page_container' data-page=102>

DẠNG TOÁN 12:

PTMP SONG SONG VỚI MP, THỎA ĐK

Câu 111: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt phẳng

 

P

: 2

x



2

y z

  

7 0

và mặt cầu

 

_S

_:

_x

2

_

_y

2

_

_z

2

_

₂

_x

_

₄

_y

_

₆

_z

_{ }

_{11 0}

_{. Mặt phẳng song song với}

 

_P _{và cắt}

 

_S _{theo một}

đường tròn có chu vi bằng

6



có phương trình là

A.

 

P

: 2

x



2

y z

 

19 0



B.

 

P

: 2

x



2

y z

 

17 0



C.

 

P

: 2

x



2

y z

 

17 0



D.

 

P

: 2

x



2

y z

  

7 0

Lời giải
Chọn B

Mặt cầu

 

S

có tâm

I



1; 2;3





, bán kính

R



5

; bán kính đường trịn giao tuyến là

r



3

.
Mặt phẳng

 

Q

song song với mặt phẳng

 

P

: 2

x



2

y z

  

7 0

có phương trình là





2

x



2

y z m

  

0

m

 

7

.

Ta có

_{d I Q}



_;

 



_

_R

2

_

_r

2

2 4 3

_{25 9}

3

m

  









m

 

5 12

17

7

m

m





 

_{ }



.

Do

m

 

7

nên

m



17

. Vậy phương trình mặt phẳng

 

Q

: 2

x



2

y z

 

17 0



.

Câu 112: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, Hai mặt phẳng nào sau đây tiếp xúc với mặt
cầu

 

_S _{: x}2__y2__z2_{– 2 – 4 – 6}_x _y _z__{5 0}_ _{và song song với mặt phẳng}

 

_{P x}_{: – 2}_y__{2 – 6 0}_z _ _?

A. x– 2y2z10 0 và – 2x y2 –10 0z  .
B. x– 2y2z 6 0 và – 2x y2 –12 0z  .
C. x– 2y2z 6 0 và – 2x y2 – 6 0z  .
D. x2y2 – 6 0z  và x2 – 2y z 6 0.

Lời giải
Chọn B

 

S có tâm I



1; 2;3



và bán kính R3.

 

Q song song với

 

P nên

 

Q x: 2y2z m 0, m 6.

 

Q tiếp xúc

 

S khi và chỉ khi



,

 



6
12
m
d I Q R

m



    _ .

Câu 113: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt
phẳng

 



:x y z  0 đồng thời tiếp xúc với mặt cầu

 

_{S x}_: 2_y2_z2₂_x₂_y₂_z₀_?

A. 0. B. 2. C. Vô số. D.1.

Lời giải
Chọn D

Gọi

 



là mặt phẳng cần tìm.

 

_{S x}_: 2_{  }_y2 _z2 ₂_x_₂_y_₂_z_{ }₀





_

1;1;1 ; 3

I R .

   

   :x y z   0

 

 :x y z c   0



c0



.

 



tiếp xúc với

 

S

 

 

 


      

 


0
3

3 3 3

6
3

c Nh
c

c

c L .

 



:x y z 6 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(103)</span><div class='page_container' data-page=103>

Ta có: d I_ ;

 

 _ 3R nên

 

 tiếp xúc với

 

S . Do đó chỉ cịn có 1 mặt phẳng song
song với

 

 và tiếp xúc với

 

S .

Câu 114: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 

S có phương trình là

2 2 2

( ) :S x y z 2x4y6z 11 0 và cho mặt phẳng

 

P có phương trình là

 

P : 2x2y z 18 0 . Mặt phẳng

 

Q song song với mặt phẳng

 

P đồng thời

 

Q tiếp xúc

với mặt cầu

 

S ,

 

Q có phương trình là:

A.

 

Q : 2x2y z 12 0 . B.

 

Q : 2x2y z 28 0 .
C.

 

Q : 2x2y z 18 0 . D.

 

Q : 2x2y z 22 0 .

Lời giải
Chọn A

mặt cầu

 

S có tâm (1;2;3)I có bán kính R5.

Mặt phẳng

 

Q song song với mặt phẳng

 

P nên

 

Q có phương trình là

 

Q : 2x2y z D  0;D 18.

Mặt phẳng

 

Q tiếp xúc với mặt cầu

 

S nên ( ,( ))d I Q R.

 

2
2 2

18
2.1 2.2 1.3

5 3 15

12

2 2 1

D
D

D

D
 

   

     _{  }



   .

Kết hợp với điều kiện ta có phương trình của mặt phẳng

 

Q là

 

Q : 2x2y z 12 0 .

Câu 115: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A



1; 2;0



, B



0; 1;1



, C



2;1; 1



và



3;1; 4



D . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?

A. 7. B. Có vơ số mặt phẳng.

C. 1. D. 4.

Lời giải
Chọn A

Ta có: AB 



1;1;1



, AC



1;3; 1



, AD



2;3; 4



. Suy ra: _ AB AB,   _



4;0; 4



4 điểm
, , ,

A B C D không đồng phẳng.

Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm , , ,A B C Dsẽ có hai loại:

Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh
chung đỉnh) có 4 mặt phẳng như thế).

Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh




4
3

2
1

A

B

C

D
D

C
B

A
A

B

C

D
D

C
B

</div>
<span class='text_page_counter'>(104)</span><div class='page_container' data-page=104>

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 116: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng

 

Q x y:   2z 3 0. Mặt phẳng

 

R

song song với

 

Q và cách điểm M



1; 0; 2



một khoảng bằng 2

6 có phương trình:

A. x y 2z 3 0 B. x y 2z 7 0.
C. x y 2z0. D. x y 2z 7 0.

Lời giải
Chọn D

 

R x y:   2z d 0.

 

2 5 2 3

7

6 6 6

, d d

d R

d

M       

 _

 


 

 .

Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho có phương trình _x2__y2__z2_₂_x_₄_y_₆_z_{ }_{11 0}_.

Viết phương trình mặt phẳng

 



, biết

 



song song với

 

P : 2x y 2z 11 0 và cắt mặt
cầu

 

S theo thiết diện là một đường trịn có chu vi bằng 8



.

A. 2x y 2z 7 0. B. 2x y 2z 5 0.
C. 2x y 2z 7 0. D. 2x y 2z11 0 .

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2;3



và bán kính _R_ ₁2_₂2_{ }₃2 _{11 5}_ _.

Chu vi thiết diện bằng 8



nên bán kính r của đường tròn thỏa mãn 8



2



r r 4

 



_,



2 2 ₃

d I



 R r  .

Phương trình mặt phẳng

 



song song với

 

P : 2x y 2z 11 0có dạng

 



: 2x y 2z m 0



m11



.

 



,



3

d I





2 2 2

2.1 2 2.3

3
1 2 2

m
  

 

   m      2 9 m 11 m 7. Đối chiếu điều kiện suy

ra

 



: 2x y 2z 7 0.

Câu 118: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2__z2_₂_x_₆_y_₄_z_{ }_{2 0}_{và mặt phẳng}

 



:x4y z -11 0 . Viết phương trình mặt phẳng

 

P , biết

 

P song song với giá của

vectơ v



1;6;2



, vng góc với

 



và tiếp xúc với

 

S .

7
6

5

A

B

C

D
D

C
B

A
A

B

C

</div>
<span class='text_page_counter'>(105)</span><div class='page_container' data-page=105>

A. 2 2 3 0

2 2 21 0

x y z
x y z

   



 _{ } _ _

 B.

3 4 1 0

3 4 2 0

x y z
x y z

   


    


C. 4 3 5 0

4 3 27 0

x y z
x y z

   


 _ _{ } _

 D.

2 3 0

2 21 0

x y z
x y z

   


    


Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 3;2



và bán kính R4.

Vì mặt phẳng (P) song song với giá của vectơ v



1;6;2



, vng góc với

 



nên có vec tơ
pháp tuyến n_{ }n _{ }_ ,v_ 



2; 1;2



.

Mặt phẳng

 

P : 2x y 2z D 0.

Vì

 

P tiếp xúc với mặt cầu

 

S nên ta có:

 



;



d I P R

 

2

2 2

2.1 3 2.2

4

2 1 2

D
  

 

  

21
9 12

3
D
D

D
 


   _{  }

 .

Vậy phương trình mặt phẳng

 



là: 2 2 3 0

2 2 21 0

x y z
x y z

   


 _{ } _ _


Câu 119: Cho mặt phẳng

 

P : 2x2y z  10 0 và mặt cầu

 

_{S x}_: 2__y2_{ }_z2 ₂_x_₄_y_{  }₆_z _{11 0}

mặt phẳng

 

Q song song với

 

P và tiếp xúc với mặt cầu

 

S có phương trình là?

A. 2x2y z 10 0 . B. 2x2y z 0.
C. 2x2y z 20 0 . D. 2x2y z 20 0 .

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 2;3



bán kính R5.
Mặt phẳng

 

Q có dạng

 

Q : 2x2y z d  0.

Do

 

Q tiếp xúc với

 

S nên d I Q



,

 



R.

 

2.1 2 2 3 20

5 5 15

10
3

d d

d

d

     

     _{ }

 

 .

Câu 120: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

  

 

2

 

2



2

: 1 2 3 25

S x  y  z  và hai điểm



3; 2;6 ,

 

0;1;0



A  B . Mặt phẳng

 

P ax by cz:    2 0 chứa đường thẳng AB và cắt

 

S

theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức

2

M  a b c  .

A. M 1. B. M 4. C. M 2. D. M 3.
Lời giải

Chọn A

* Ta có:

 

P  n



a b c; ;



trong đó ; ;a b c khơng đồng thời bằng 0. Mặt cầu

 

S có tâm



1; 2;3



I và bán kính R5.

Do mặt phẳng

 

P chứa đường thẳng AB nên ta có: 3 2 6 2 0 2 1

 

2 0 2 2

a b c b

b a c

    

 



 _{ }  _{ }

</div>
<span class='text_page_counter'>(106)</span><div class='page_container' data-page=106>

* Bán kính đường trịn giao tuyến là: _r_ _R2__d2_{trong đó}

 





₂ ₂ ₂ 22

4 8 16

;

5 8 8

c c c

d d I P

c c

a b c

  

  

 

  . Để bán kính đường trịn nhỏ nhất điều kiện là
d lớn nhất 2₂ 8 16 1 24. ₂2 3

5 8 8 5 5 5 8 8

c c c

c c c c

  

  

    lớn nhất 2

2 3
5 8 8

c
m

c c

 

  lớn nhất.

* Coi hàm số ₂2 3

5 8 8
c
m

c c



  là một phương trình ẩn c ta được



 



2

5mc 2 4m1 c 8m 3 0,
phương trình có nghiệm _c_{   }_ ₂₄_m2_₂₃_m_{ }_{1 0} 1 ₁

24 m m

     lớn nhất c 1.

0 2 1

a M a b c

       .

</div>
<span class='text_page_counter'>(107)</span><div class='page_container' data-page=107>

PHƯƠNG

TRÌNH

Tham số







 


   



  




0
0
0

:

x x at
y y bt t
z z ct

có điểm

M x y z



₀; ;₀ ₀





Véctơ chỉ phương







 _{; ;}

u a b c

.

Chính tắc



 ₀ _  ₀ _  ₀

:x x y y z z

a b c

có điểm

M x y z



0; ;0 0





Véctơ chỉ

phương

u



a b c; ;



nếu



a b c; ;



0

.



Giao tuyến hai mặt phẳng:

Cho hai mặt phẳng

 

 :A x By Cz D   0 và

 

 :A x B y C z D      0 cắt nhau.
Gọi  là giao tuyến của chúng. Khi đó, đường thẳng  có VTCP là

u

  



__

n

_{   }_

;

n

_ __ .

A. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG:

B. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT CẦU:

(xem lại Chuyên Đề

Phương Trình Mặt Cầu).

C. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG & MẶT PHẲNG:

 Trong không gian Oxyz , cho _:x x 0 y y 0 z z 0

a b c và mặt phẳng

 

 :A x By Cz D   0.

CH

U

YÊ

N

Đ

Ề

</div>
<span class='text_page_counter'>(108)</span><div class='page_container' data-page=108>

– Ta viết lại phương trình _{dưới dạng tham số: }

 


  


  


0
0
0

:

x x at
y y bt
z z ct

thay ; ;x y z vào mặt phẳng

 

 .

– Được phương trình: A x



₀at



B y



₀bt



C z



₀ct



 D 0. Đặt

 





₀







₀







₀





f t A x at B y bt C z ct D.

– Khi đó:A x



₀at



B y



₀bt



C z



₀ct



  D 0 f t

 

0.
Ta có các trường hợp sau:
Nếu f t

 

 0 vô nghiệm

Đường thẳng  / /

 

 .

Nếu f t

 

 0 có 1 nghiệm
Đường thẳng

 



  I .

Nếu f t

 

 0 vô số nghiệm
Đường thẳng  

 



.

D. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG:

PHƯƠNG PHÁP 1 PHƯƠNG PHÁP 2

Khoảng cách từ M x



_M;y_M;z_M



đến đường thẳng

_:x x 0 y y 0 z z 0

a b c .

– Lập

 

 đi qua



_M; _M; _M



M x y z và vng góc
với .

– Tìm tọa độ giao điểm

 

 

 

H .

– Khi đó, d M



; 



MH.







  
 



0 ;

; M M u

d M

u .

Khoảng cách hai đường

  0   0   0

1

1 1 1

:x x y y z z

a b c và

  0   0   0

2

2 2 2

:x x y y z z

a b c chéo

nhau.

– Lập

 

 chứa 1 và song

song 2.

– Khi đó, d



  1; 2



d N



;

 





công thức khoảng cách
từ điểm đến mặt.



 



   

 

 

  
 

1 2
1 2

1 2

; .
;

;

hop
day

u u MN _V
d

S

u u .

DẠNG TỐN 1:

TÌM VTCP, CÁC VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

0
:

2
x

d y t

z t



 

  


. Vectơ nào dưới đây là
vecto chỉ phương của đường thẳng d?

A. u



1; 0; 1



. B. u



0; 0; 2



. C. u



0; 1; 2



. D. u



0; 1; 1



.
Lời giải

Chọn D

Dễ thấy vectơ chỉ phương của d là u



0; 1; 1



.

Câu 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P :2x y z   3 0 và điểm



1; 2;1



</div>
<span class='text_page_counter'>(109)</span><div class='page_container' data-page=109>

A.

2

: 1 2

1

x t

y t

z t

 



 _   

  


. B.

1 2

: 2 2

1 2

x t

y t

z t

 




 _   

  


. C.

1 2

: 2

1

x t

y t

z t

 



 _   

  


. D.

1 2

: 2 4

1 3

x t

y t

z t

 



 _   

  


.
Lời giải

Chọn C

Đường thẳng :





 





qua 1; 2;1

VTCP _P 2; 1;1

A
n

 




 

 

1 2

: 2

1

x t

y t

z t

 



     

  


.

Câu 3: Trong không gian Oxyz , tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng d:

4 5 7

7 4 5

x _ y _ z
 .

A. u



7; 4; 5 



. B. u



5; 4; 7 



. C. u



4;5; 7



. D. u



7; 4; 5



.
Lời giải

Chọn D

d: 4 5 7

7 4 5

x _ y _ z

 có một vectơ chỉ phương là u



7; 4; 5



.

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng : 2 2

1 2 3

x y z

d     đi qua những điểm
nào sau đây?

A. A



2; 2;0



B. B



2; 2;0



C. C



3;0;3



D. D



3;0;3



Lời giải
Chọn D

Ta có 3 2 0 2 3 1

1 2 3

 _  _{ } _{nên đường thẳng}_d_{đi qua điểm D .}

Câu 5: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 2 1 3

3 1 2

x y z

d     

 . Điểm nào sau đây không
thuộc đường thẳng d?

A. Q



1;0; 5



B. M



2;1;3



C. N



2; 1; 3 



D. P



5; 2; 1 



Lời giải
Chọn B

Nhận xét , ,N P Q thuộc đường thẳng d. Tọa độ điểm M không thuộc đường thẳng d.

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A



1;1;1



; B



1;1;0



; C



1;3; 2



.
Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC nhận vectơ a nào dưới đây là

một vectơ chỉ phương?

A. a 



1;1;0



. B. a 



2; 2; 2



. C. a 



1; 2;1



. D. a



1;1;0



.
Lời giải

Chọn A

Trung điểm BC có tọa độ I



0; 2;1



nên trung tuyến từ A có một VTCP là AI  



1;1;0



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(110)</span><div class='page_container' data-page=110>

B. d vng góc với

 

P thì u vng góc với n.

C. u vng góc với n thì d song song với

 

P .

D. u khơng vng góc với n thì d cắt

 

P .

Lời giải
Chọn D

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



2;3; 1 ,

 

B 1; 2; 4



. Phương trình
đường thẳng nào được cho dưới đây khơng phải là phương trình đường thẳng AB..

A. 1 2 4

1 1 5

x _ y _ z

 . B.

2
3

1 5

x t

y t

z t

 

  


   


.

C.

1
2
4 5

x t

y t

z t

 

  

  


. D. 2 3 1

1 1 5

x _ y _ z
 .

Lời giải
Chọn D



1; 1;5



AB  


.

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận AB  



1; 1;5



làm vectơ chỉ phương là : 2 3 1

1 1 5

x _ y _ z

 .Vậy chọn đáp án D.

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1.

1 2 2

x y z

d    

 Điểm nào
dưới đây không thuộc d?

A. N



1;0;1



. B. F



3; 4;5



. C. M



0; 2;1



. D. E



2; 2;3



.
Lời giải

Chọn C

Thay tọa độ điểm E



2; 2;3



vào 2 1 2 3 1

1 2 2

d      

 thỏa mãn nên loại A.
Thay tọa độ điểm N



1;0;1



vào 1 1 0 1 1

1 2 2

d     

 thỏa mãn nên loại B.
Thay tọa độ điểm F



3; 4;5



vào 3 1 4 5 1

1 2 2

d      

 thỏa mãn nên loại C.
Thay tọa độ điểm M



0; 2;1



vào 0 1 2 1 1

1 2 2

d      

 không thỏa mãn nên chọn D.

Câu 10: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

 

: 1 1 2

2 3 1

x y z

d     

 . Véctơ nào sau
đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng

 

d ?

A. u_d  



2;3;1



. B. u_d  



1;1; 2



. C. u_d 



2; 3;1



. D. u_d    



2; 3; 1



.
Lời giải

Chọn C

 

: 1 1 2

2 3 1

x y z

d     

  suy ra ud 



2; 3;1





</div>
<span class='text_page_counter'>(111)</span><div class='page_container' data-page=111>

DẠNG TOÁN 2:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, DỄ TÌM VTCP (KHƠNG DÙNG T.C.H)

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M



2; 3;1



và mặt phẳng

 



:

3 2 0

x y z   . Đường thẳng d qua điểm M và vng góc với mặt phẳng

 



có
phương trình là

A. d:

2
3 3
1
x t
y t
z t
 

   

  


. B. d:

1 2

3 3
1
x t
y t
z t
 

  

   


. C. d:

2
3 3
1
x t
y t
z t
 

   

  


. D. d:

2

3 3
1
x t
y t
z t
 

   

  

.
Lời giải
Chọn D

d qua điểm M



2; 3;1



nhận n



1;3; 1



là vtcp nên d có dạng d:

2
3 3
1
x t
y t
z t
 

   

  

.

Câu 12: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A



3; 2;4



và có véctơ chỉ phương



2; 1;6



u  có phương trình

A. 3 2 4

2 1 6

x _ y _ z

 . B.

3 2 4

2 1 6

x _ y _ z

 .

C. 3 2 4

2 1 6

x _ y _ z

 . D.

2 1 6

3 2 4

x _ y _ z

 .

Lời giải
Chọn A

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A



3; 2; 4



và có véctơ chỉ phương u



2; 1; 6



là:

3 2 4

2 1 6

x _ y _ z

 .

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Đường thẳng d đi qua M



2;0; 1



và có véc tơ chỉ
phương a



4; 6; 2



có phương trình

A.
2 2
3
1
x t

y t
z t
 

  

   
 _.
B.
2 2
3
1
x t
y t
z t
  

  

  


. C.

2 4
6
1 2
x t
y t
z t

  

  

  


. D.

4 2
3
2
x t
y t
z t
 

  

  

.
Lời giải
Chọn A

Ta có: a



4; 6;2

 

2 2; 3;1



.







2; ;3;1



2;0; 1

: qua M

d
VTCP u
 

 


  .

Câu 14: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A



2; 4;3



và vng góc với mặt phẳng
2x3y6z19 0 có phương trình là

A. 2 3 6

2 4 3

x _ y _ z _. _B. 2 4 3

2 3 6

x _ y _ z

 .

2 3 6

</div>
<span class='text_page_counter'>(112)</span><div class='page_container' data-page=112>

Lời giải
Chọn B

Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng 2x3y6z19 0 là n



2; 3;6



.

Đường thẳng đi qua điểm A



2; 4;3



và vng góc với mặt phẳng 2x3y6z19 0 có
một véc tơ chỉ phương là u



2; 3;6



nên có phương trình là 2 4 3

2 3 6

x _ y _ z

 .

Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm B



2; 1;3



và mặt phẳng

 

P : 2x3y3z 4 0. Đường thẳng  đi qua điểm B và vuông góc mp P

 

có phương
trình là

A. 2 1 3

2 3 1

x _ y _ z _. _B. 2 1 3

2 3 1

x _ y _ z

 .

C. 2 1 3

2 3 1

x _ y _ z
 . D.

2 1 3

2 3 1

x _ y _ z

  .

Lời giải
Chọn B

Do  vng góc với mp P

 

nên véc tơ chỉ phương của  : u_



2; 3;1



Vậy phương trình đường thẳng  : 2 1 3

2 3 1

x _ y _ z

 .

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình chính tắc của đường thẳng qua



1; 4; 7



A



và vng góc với mặt phẳng

 

P x

:



2 – 2 – 3 0

y

z



là

A.

4

1

7

1

2

2

x



_

y



_

z





. B.

1

4

7

1

2

2

x



_

y



_

z





.

C.

4

1

7

2

1

2

x



_

y



_

z





. D.

1

4

7

1

2

2

x



_

y



_

z



_.
Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng

 

P

có vectơ pháp tuyến

n





(2; 3; 3)



.

Đường thẳng cần tìm có vectơ chỉ phương

n



và đi qua A nên chọn.B.

Câu 17: Trong không gian Oxyz, cho điểm A



 1; 3;2



và mặt phẳng

 

P :x2y3z 4 0, Đường
thẳng đi qua điểm A và vng góc với mặt phẳng

 

P có phương trình là

A.

1

2

3

1

2

3

x



_

y



_

z







. B.

1

3

2

1

2

3

x



_

y



_

z







.

C.

1

3

2

1

2

3

x



_

y



_

z





. D.

1

3

2

1

2

3

x



_

y



_

z







.

Lời giải
Chọn B

Đường thẳng qua A



 1; 3;2



vng góc với mặt phẳng

 

P :x2y3z 4 0 nên có một
vectơ chỉ phương u



1; 2; 3 



, có phương trình:

1

3

2

1

2

3

x



_

y



_

z



</div>
<span class='text_page_counter'>(113)</span><div class='page_container' data-page=113>

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho đường thẳng d có phương trình tham số
1 2
2 .
3

x t
y t
z t
 

  

   


Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d.

A. : 1 2 3

2 1 1

x y z

d     

 . B.

1 2 3

:

2 1 1

x y z

d     

 .

C. : 1 2 3

2 1 1

x y z

d     

 . D.

1 2 3

:

2 1 1

x y z

d      .
Lời giải

Chọn B

Từ phương trình tham số ta thấy đường thẳng d đi qua điểm tọa độ



1;2; 3



và có VTCP



2; 1;1



u  .

Suy ra phương trình chính tắc của d là: 1 2 3.

2 1 1

x _ y _ z

 .

Câu 19: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi
qua hai điểm A



1; 2; 3 ,



B



2; 3;1 .



.

A.
1
2 5
3 4
x t
y t
z t
 

  

  


. B.

2
3 5
1 4
x t
y t
z t
 

   

  


. C.

1
2 5
3 2
x t
y t
z t
 

  

   


. D.

3
8 5
5 4
x t
y t
z t
 

   

  

.
Lời giải
Chọn D

Ta có AB



1; 5; 4



.

Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB



1; 5; 4



nên loại đáp án A, B.
Thay tọa độ A



1; 2; 3



vào đáp án C được

1 1 0

2 2 5 ₃

3 3 4 2

t t
t
t

t
 
  
 _{ } _
  _{ }
_{  } _


hay điểm A không thuộc
đường thẳng ở đáp C nên loại đáp án C, còn lại là D.

Câu 20: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng

 

P : 2x y 3z0. Đường thẳng d đi

qua M



1; 1; 2



và vng góc với

 

P có phương trình

A.
1 2
1
2 3
x t
y t
z t
 

   

  


. B.

1 3
1
5 2
x t
y t
z t
 

   

  


. C.

3 3
2
x t
y t
z t
 

 

 


. D.

2 3
2 2
x t
y t
z t
 

 

  

.
Lời giải
Chọn A



2; 1; 3



P d

n u  
 

</div>
<span class='text_page_counter'>(114)</span><div class='page_container' data-page=114>

DẠNG TỐN 3:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, VTCP TÌM BẰNG T.C.H

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho điểm A



3;1; 5



, hai mặt phẳng

 

P : x y z   4 0 và

 

Q :
2x y z   4 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A đồng thời  song song với
hai mặt phẳng

 

P và

 

Q .

A. : 3 1 5

2 1 3

 _  _ 

 

x y z _. _B.__: 3 1 5

2 1 3

 _  _ 

 

x y z _.

C. : 3 1 5

2 1 3

 _  _ 


x y z _. _D.__: 3 1 5

2 1 3

 _  _ 

 

x y z _.

Lời giải
Chọn A

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P là 1



1; 1;1





n .

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

Q là n₁



2;1;1



.
 1 1 1

2 1 1


   1


n và 2



n không cùng phương.

 

 P và

 

Q cắt nhau.

Mặt khác: A

 

P , A

 

Q .
Ta có:  1, 2

 

n n  



2;1;3



.

Đường thẳng  đi qua A



3;1; 5



và nhận vectơ n



2; 1; 3 



làm vectơ chỉ phương.
Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 3 1 5

2 1 3

 _  _ 

 

x y z _.

Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 

P : 2x3y2z 2 0  và

 

Q x: 3y2z 1 0  .
Phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng

 

P ,

 

Q

là

A.

9 12 2
x _ y _ z

  . B. 12 2 9
x _ y _ z

  . C. 9 12 2
x _ y _ z

 . D. 12 2 9
x _{ }y z

 .

Lời giải
Chọn C

 

P có VTPT n



2;3; 2



,

 

Q có VTPT n 



1; 3;2



.

Do đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng

 

P ,

 

Q nên đường

thẳng có VTCP u  



n n,







12; 2; 9 



.
Vậy phương trình đường thẳng là

12 2 9
x _ y _ z

  .

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A



1;3;2 ,

 

B 1; 2;1 ,

 

C 1;1;3



. Viết phương
trình tham số của đường thẳng  đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vng góc với
mặt phẳng



ABC



.

A.

1 3

: 2 2

2
x t
y t
z t
 


 _  
  


. B.

1 3
: 2
2
x t
y
z
 


 _ 
 


. C.

1 3
: 2
2
x t
y t
z
 


 _  
 


. D.

1

: 2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(115)</span><div class='page_container' data-page=115>

Ta có:  qua G



1;2; 2



và có một vectơ pháp tuyến là: _ AB AC,   _



3;0;0



.
Do đó:

1 3

: 2

2

x t

y
z

 



  

 


.

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A



2;1;0 ,

 

B 1;1;3 ,

 

C 5;2;1



. Tìm tất cả
các điểm cách đều ba điểm , , A B C.

A. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm , , A B C là đường thẳng

3

3 ₂ 2

3 10 1

y

x _  _ z

 .

B. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm , , A B C là đường thẳng

3

3 ₂ 2

3 10 1

y

x _  _ z

 .

C. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm , , A B C là đường thẳng

3

3 ₂ 2

3 10 1

y

x _  _ z _.

D. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm , , A B C là đường thẳng

3

3 ₂ 2

3 10 1

y

x  z

 _ _ 

 .

Lời giải
Chọn A



1;0;3 ,





3;1;1 .



AB  AC
 

.

Khi đó  AB AC. 0 suy ra tam giác ABC vuông tại A , suy ra tất cả các điểm cách đều ba
điểm , ,A B C nằm trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng



ABC



tại 3; ; 23

2
I _ _

 (với I
là trung điểm cạnh BC). VTCP của đường thẳng u_ AB BC, _



3;10; 1



.

Suy ra phương trình của đường thẳng là

3

3 ₂ 2

3 10 1

y

x _  _ z
 .

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M



1; 3; 4



, đường thẳng

2 5 2

:

3 5 1

x y z

d     

  và mặt phẳng

 

P : 2x z  2 0. Viết phương trình đường thẳng 

qua M vng góc với d và song song với

 

P .

A. : 1 3 4

1 1 2

x y z

  

  . B.

1 3 4

:

1 1 2

x y z

  

 .

C. : 1 3 4

1 1 2

x y z

  

   . D.

1 3 4

:

1 1 2

x y z

  

 .

Lời giải
Chọn B

Đường thẳng d có VTCP là ud 



3; 5; 1 





và mặt phẳng

 

P có VTPT là np 



2;0;1



.
Suy ra u _dn_p  



5; 5;10



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(116)</span><div class='page_container' data-page=116>

Câu 26: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC biết A



1;0; 1



, B



2;3; 1



, C



2;1;1



.
Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và vng
góc với mặt phẳng



ABC



là:

A. 3 1 5

3 1 5

x _ y _ z

 . B.

2

3 1 5

x _ y _ z_.

C. 1 1

1 2 2

x _ y _ z

 . D.

3 2 5

3 1 5

x _ y _ z

 .

Lời giải

Chọn A

Ta có: AB



1;3;0



; BC  



4; 2; 2



, AC 



3;1; 2



2 ₁₀

AB

  , _BC2 _₂₄_,_AC2 _₁₄_{ }_ABC_{vuông tại A .}

Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của BC I



0;2;0



.
Đường thẳng d cần tìm đi qua I



0;2;0



và nhận vectơ 1 ,

2

u_{ }AB AC _ 



3; 1;5



làm véc tơ
chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng d là : 3 1 5

3 1 5

x _ y _ z

 .

Câu 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P z:  1 0 và

 

Q x y z:    3 0. Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng

 

P , cắt
đường thẳng 1 2 3

1 1 1

x _ y _ z

  và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của
đường thẳng d là

A.
3
1
x t
y t
z t
 

 

  


. B.

3
1
x t
y t
z
 

 


 


. C.

3
1
x t
y t
z
 

 

 


. D.

3
1
x t
y t
z t
 

  

  


.
Lời giải
Chọn C

Đặt n_P 



0;0;1



và n_Q 



1;1;1



lần lượt là véctơ pháp tuyến của

 

P và

 

Q .
Do  

   

P  Q nên  có một véctơ chỉ phương u_ _n n _P, _Q_ 



1;1; 0



.

Đường thẳng d nằm trong

 

P và d  nên d có một véctơ chỉ phương là u_d 



n u_P, _





1; 1;0



   .

Gọi : 1 2 3

1 1 1

x y z

d     

  và A d     d A d

 

P

Xét hệ phương trình

1 0

1 2 3

1 1 1

z

x y z

 


  _  _ 
  
1
0
3
z
y
x



_ 
 




3;0;1



</div>
<span class='text_page_counter'>(117)</span><div class='page_container' data-page=117>

Do đó phương trình đường thẳng

3
:

1

x t

d y t

z
 

 

 

.

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

 

: 1 1 2

2 1 3

x y z

d      và mặt
phẳng

 

P x y z:    1 0. Viết pt đường thẳng

 

 đi qua điểm A



1;1; 2_{ }



, biết

   

 _{ }// P
và

 

 cắt d.

A. 1 1 2

1 1 1

x _ y _ z

  . B.

1 1 2

2 1 3

x _ y _ z _.

C. 1 1 2

8 3 5

x _ y _ z _{. D.} 1 1 2

2 1 1

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn C

Gọi M 

   

d   M



 1 2 ;1t_ t; 2 3_  t



.

Khi đó AM 



2t2; ; 3_{ }t t4



_{là một vectơ chỉ phương của}

_{ }

 .

   

 _{ }// P AM n_{ }_P với n_{ }_P 



1; 1; 1_{ }



.
 

. _P 0 2 2 3 4 0

AM n t t t

          t 3 AM   



8; 3; 5_{ }



.
Vậy

 

: 1 1 2

8 3 5

x y z

   .

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

1

: 2

2

x t

d y t

z t
 

  

 



và mặt phẳng

 

P x: 2y z  6 0.
Phương trình đường thẳng qua điểm M



0; 2; 1



cắt dvà song song với

 

P là.

A. 2
1
x t
y
z t


 

   


. B.

1
2
1
x t
y t
z t
 

 

   


. C.
1 2
2 3
1
x t
y t
z t
 

  

  
 _.
D.
1
2
1
x t
y
z t
 

 

  

.
Lời giải
Chọn A

Lấy tọa độ điểm M



0;2; 1



thay vào các phương án.

0 1 2
2 2 3

1 1
t
t
t
 

  

  


vô nghiệm nên loại phương án A.

0 1
2 2
1 1
t
t
 

 

  


vô nghiệm nên loại phương án B.

0 1
2 2
1 1
t
t
t
 

 

   


</div>
<span class='text_page_counter'>(118)</span><div class='page_container' data-page=118>

Đường thẳng 2
1
x t
y

z t



 


   


qua điểm M



0;2; 1



cắt d và song song với

 

P .

Câu 30: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng

 

d : 3 3

1 3 2

x _ y _ z_{, mặt phẳng}

 

P x y z:    3 0 và điểmA



1; 2; 1



. Đường thẳng

 

 đi qua A , cắt

 

d và song song
với mặt phẳng

 

P có phương trình:

A. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ x

  . B.

1 2 1

1 2 1

x _ y _ x

  .

C. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z

 . D.

1 2 1

1 2 1

x _ y _ x

  .

Lời giải
Chọn C

Gọi B

   

d   B



3t;3 3 ; 2 t t



AB 



t 2;3 1; 2t t1



là một vectơ chỉ phương của

 

 . Mặt phẳng

 

P có một vectơ pháp tuyến n



1;1; 1



.

   

 // P  AB n.           0 t 2 3 1 2 1 0t t t 1. Ta được AB



1; 2; 1 



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(119)</span><div class='page_container' data-page=119>

 DẠNG TOÁN 4:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT ĐƯỜNG NÀY, CÓ LIÊN HỆ VỚI

ĐƯỜNG KIA.

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm A



1;2;3



và hai đường thẳng

1 2

2

2

3

1

1

1

:

;

:

2

1

1

1

2

1

x

y

z

x

y

z

d











d















. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A , vng góc với

d

₁ và cắt

d

₂.

A.

1

2

3

1

3

5

x



_

y



_

z





. B.

1

2

3

1

3

5

x



_

y



_

z







.

C.

1

2

3

1

3

5

x



y



z









. D.

1

2

3

1

3

5

x



y



z











.

Lời giải
Chọn B

Gọi B là giao điểm của d và

d

2

.

B d

 

2

B

(1 ;1 2 ; 1 )

   

t

t

t

.

1

.

1

0

1

d



d



 

AB u

   

t

suy ra B(2;-1;-2).

PT d đi qua A và có vecto chỉ phương



AB



(1; 3; 5)

 

:

1

2

3

1

3

5

x



y



z











.

Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho 2 đường thẳng ₁: 2 2 3

2 1

x y

d     z

 ;

2

1 1 1

:

1 2 1

x y z

d  _  _ 

 và A



1; 2;3



. Đường thẳng qua A vuông góc

d

1

,

cắt

d

2 có phương

trình là :

A. 1 2 3

1 3 5

x y z

 

 . B.

1 2 3

1 3 5

x y z

  .

C. 1 2 3

1 3 5

x_ y_ z_

 

  . D.

1 2 3

1 3 5

x_ y_ z_

 

   .

Lời giải
Chọn C

Giả sử đường thẳng d cần tìm cắt đường thẳng

d

2 tại B B



1 ;1 2 ; 1t  t  t t R



,  ..

Vì

d d



1 u AB. 0

 

3t 3 0

    t 1.

Vậy đường thẳng d đi qua điểm A



1; 2;3



và có vtcp AB



1; 3; 5 



nên có phương trình là.

1 2 3

1 3 5

x _ y _ z
  .

Câu 33: Trong không gian Oxy , cho điểm M



1;1; 2



và hai đường thẳng : 2 3 1

3 2 1

x y z

d      ,
1

:

1 3 2

x y z

d   

 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm
M, cắt d và vng góc với d?

A.
1 3
1
2
x t

y t
z
 

  

 


. B.

1 3
1
2
x t
y t
z
  

  

 


. C.

1 7
1 7
2 7
x t

y t
z t
  

  

  


. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(120)</span><div class='page_container' data-page=120>

Khi đó: A



2 3 ; 3 2 ;1 t   t t



, MA 



3 3 ; 4 2 ; 1t   t  t



.
Do  vng góc với d nên: MAu. 20

 

7t 7 0 t 1

     .

Khi đó MA



6; 2;0



, hay vectơ chỉ phương của  là



3; 1;0



.
Vậy phương trình  :

1 3
1
2

x t

y t

z
  


  

 


.

Câu 34: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A



1;2;3



và đường thẳng

1 3

:

2 1 2

 _{ } 


x y z

d . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A , vng góc với đường thẳng d

và cắt trục hồnh. Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  .

A. u



1; 2; 0



. B. u



1; 0; 1



. C. u



2; 2; 3



. D. u



0; 2; 1



.

Lời giải
Chọn C

 là đường thẳng đi qua điểm A , vng góc với đường thẳng d nên  nằm trong mặt

phẳng

 

P qua A và vng góc với d.

Phương trình mặt phẳng

 

P : 2



x 1

 

y 2

 

2 z 3



0 hay 2x y 2z 2 0.
Giao điểm B của trục hồnh và

 

P có tọa độ là B



1; 0; 0



.

Khi đó BA



2; 2; 3



.

Vậy một vectơ chỉ phương của  là u



2; 2; 3



.

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M



2;1;0



và đường thẳng

1 1

:

2 1 1

x y z

  

 . Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt và vng
góc với  .

A. : 2 1

1 4 1

x y z

d    

 . B.

2 1

:

1 4 1

x y z

d     .
C. : 2 1

2 4 1

x y z

d    

 . D.

2 1

:

1 4 2

x y z

d    
  .

Lời giải
Chọn D

* Gọi N d    N nên N



1 2 ; 1 ; t   t t



. Khi đó ta có MN



2 1;t t 2; t



. Đường
thẳng  có vectơ chỉ phương a



2;1; 1



.

* Vì d  MN a . 0 2 1 2





2 0 2
3

t t t t

        1; 4; 2
3 3 3

MN  

 _   _

 



. Chọn vectơ chỉ
phương của d là a_d 



1; 4; 2 



.

* Vậy phương trình của : 2 1

1 4 2

x y z

d    
  .

Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1

2 2 3

:

2 1 1

x y z

d     

 ; 2

1

: 1 2

1

x t

d y t

z t

 

  


   


và điểm



1; 2;3 .



</div>
<span class='text_page_counter'>(121)</span><div class='page_container' data-page=121>

A. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z _. _B. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

   .

C. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z
  . D.

1 2 3

1 3 5

x _ y _ z
 .

Lời giải
Chọn C

Ta có ud1



2; 1;1





.

Đáp án B có u 



1; 3; 5 



.

Nhận thấy u ud1.  2.1 1.3 1.5 0   d1 

 

.

Các đáp án khác khơng thỏa mãn điều kiện vng góc.

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A



2;3;3



, phương trình đường trung tuyến
kẻ từ B là 3 3 2

1 2 1

x _ y _ z

  , phương trình đường phân giác trong của góc C là

2 4 2

2 1 1

x _ y _ z

  . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là

A. u2 



1; 1;0



. B. u4



0;1; 1



. C. u1



1; 2;1



. D. u3



2;1; 1



.

Lời giải
Chọn B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là

2 2

: 4

2

x t

CD y t

z t
 

  

  

.

Gọi C



2 2 ; 4 t t;2t



, suy ra tọa độ trung điểm M của AC là 2 ;7 ;5
2 2

t t
M _ t   _

 . Vì

MBM nên:



2



3 7₂ 3 5₂ 2

1 2 1

t t
t
 
 _  _
   
  _ _ _ _
 
 

1 1 1

1

1 4 2

t t t

t

  

    

  .

Do đó C



4;3;1



.

Phương trình mặt phẳng

 

P đi qua A và vng góc CD là



 

 



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

Tọa độ giao điểm H của

 

P và CD là nghiệm



x y z; ;



của hệ
2 2

4
2

2 2 0

x t

y t

z t

x y z
 

  

  

    




 

 



2 2
4
2

2 2 2 4 2 2 0

x t

y t

z t

t t t

 

  

   _
       

2
4
2
0
x
y
z
t



 

  _

 




2;4; 2



H

 .

Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD, suy ra H là trung điểm AA , bởi

vậy:

2 2.2 2 2

2 2.4 3 5

2 2.2 3 1

A H A

A H A

A H A

x x x

y y y

x z z




    

 _ _ _ _{ }

 _ _ _ _{ }




2;5;1



A

</div>
<span class='text_page_counter'>(122)</span><div class='page_container' data-page=122>

Do ABC nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là CA 



2; 2;0



2 1;1; 0







, nên
phương trình đường thẳng BC là

4
3
1
x t
y t
z
 


  

 

.

Vì B BM BC nên tọa độ B là nghiệm



x y z; ;



của hệ

4 ₂

3 ₅

1 ₁

3 3 ₁ ₂

1 2

x t _x

y t _y

z _z

x y _t

 
 _ _
   

 
 _
   _
 _ _ 
 _ _ _{ }_
 



2;5;1



B A

  .

Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là AB



0;2; 2 

 

2 0;1; 1



; hay u4



0;1; 1



là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB .

Câu 38: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1

2 2 3

:

2 1 1

x y z

d     

 và 2

1
: 1 2

1

x t

d y t

z t
 

  

   

.
Đường thẳng  đi qua điểm A



1; 2; 3



, vng góc với d1 và cắt d2 có phương trình là

A. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

   . B.

1 2 3

1 3 5

x _ y _ z _.

C. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

 . D.

1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

  .

Lời giải
Chọn D

2

1
: 1 2

1

x t

M d y t

z t
 


 _  
   




1 ;1 2 ; 1



M t t t

     .

Vectơ chỉ phương của d1 là u



2; 1;1





; AM



t t; 2   1; 4 t



Theo yêu cầu bài toán:

u AM

 

.



0

  2t

_

2t   1

_

4 t 0  t 1 nên AM



1; 3; 5 



.
Đường thẳng  đi qua điểm A



1; 2; 3



nhận AM



1; 3; 5 



làm vectơ chỉ phương nên:

1 2 3

:

1 3 5

x y z

  

  .

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng : 1 3

2 1 2

x y z

d    

. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vng góc với đường thẳng d và cắt trục
Ox.

A. 1 2 3

2 2 3

x _ y _ z _. _B. 1 2 3

2 2 3

x _ y _ z _.

C. 2 2 3

1 2 3

x _ y _ z _{. D.} 2 2 3

1 2 3

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn A

Gọi B là giao điểm của đường thẳng  và trục Ox. Khi đó B b



; 0; 0



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(123)</span><div class='page_container' data-page=123>

Suy ra  AB u. _d    0 b 1. Do đó AB   ( 2; 2; 3).

Chọn VTCP cho đường thẳng  là u_ 



2; 2;3



. Phương trình  là 1 2 3

2 2 3

x _ y _ z _.

Câu 40: Trong không gian Oxyz , Cho hai đường thẳng 1 2

1

2 2 3

: ; : 1 2

2 1 1

1

x t

x y z

d d y t

z t

 


 _  _   _{ }



 _{   }



và
điểm A



1; 2;3



. Đường thẳng  đi qua A, vng góc với

d

1 và cắt

d

2 có phương trình là.

A. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

  . B.

1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

 .

C. 1 1

2 1 1

x _ y _ z _. _D. 1 2 3

1 3 5

x _ y _ z

   .

Lời giải
Chọn A

Gọi M   d2M



1 ;1 2 ; 1t  t  t



.



; 2 1; 4



AM  t t t


.
Có AM ud₁   t 1

 

_

_

1; 3; 5
AM

</div>
<span class='text_page_counter'>(124)</span><div class='page_container' data-page=124>

DẠNG TOÁN 5:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D, CÓ LIÊN HỆ VỚI MP (P).

Câu 41: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M



1; 2; 2



, song song với mặt phẳng

 

P x y z:    3 0 đồng thời cắt đường thẳng : 1 2 3

1 1 1

x y z

d      có phương trình là

A.
1
2
3
x t

y t
z
 

  

 


. B.

1
2
3
x t
y t
z t
 

  

  


. C.

1
2
3
x t

y t
z
 

  

 


. D.

1
2
2
x t
y t
z
 

  

 

.
Lời giải
Chọn D

Gọi đường thẳng cần tìm là  . Gọi I   d  I d I



1 ;2t t;3t



.



; ;1



MI t t t


mà MI//

 

P nên MI n . _{ }_P 0     t t



1 t



0   t 1MI  



1; 1;0



Đường thẳng  đi qua M



1;2; 2



và I có véctơ chỉ phương là MI  



1; 1;0



có phương
trình tham số là

1
2
2
x t
y t
z
 

  

 

.

Câu 42: Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng

 

R x y:  2z_{  và đường thẳng}2 0

1

1
:

2 1 1

x y z

  

 . Đường thẳng 2 nằm trong mặt phẳng

 

R đồng thời cắt và vng góc

với đường thẳng 1có phương trình là

A.
2
1
x t
y t
z t
 

  

 


. B.

2 3
1
x t
y t
z t
 


  

 


. C. 3

1
x t
y t
z t


  

  


. D. 2

1
x t
y t
z t


  

  


.
Lời giải
Chọn C

Phương trình tham số của đường thẳng 1 là

2
1
x t
y t
z t


 

  

.

Gọi I x y z



; ;



là giao điểm của 1 và

 

R . Khi đó tọa độ của I là thỏa mãn

2
1

2 2 0
x t

y t

z t

x y z


 

  

    

0
0
1
x
y
z



 
 




0;0;1



I

  .

Mặt phẳng

 

R có VTPT n



1;1; 2



; Đường thẳng 1 có VTCP u



2;1; 1



.

Ta có

 

n u , 



1; 3; 1 



.

Đường thẳng 2 nằm trong mặt phẳng

 

R đồng thời cắt và vng góc với đường thẳng
1

 .

Do đó 2 đi qua I



0;0;1



và nhận

 

n u , làm một VTCP.

Vậy phương trình của 2 là 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(125)</span><div class='page_container' data-page=125>

Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

 

: 1 1

1 1 3

x y z

d    

 và mặt phẳng

 

P x: 3y z 0. Đường thẳng

 

 đi qua M



1;1; 2



, song song với mặt phẳng

 

P đồng

thời cắt đường thẳng

 

d có phương trình là

A. 2 1 6

1 1 2

x _ y _ z

 B.

1 1 2

1 2 1

x _ y _ z


C. 1 1 2

1 1 2

x _ y _ z

 D.

3 1 9

1 1 2

x _ y _ z


Lời giải
Chọn C

Phương trình tham số của

 

1

: 1 ,

3

x t

d y t t

z t
 

   

 

.
Mặt phẳng

 

P có véc tơ pháp tuyến n



1;3;1



.
Giả sử   d A



1 ;1 ;3t t t



.



; ;3 2



MA t t t

   là véc tơ chỉ phương của  MA n .        0 t 3t 3t 2 0 t 2.



2; 2;4

 

2 1; 1; 2



MA

    . Vậy phương trình đường thẳng : 1 1 2

1 1 2

x y z

  

 .

Câu 44: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M



1; 2; 2



, song song với mặt phẳng

 

P x y z:    3 0 đồng thời cắt đường thẳng : 1 2 3

1 1 1

x y z

d      có phương trình là

A.
1
2
3
x t
y t
z

 

  

 


. B.

1
2
2
x t
y t
z
 

  

 


. C.

1
2
3
x t
y t
z t

 

  

  


. D.

1
2
3
x t
y t
z
 

  

 

.
Lời giải
Chọn B

Gọi đường thẳng cần tìm là  . Gọi I   d  I d I



1 ;2t t;3t



.



; ;1



MI t t t



mà MI//

 

P nên MI n . _{ }_P 0     t t



1 t



0   t 1MI  



1; 1;0



Đường thẳng  đi qua M



1;2; 2



và I có véctơ chỉ phương là MI  



1; 1;0



có phương
trình tham số là

1
2
2
x t
y t
z
 

  

 

.

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x y z:    9 0, đường thẳng

3 3

:

1 3 2

x y z

d     và điểm A



1;2; 1



. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A
cắt d và song song với mặt phẳng

 

P .

A. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z

  B.

1 2 1

1 2 1

x _ y _ z


C. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z _D. 1 2 1

1 2 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(126)</span><div class='page_container' data-page=126>

Chọn D

Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P là n



1;1; 1



.
Gọi B_{   thì}d B



3t;3 3 ; 2 t t



AB



2t t;3 1;2 t1



_.

Do đường thẳng  song song với mặt phẳng

 

P nên ta có  AB n. 0
2 t 3t 1 2t 1 0

         t 1.

Với t 1 thì AB



1; 2; 1 



một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u 



1; 2;1



.
Vậy phương trình đường thẳng  là 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z

 .

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 2 1 5

3 1 1

x y z

d     

 và mặt phẳng
( ) : 2P x3y z  6 0 .Đường thẳng  nằm trong ( )P cắt và vng góc với d có phương
trình

A. 8 1 7

2 5 11

x _ y _ z _. _B. 4 1 5

2 1 1

x _ y _ z
 .

C. 8 1 7

2 5 11

x _ y _ z _{. D.} 4 3 3

2 5 11

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn C

Phương trình tham số của

2 3

: 1

5

x t

d y t

z t

 


   


   


Tọa độ giao điểm M của d và ( )P 2(2 3 ) 3( 1 ) 5 t          t t 6 0 t 2 M(8;1; 7)
VTCP của  uu nd; ( )P    ( 2; 5; 11) 1.(2;5;11)

  

 nằm trong ( )P cắt và vng góc với dsuy ra  đi qua M có VTCP a(2;5;11) nên có
phương trình: 8 1 7

2 5 11

x _ y _ z _.

Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1 2

1 1 1

x y z

d    

 và mặt phẳng

 

P : 2x y 2z 1 0. Đường thẳng nằm trong

 

P , cắt và vng góc với d có phương
trình là:

A. 1 1 1

3 4 1

x _ y _ z _. _B. 2 1 3

3 4 1

x _ y _ z _.

C. 2 1 3

3 4 1

x _ y _ z
 . D.

2 1 3

3 4 1

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn D

Phương trình tham số của

1
:

2

x t

d y t

z t

 

  

  


.

</div>
<span class='text_page_counter'>(127)</span><div class='page_container' data-page=127>

Gọi a_d 



1; 1;1



và n



2; 1; 2 



lần lượt là vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng

 

P . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là





, 3; 4;1

d

a_a n_
  

.

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 2 1 3

3 4 1

x _ y _ z _.

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Cho mặt phẳng

 

P : 2x y z  10 0, điểm A



1;3;2



và đường thẳng

2 2

: 1

1

x t

d y t

z t

  


  

  


. Tìm phương trình đường thẳng  cắt

 

P và d lần lượt

tại hai điểm M và N sao cho A là trung điểm cạnh MN.

A. 6 1 3

7 4 1

x _ y _ z

 . B.

6 1 3

7 4 1

x _ y _ z
  .

C. 6 1 3

7 4 1

x _ y _ z
  . D.

6 1 3

7 4 1

x _ y _ z


Lời giải
Chọn B

Ta có M 

   

d   M

 

d . Giả sử M



 2 2 ,1 ,1t t t t



, _

Do A là trung điểm MN nên N



4 2 ; 5 t t t; 3



.

Mà N

 

P nên ta có phương trình 2 4 2



 t

 

    5 t

 

3 t



10 0   t 2.
Do đó, M



 6; 1;3



.



7; 4;1



AM   


là vectơ chỉ phương của đường thẳng  .

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 6 1 3

7 4 1

x _ y _ z
 .

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 



:x y z   3 0, đồng thời đi qua điểm M



1; 2;0



và cắt đường thẳng

2 2 1

:

2 1 3

x y z

d      . Một véc tơ chỉ phương của  là

A. u



1;1; 2



. B. u



1; 1; 2 



. C. u



1; 2;1



. D. u



1;0; 1



.
Lời giải

Chọn A

Gọi N d 

 



khi đó ta có MN là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  .
Do N d nên N



2 2 ; 2 t t;3t



. Mà N

 



nên 2 2      t 2 t 3 t 3 0   t 1



0;1;2



N

 MN  



1; 1; 2



.

Vậy một vec tơ chỉ phương của  là u



1;1; 2



.

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho điểm A



1; 2; 1



, đường thẳng d có phương trình

3 3

1 3 2

x _ y _ z_{và mặt phẳng}

_{ }

_α _{có phương trình}

3 0

x y z    . Đường thẳng  đi qua
điểm A , cắt d và song song với mặt phẳng

 

α có phương trình là

</div>
<span class='text_page_counter'>(128)</span><div class='page_container' data-page=128>

C. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z _D. 1 2 1

1 2 1

x _ y _ z

Lời giải
Chọn B

Gọi B



3t; 3 3 ; 2 t t



là giao điểm của d và  . Đường thẳng  nhận AB



2t; 1 3 ; 2t 1 t 



làm vec tơ chỉ phương.

Vì €

 

α nên  AB n. _α 0. Suy ra



2  t

 

1 3t

 

 2t 1



0  2 2t0  t 1. Suy ra B



2; 0; 2



.
Vec tơ chỉ phương của đường thẳng  : AB



1; 2; 1 



Phương trình đường thẳng  : 1 2 1

1 2 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(129)</span><div class='page_container' data-page=129>

DẠNG TOÁN 6:

PTĐT QUA 1 ĐIỂM, CẮT D1 LẪN D2 HOẶC VNG GĨC D2.

Câu 51: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm M



1; 1;3



và hai đường thẳng : 1 1 1

2 1 1

x y z

d     
  và
1

:

3 2 1

x y z
d   

 . Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và cắt cả hai đường thẳng d và d.

A. 1. B. 0. C. Vô số. D. 2 .

Lời giải
Chọn B

Với A t



2      1; t 1; t 1



d và B t



3 ; 2 ;  t t  1



d , ta có A , B , M thẳng hàng khi.













2 1 2 ₂ ₂ ₀

2 1 2 2 2

2 2

2 2

t k t _{t k} _kt

MA k MB t k t t k kt

t k kt

t k t


  

    

 _  _

 _       _  
_{  } _{ } _ __{ } _ __


 

hệ vô nghiệm.
Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề.

Câu 52: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

1 2

:

2 1 1

x y z

d    

 và

2

1 2

: 1

3

x t

d y t

z
  


  

 


. Phương trình đường thẳng vng góc với

 

P : 7x y 4z0 và cắt hai
đường thẳng d d1, 2 là

A. 2 1

7 1 4

x _{ }y z

 . B.

2 1

7 1 4

x _ y _ z

  .

C. 2 1

7 1 4

x _{ }y z _D. 7 4

2 1 1

x _{ }y z _.

Lời giải
Chọn A

Gọi d là đường thẳng cần tìm
Gọi A d d B d1,  d2













1

2

2 ;1 ; 2
1 2 ;1 ;3

2 2 1; ; 5

A d A a a a

B d B b b

AB a b a b a

    

    

      


 

P có vectơ pháp tuyến n_P 



7;1; 4



 

, _p

d P  AB n cùng phương
 có một số k thỏa AB kn p

  2 2 1 7 2 2 7 1 1

0 2

5 4 4 5 1

a b k a b k a

a b k a b k b

a k a k k

        

  

  

_   _    _  
_{   } _{ } _{ }  _{ }

  

d đi qua điểm A



2;0; 1



và có vectơ chỉ phương a _d n_P 



7;1 4



Vậy phương trình của d là 2 1

7 1 4

x _{ }y z

 .

Câu 53: Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm M



0; 1; 2



và hai đường thẳng

1 2 3

:x  y  z

</div>
<span class='text_page_counter'>(130)</span><div class='page_container' data-page=130>

1

d và d2 là

A. ₉ ₉1 3

8

2 2

 

 



x y z

. B. 1 2

3 3 4

 

 



x y z _.

C. 1 2

9 9 16

 

 



x y z _. _D. 1 2

9 9 16

 

 



x y z _.

Lời giải
Chọn C

Gọi  là đường thẳng cần tìm.





1 1 1; 1 2; 21 3

 d  A t   t t  ;  d₂B t



2₂  1; t₂ 4; 4t₂2



.



1 1; 1 1; 21 1



    



MA t t t ; 



22  1; 2 5; 42





MB t t t .

Ta có: ,M A B, thẳng hàng









1
1 2
1
1 2
2
1 2
2
7
2

1 2 1 ₇

1

1 5 2

2

4

2 1 4 ₂

 

  
 _ _
   
     _   _   _

 _{ }  _{  }_
  

 
t
t k t

t

MA k MB t k t k

t

t kt _kt

.



9; 9; 16



MB   .

Đường thẳng  đi qua M



0; 1; 2



, một VTCP là u



9; 9;16



có phương trình là:

1 2

:

9 9 16

 

  



x y z _.

Câu 54: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm



1; 2; 5



A  và vuông góc với mặt phẳng

 

P : 2x3y4z 5 0 là

A.

2

: 3 2

4 5

x t

d y t

z t
 

  


   


. B.

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t
 

  

   


. C.

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t
 

  

   


. D.

2

: 3 2

4 5

x t

d y t

z t
 

  


  

.
Lời giải
Chọn C

Đường thẳng d đi qua điểm A



1; 2; 5



và vng góc với mặt phẳng

 

P : 2x3y4z 5 0 nên nhận u



2; 3; 4



là véctơ chỉ phương
Phương trình đường thẳng d là

1 2

: 2 3

5 4

x t

d y t

z t
 

  

   

.

Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



0;1; 1



và đường thẳng

3 1 3

:

4 1 4

x y z

d     

  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A , vng góc và cắt
đường thẳng d.

A. 1 1

13 28 20
x _ y _ z

 . B.

1 1

13 28 20
x _ y _ z

 .

C. 1 1

13 28 20

x _ y _ z _. _D. 1 1

13 28 20
x _ y _ z

 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(131)</span><div class='page_container' data-page=131>

Chọn D

Gọi B là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng  .
Đường thẳng d có phương trình tham số





3 4
1
3 4

x t

y t t

z t
  

   

  


 .



3 4 ;1 ;3 4



B d B   t t  t .



3 4 ; ; 4 4



AB   t t  t


.

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u



4; 1; 4 



.

Ta có: . 0 4 3 4



   

1 4 4 4



0 33 28 28
33
AB u AB u    t   t  t   t  t
   

.
13 28 20

; ;
33 33 33
AB_{ }  _

 



.

Đường thẳng  đi qua điểm A



0;1; 1



và nhận vectơ AB hay u_d 



13; 28; 20



có phương
trình chính tắc là 1 1

13 28 20
x _ y _ z

 .

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M



0; 2; 0



và đường thẳng

4 3

: 2

1

x t

d y t

z t
 

  

   


.
Đường thẳng đi qua M , cắt và vng góc với d có phương trình là

A. 1

1 1 2
x _{ }y z

 B.

2

1 1 2

x _ y _ z

 C.

1

1 1 2

x _ y _ z

  D.

1 1

1 1 2

x _ y _ z

Lời giải
Chọn B

Ta có :









4; 2; 1
:
3;1;1
d
qua N
d
vtcp u
 



 

Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên d MH d

H d


  _



. _d 0
MH u
H d
 

 


 
4 3
2
1

3 2 0

x t

y t

z t

x y z

 

  

  _{  }


    




1;1; 2



H

  .

Đường thẳng  đi qua M và vng góc với d có véctơ chỉ phương là MH



1; 1; 2 



.
Phương trình : 2

1 1 2

x y z

  

 .

Câu 57: Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng và mặt phẳng
Phương trình đường thẳng nằm trong sao cho cắt và
vng góc với đường thẳng là

A. . B. .

,

Oxyz : 1 2

1 1 1

x y z

  



 

P x: 2y2z 4 0. d

 

P d







3
: 1 2

1

x t

d y t t
z t
  

   

  







3
: 2
2 2
x t
d y t t

</div>
<span class='text_page_counter'>(132)</span><div class='page_container' data-page=132>

C. . D. .
Lời giải

Chọn C

Vectơ chỉ phương của , vectơ pháp tuyến của

 

P

là

n



_{ }_P





1; 2;2



.

Vì .

Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ .

Lại có , mà . Suy ra .

Vậy đường thẳng đi qua và có VTCP nên có phương trình
.

Câu 58: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



1;0; 2



và đường thẳng d có phương
trình 1 1

1 2

x y z

x

 _{ }  _{. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vng góc và cắt}_d_.

A. : 1 2

1 1 1

x y z

  

 . B.

1 2

:

1 1 1

x y z

   .

C. : 1 2

1 3 1

x y z

  

 . D.

1 2

:

2 1 1

x y z

   .

Lời giải
Chọn A

Do  cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B d B
B d

 

     _

 .
Phương trình tham số của

1

: ,

1
x t

d y t t

z t
 

  

  

.
Do B d , suy ra B t



1; ;t t 1



AB



t t t; ; 2 3



.
Do , BA   nên ABlà vectơ chỉ phương của  .

Theo đề bài,  vng góc d nên   ABu u







1,1, 2





là vectơ chỉ phương của d.
Suy ra  AB u. 0. Giải được t 1 AB



1,1, 1



.

Câu 59: Trong không gian Oxyz , cho điểm M



2;1;0



và đường thẳng  có phương trình

1 1

:

2 1 1

x y z

  

 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vng góc với
đường thẳng  .

A. d:x2 y1 z. B. d:x2  y1 z.





2 4

: 1 3

4

x t

d y t t

z t
  

    

 _{ }







1
: 3 3

3 2

x t

d y t t

z t
  

   

  







:u 1;1; 1

  

 

 

 





; 4; 3;1

d

d P

d P

d u u

u u n

d P _u _n




 
 
 _ _ __ __ _
 _  _ _
  
 
 
  
 

 

H    P 1 2



2; 1; 4



2

2 2 4 0
x t

y t

t H

z t

x y z


  
 _{   } _{ }
  

    




d; 

  

P d H   

 

P Hd

d H



 2; 1; 4



ud 



4; 3;1









2 4

: 1 3

4

x t

d y t t

</div>
<span class='text_page_counter'>(133)</span><div class='page_container' data-page=133>

C. : 2 1

1 4 1

x y z

d     . D. : 2 1

1 4 2

x y z

d    
  .

Lời giải
Chọn D

Gọi H là hình chiếu của M lên .

Nên H



1 2 ; 1 ; t    t t



MH



2 1; 2t   t t;



.
Và a



2;1; 1



là véc tơ chỉ phương của .
Dó đó: . 0 2 2



1



2 0 2

3
MH a  t      t t t

  _.

Khi đó: 1; 4; 2



1; 4; 2



3 3 3

MH _   _   u

 

 

là véc tơ chỉ phương của d .
Vậy : 2 1

1 4 2

x y z

d    
  .

Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A



1; 0; 2



và đường thẳng d có phương
trình: 1 1

1 1 2

x _{ }y z _{. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vng góc và cắt}_d_.

A. : 1 2

1 1 1

x y z

   . B. : 1 2

1 1 1

x y z

  

 .

C. : 1 2

2 1 1

x y z

   . D. : 1 2

1 3 1

x y z

  

 .

Lời giải

Chọn B

Do  cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B d B
B d

 

     _


Phương trình tham số của

1

: ,

1
x t
d y t t

z t
 


  


  


 . Do B d , suy ra B t



1; ;t t1





; ; 2 3



AB t t t

  .

Do ,A B  nên AB là vectơ chỉ phương của  .

Theo đề bài,  vng góc d nên  AB u ,



u



1;1; 2





( là vector chỉ phương của

d). Suy ra  AB u. 0. Giải được t1 AB



1;1; 1



. Vậy : 1 2

1 1 1

x y z

  


(1;1; 2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(134)</span><div class='page_container' data-page=134>

DẠNG TOÁN 7:

PTĐT NẰM TRONG (P), VỪA CẮT VỪA VNG GĨC VỚI D.

Câu 61: Trong không gian Oxyz , Cho hai điểm

A



3;3;1 , 0;2;1

 

B



và mặt phẳng

 



:

x y z

   

7 0

. Đường thẳng

d

nằm trên

 



sao cho mọi điểm của

d

cách đều 2
điểm

A B

,

có phương trình là

A.

7 3 .

2

x t

y

t

z

t





  



 



B.

7 3 .

2

x t

y

t

z

t





  



 



C.

7 3 .

2

x

t

y

t

z

t

 



  



 



D.

2

7 3 .

x

t

y

t

z t





  



 



Lời giải
Chọn A

Mọi điểm trên

d

cách đều hai điểm

A B

,

nên

d

nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn

AB.

Có



AB

  



3; 1;0



và trung điểm AB là

3 5

; ;1

2 2

I 

_



_





nên mặt phẳng trung trực của AB là:

3

5

3

0

3

7 0

2

2

x

y

x y



 





_



_{ }





_

 

  



 



.

Mặt khác

d



 



nên

d

là giao tuyến của hai mặt phẳng:

3 7 0 7 3

7 0 2

x y y x

x y z z x

    

 



 _{   }  _

  .

Vậy phương trình

:

7 3





2

x t

d

y

t t

z

t





  





 





.

Câu 62: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 2 3 1

1 1 1

x y z

d     

 và mặt phẳng

 

P x: 2y2z 3 0. Phương trình đường thẳng

a

nằm trong

 

P , cắt và vng góc với d

là.
A.
1 4
4 3
2
x t
y t
z t
 

   

  


. B.

1 4
4 3
2
x t
y t
z t
 

   

  


. C.

1 4
4 3
2
x t
y t
z t
 

   

  


. D.

2 4
3 3
1
x t
y t
z t
 

   

  


.
Lời giải
Chọn A
2
: 3
1
x t

d y t

z t
 

   

  


có vectơ chỉ phương u



1; 1; 1



.Mặt phẳng

 

P có vectơ pháp tuyến n



1; 2; 2



.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d : v_u n ; _



4; 3; 1



.

Tọa độ giao điểm của d và

 

P là :

2 1

3 1

1 4

2 2 3 0 2

x t t

y t x

z t y

x y z z

   
 
 _{  }  _
 _
 _{ }  _{ }
 
 _ _ _{ }  _
 

.Đường thẳng d cần tìm là :

</div>
<span class='text_page_counter'>(135)</span><div class='page_container' data-page=135>

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  4 0 và đường thẳng

1 2

:

2 1 3

 _{ } 

x y z

d . Lập phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 

P , đồng
thời cắt và vng góc với đường thẳng d .

A. 1 1 1

5 1 3

 _  _ 

 

x y z

. B. 1 3 1

5 1 3

 _  _ 



x y z

.

C. 1 1 1

5 2 3

 _  _ 

x y z _. _D. 1 1 1

5 1 2

 _  _ 



x y z _.

Lời giải
Chọn A

Giao điểm của d với

 

P là H



1;1;1



.

  đi qua H và nhận u__{ } n u_p; _d_ làm véc tơ chỉ phương



5; 1; 3



: 1 1 1

5 1 3



  

      

 

 x y z

u .

Câu 64: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P z:  1 0 và

 

Q x y z:    3 0. Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng

 

P , cắt

đường thẳng 1 2 3

1 1 1

x _ y _ z

  và vng góc với đường thẳng  . Phương trình của
đường thẳng d là

A.
3
1
x t
y t
z t
 

 

  



. B.

3
1
x t
y t
z
 

 

 


. C.

3
1
x t
y t
z
 

 

 


. D.

3
1
x t
y t
z t
 

  

  

.
Lời giải
Chọn C

Đặt n_P 



0;0;1



và n_Q 



1;1;1



lần lượt là véctơ pháp tuyến của

 

P và

 

Q .
Do  

   

P  Q nên  có một véctơ chỉ phương u_ _n n _P, _Q_ 



1;1; 0



.

Đường thẳng d nằm trong

 

P và d  nên d có một véctơ chỉ phương là u_d 



n u_P, _





1; 1;0



   .

Gọi : 1 2 3

1 1 1

x y z

d     

  và A d     d A d

 

P

Xét hệ phương trình

1 0

1 2 3

1 1 1

z

x y z

 


  _  _ 
  
1
0
3
z
y
x




_ 
 




3;0;1



</div>
<span class='text_page_counter'>(136)</span><div class='page_container' data-page=136>

Do đó phương trình đường thẳng

3
:

1

x t

d y t

z
 

 

 


.

Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : 3 2

2 1 3

x_ y _ z

 và mặt phẳng

 

P : x y 2z 6 0. Đường thẳng nằm trong mặt phẳng

 

P , cắt và vng góc với d có
phương trình

A. 2 4 1

1 7 3

x _ y _ z

. B. 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z

.

C. 2 4 1

1 7 3

x _ y _ z _. _D. 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn B

Tọa độ giao điểm M của d và

 

P là nghiệm của hệ 2 13 32
2 6 0

x y z

x y z

 

  

 _



    


2 6

3 11

2 6 0

x y

y z

x y z

  




_  

    


2
2
5
x
y
z

 



_ 

 





2;2;5



M

  .

 

P : x y 2z 6 0 có vtpt n 



1; 1;2



, d có vtcp u



2;1; 3



Ta có  đi qua M



2;2;5



nhận k

 

n u , 



1;7;3



là một vectơ chỉ phương có dạng

: 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z

.

Câu 66: Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x: 2y z – 4 0 và
đường thẳng : 1 2.

2 1 3

x y z

d     Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 

P ,
đồng thời cắt và vng góc với đường thẳng d là.

A. 1 3 1

5 1 3

x _ y _ z

 . B.

1 1 1

5 2 3

x _ y _ z _.

C. 1 1 1

5 1 2

x _ y _ z

 . D.

1 1 1

5 1 3

x _ y _ z

  .

Lời giải

Chọn D

Gọi M là giao điểm của d và  . Khi đó, M



 1 2 ; ; 2 3t t   t



.
Do điểm M

 

P nên M



1;1;1



.

Đường thẳng  có u_ _u n _d, _P_ 



5;1;3



. Vậy : 1 1 1

5 1 3

x y z

  

  .

Câu 67: Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho mặt phẳng( ) :P x2y z  4 0 và
đường thẳng : 1 2.

2 1 3

x y z

</div>
<span class='text_page_counter'>(137)</span><div class='page_container' data-page=137>

A. 1 1 1

5 2 3

x _ y _ z _. _B. 1 3 1

5 1 3

x _ y _ z

 .

C. 1 1 1

5 1 3

x _ y _ z

  . D.

1 1 1

5 1 2

x _ y _ z

 .

Lời giải
Chọn C

Ta có VTPT của mp ( )P là n(1; 2;1) ; VTCP của đường thẳng d là

u



_d



(2;1; 3)

.
Vì ( )

d
P
 


 

 nên VTCP của  là u n( )P ,ud(5; 1; 3) 

   _.

Lại có

   

( )
( )

d M

M d P

P
  
 _ _{ }

 
 .

Khi đó (1;1;1)M .

Vậy phương trình đường thẳng : 1 1 1

5 1 3

x y z

  

  .

Câu 68: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 3 2

2 1 3

x y z

d    

 và mặt phẳng

 

P x y:  2z 6 0. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng nằm
trong mặt phẳng

 

P cắt và vng góc với d?

A. 2 4 1

1 7 3

x _ y _ z _. _B. 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z _.

C. 2 4 1

1 7 3

x _ y _ z _. _D. 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z _.

Lời giải
Chọn B

Đường thẳng d tham số

2
3
2 3
x t
y t
z t


  

  

.

Gọi M  d

 

P . Tọa độ M là nghiệm hệ
2
3
2 3

2 6 0

x t

y t

z t

x y z


  

  

    

1
2
2
5
t
x
y
z
 

  

  _

 





2; 2;5



M

  .

Gọi  là đường thẳng cần tìm u n u_P, _d



1;7;3



  

.
Vậy đường thẳng  cần tìm 2 2 5

1 7 3

x _ y _ z _.

Câu 69: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  4 0 và đường thẳng

1 2

:

2 1 3

 _{ } 

x y z

d . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 

P , đồng
thời cắt và vng góc với đường thẳng d.

A. 1 3 1

5 1 3

 _  _ 


x y z _. _B. 1 1 1

5 1 3

 _  _ 


x y z _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(138)</span><div class='page_container' data-page=138>

Lời giải
Chọn D

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P là: n_{ }_P 



1; 2;1



.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng dlà ud 



2;1;3



.

Phương trình tham số của đường thẳng

1 2
:

2 3
  


 


   


x t

d y t

z t

.
Xét phương trình:            1 2t 2t 2 3t 4 0 7t 7 0 t 1.

Suy ra giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng

 

P là A



1;1;1



. Ta có: A .
Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là: u n_{ }P ,ud



5; 1; 3 



.

Phương trình chính tắc của đường thẳng : 1 1 1

5 1 3

  

  

 

x y z _.

Câu 70: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 3 5 1

1 1 1

x y z

  

 và mặt
phẳng

 

P x: 2y3z 4 0. Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng

 

P sao cho d cắt và

vng góc với đường thẳng  .

A. u



1; 2;1



. B. u 



1; 2;1



. C. u  



1; 2;1



. D. u 



1; 2; 1



.
Lời giải

Chọn B

Đường thẳng  có 1 vectơ chỉ phương u 



1;1; 1



.
Mặt phẳng

 

P có 1 vectơ pháp tuyến n



1; 2; 3



.





, 1; 2;1
u n

   
  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(139)</span><div class='page_container' data-page=139>

DẠNG TOÁN 8:

GIAO TUYẾN CỦA 2 MẶT PHẲNG.

Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi

 



là mặt phẳng chứa đường thẳng  có
phương trình 2 1

1 1 2

x _ y _ z_{và vng góc với mặt phẳng}

_{ }

_

_:_{x y}_{ }₂_z_{ }_{1 0}_{. Giao}
tuyến của

 



và

 



đi qua điểm nào trong các điểm sau.

A. A



2;1;1



. B. D



2;1;0



. C. B



0;1;0



. D. C



1; 2;1



.

Lời giải
Chọn A

Ta có véc – tơ chỉ phương của đường thẳng  là u



1;1; 2



.

Véc – tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 



:x y 2z 1 0 là n



1;1; 2



.
Vì

 



là mặt phẳng chứa đường thẳng  có phương trình 2 1

1 1 2

x _ y _ z_{và vng góc}
với mặt phẳng

 



:x y 2z 1 0 nên

 



có một véc – tơ pháp tuyến là



 



, 4; 4;0 4 1; 1;0 4.
n_ _u n_     a

   

.

Gọi d

   







, suy ra d có véc – tơ chỉ phương là u_d _a n , _



2;2; 2

 

2 1;1;1



.
Giao điểm của đường thẳng  có phương trình 2 1

1 1 2

x _ y _ z_{và mặt phẳng}

 



:x y 2z 1 0 là I



3;2;2



.

Suy ra phương trình đường thẳng

3

: 2

2

x t

d y t

z t

 

  

  


.
Vậy A



2;1;1



thuộc đường thẳng d.

Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

 

P : 3x2y2z 5 0 và

 

Q : 4x5y z  1 0. Các điểm , A B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P và

 

Q . Khi đó AB cùng phương với véctơ nào sau đây?

A. w



3; 2; 2



. B. v 



8;11; 23



. C. k



4;5; 1



. D. u



8; 11; 23 



.
Lời giải

Chọn D

* Ta có:

 

P n P 



3; 2; 2



,

 

Q n Q 



4;5; 1



.

* Do

 

 

 
 

P

Q

AB P AB n

AB Q AB n




 

 _

 _ 



 

 



 nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là:

 Q;  P



8; 11; 23



u_n n _  

* Do AB cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên  AB u// 



8; 11; 23 



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(140)</span><div class='page_container' data-page=140>

A. 7 3
2
x t
y t
z t


  

 


. B. 7 3

2
x t
y t
z t
 

  

 


. C. 7 3
2

x t
y t
z t


  

 


. D.

2
7 3
2
x t
y t
z t


  

 

.
Lời giải
Chọn A

Ta có AB  



3; 1;0



; 3 5; ;1
2 2

I _ _

  là trung điểm của AB và A B, nằm ở hai phía của mặt
phẳng

 

P .

Gọi

 



là mặt phẳng trung trực của AB và  

   



 P . Khi đó  chính là đường thẳng
thuộc mặt phẳng

 

P và cách đều hai điểm A B, .

Phương trình mặt phẳng

 



đi qua 3 5; ;1
2 2
I_ _

  và có véc tơ pháp tuyến AB  



3; 1;0





là:
5

3 0 3 7 0

2 2

x  y x y

   

 _  _{ }  _    

    .

Khi đó d là đường giao tuyến của

 



và

 

P .

Véctơ chỉ phương của d u: d n_{ }P ,n_{ }  



1;3; 2  





1; 3; 2



  

, d đi qua A



0;7;0



.
Vậy d có phương trình tham số là: 7 3

2
x t
y t
z t


  

 


(t là tham số).

Câu 74: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi

 



là mặt phẳng chứa đường thẳng

2 1

:

1 1 2

x y z

  

 và vng góc với mặt phẳng

 



:x y 2z 1 0. Khi đó giao tuyến
của hai mặt phẳng

 



,

 



có phương trình

A. 2 1

1 5 2

x _ y _ z

 . B.

1

1 1 1

x _ y _ z

 . C.

1 1

1 1 1

x _ y _ z _{. D.} 2 1

1 5 2

x _ y _ z

 .

Lời giải
Chọn B

2 1

:

1 1 2

x y z

  

 đi qua M



2;1;0



và có vtcp u: 



1;1; 2





.

 



:x y 2z 1 0 có vtpt n:



1;1; 2



.

 

_

_{ }

_

, 4; 4;0 4 1; 1;0

: đi qua M

vtpt u n

 _ _{ }
  
 


   .

Phương trình

  



: x 2

 

y 1



0   x y 1 0.
Gọi

 

d là giao tuyến của hai mặt phẳng

 



,

 



. Ta có:

 



0; 1;0

_



_{ }

_

, 2; 2; 2 2 1;1; 1
:

d đi qua N
vtcp n n_


     



 _

  .

Phương trình

 

: 1

1 1 1

x y z

d   
 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(141)</span><div class='page_container' data-page=141>

A.
2
2
1 3
x t
y t
z t
 

 

   


. B.

1
1 2
3
x t
y t
z t

  

  

 


. C.

1
1 2
3
x t
y t
z t
  

  

 


. D.

1 3
1 2
x t
y t
z t
  


  

 

.
Lời giải
Chọn C

 



:x2y z  1 0 có vectơ pháp tuyến là: n_ 



1; 2;1



.

 



:x y z   2 0 có vectơ pháp tuyến là: n_ 



1; 1; 1 



.
Khi đó: _n n _, _  _



1;2; 3



.

Vì đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng

 



:x2y z  1 0 và

 



:x y z   2 0 nên vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u cùng phương với

,
n n_ _

 

 . Do đó chọn u



1; 2;3



.

Tọa độ M x y z



; ;



 thỏa hệ phương trình: 2 1 0
2 0
x y z
x y z

   


    

 .

Cho x 1 ta được: 2 2 1



1;1;0



1 0

y z y

M

y z z

  

 _ _ _

 _{ }  _

  .

Phương trình đường thẳng  đi qua điểm M



1;1;0



và có vectơ chỉ phương u



1; 2;3



là:

1

: 1 2

3
x t
y t
z t
  


 _  
 

.

 DẠNG TOÁN 9:

ĐƯỜNG VNG GĨC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

CHÉO NHAU.

Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1

4 1 5

:

3 1 2

x y z

  

  và

2

2 3

:

1 3 1

x y z

   . Giả sử M1,N2 sao cho MN là đoạn vng góc chung của hai

đường thẳng 1 và 2. Tính MN



.

A. MN



5; 5;10



B. MN



2; 2;4



C. MN



3; 3;6



D. MN



1; 1; 2



Lời giải
Chọn B

1

 có VTCP u1



3; 1; 2 





và 2 có VTCP u2 



1;3;1





.
Gọi M



4 3 ;1 ; 5 2 t   t t



và N



2  s; 3 3 ;s s



.

Suy ra MN   



2 3t s t; 3s4; 2t s 5



.
Ta có 1

2
. 0
. 0
MN u
MN u
 




 

   2_ss t_{  }  ₈_t _{9 0}3 0

1
1
s
t



  _{ }
 .
Vậy MN



2; 2; 4



.

Câu 77: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau : 3 2 1

4 1 1

x y z

d     

 và

1 2

' : x y z

</div>
<span class='text_page_counter'>(142)</span><div class='page_container' data-page=142>

chung của d và d'?

A. 1 1 1

1 2 2

x _ y _ z _. _B. 1 1

1 2 2

x _ y _ z_.

C. 1 1

1 2 2

x _ y _ z_. _D. 1 1

1 2 2

x _ y _ z_.

Lời giải
Chọn D

Gọi









3 4 ; 2 ; 1
6 ;1 ; 2 2 b

A a a a d

B b b d

     


 _ _ _ _ _

 sao cho

AB d
AB d


 _ _


Ta có AB



4a6b3;b a 3; 2b a 3



; u_d  



4;1;1



; u_d  



6;1;2




;
. 0
. 0
d
d
AB u
AB u 

 




 

   __{6 4}4 4

_



_aa_₆6_bb    _{    }₃3

_



_{b a}b a 3 2_{3 2 2}b a

_

  _{b a}_{ }3 0₃

_

_₀

1

0
a
b


  _




1; 1;0



A

   , B



0;1;2



, AB



1; 2; 2



.

Vậy phương trình đường thẳng vng góc chung của d và d' là 1 1

1 2 2

x _ y _ z_.

Câu 78: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường vng góc chung của hai
đường thẳng : 2 3 4

2 3 5

 _  _ 


x y z

d và : 1 4 4

3 2 1

  

  

 

x y z

d

A. 1

1 1 1

 

x y z _. _B. 2 2 3

2 3 4

 _  _ 

x y z _.

C. 2 2 3

2 2 2

 _  _ 

x y z _. _D. 2 3

2 3 1

 

 



x y z _.

Lời giải
Chọn A

Ta có M d suy ra M



2 2 ;3 3 ; 4 5 m  m   m



. Tương tựN d suy ra N



 1 3 ; 4 2 ; 4n  n n



. Từ đó ta có MN   



3 3n2 ;1 2m  n3 ;8m  n 5m



.

Mà do MN là đường vng góc chung của d và d nên _ 




MN d
MN d







 









 



2 3 3 2 3. 1 2 3 5 8 5 0
3 3 3 2 2. 1 2 3 1 8 5 0

         



  _{ } _ _ _ _ _ _{ } _



n m n m n m

n m n m n m

38 5 43
5 14 19

  

 _ _ _

m n
m n
1
1
 


  _

m
n .
Suy ra M



0;0;1



, N



2; 2;3



.

Ta có MN 



2; 2; 2



nên đường vng góc chung MN là 1
1 1 1


 
x y z _.

Câu 79: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai đường thẳng 1

1 2

:

2 1 1

x y z

d    

 và

2

1 1 3

:

1 7 1

x y z

d     

 . Đường vng góc chung củad1 và d2lần lượt cắtd1 , d2 tại A và B .
Tính diện tích S của tam giác OAB .

A. 3

2

S . B. S 6. C. 6

2

S  . D. 6

4
S  .
Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(143)</span><div class='page_container' data-page=143>

Phương trình tham số
1
1 1

1
1 2
:
2
x t

d y t

z t
 

  

   


, a1



2; 1;1





là VTCP của .

Phương trình tham số

2

1 2

2
1
: 1 7

3

x t

d y t

z t
  

  

  


, a2



1; 7; 1





là VTCP của .





1 1 2 ; ; 2

A d  d A  a a  a .





2 1 ;1 7 ;3

B d  d B  b  b b .



2 2 ;1 7 ;5



AB   b a  b a  b a


AB là đường vng góc chung củad₁ và d2

1 1

2 ₂

. 0
. 0
AB d AB a
AB d _{AB a}


 
 
_ _
 _
 _
 
 



 

 





 

 



2 2 2 1 7 5 0

2 2 7 1 7 5 0

b a b a b a

b a b a b a

          


         










1;0; 2
6 6 0

0

52 6 0 1;1;3

A
b a

a b

b a B

 
  

 _{   }
 _ _  _
 _ .
Ta có



1;0; 2 ;





1;1;3 ;



,



2; 1;1



OA  OB  _OA OB _  .Vậy 1 , 6

2 2

OAB

S  _OA OB _  .

Câu 80: Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng

1
: 0
5
x t
d y
z t
 

 

   

và

0

: 4 2

5 3
x

d y t

z t



 _   
 _{ } _


có phương trình là

A. 4 2

2 3 2

x _{ }y z

 . B.

4 2

2 3 2

x _ y _ z
  .

C. 4 2

2 3 2

x _{ }y z

 . D.

4 2

1 3 1

x _{ }y z

 .

Lời giải
Chọn A

Giả sử AB là đường vng góc chung của d và d với A d , B d .
Ta có u_d 



1;0;1



, u_d 



0; 2;3





,













1;0; 5

1; 2 4; 3 10
0; 4 2 ;3 5

A a a

BA a b a b

B b b

  
 _ _ _ _ _ _

 


.

Khi đó



 





 



1 3 10 0

. 0 3

1

2 2 4 3 3 10 0

. 0

d

d

a a b

u BA

d AB a

d AB u BA b a b b

       
 
 _ _ _
 _{ }    _{ }
     

   
 
 

















4;0; 2

4; 6; 4 2;3; 2

0;6; 2
A
BA u
B
 

_       

 

là một VTCP của AB .

4 2

x y z

1

d

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(144)</span><div class='page_container' data-page=144>

DẠNG TỐN 10:

HÌNH CHIẾU VNG GĨC CỦA D LÊN (P).

Câu 81: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu của

đường thẳng 1 2 3

2 3 1

x _ y _ z _{trên mặt phẳng}

_

_Oxy

_

_?
A.
1
2 3
0
x t
y t
z
 

   

 


. B.

1
2 3
0
x t
y t
z
 

   

 


. C.

1 2
2 3
0
x t
y t
z
 

   

 


. D.

1
2 3
0
x t
y t
z
 

  

 

.

Lời giải
Chọn C

Đường thẳng 1 2 3

2 3 1

x _ y _ z _qua_M

_

_{1; 2;3}_

_

_và_N

_

_{3;1; 4}

_

_.

Gọi M  và N lần lượt là hình chiếu của M và N trên



Oxy



ta có M 



1; 2;0



, N 



3;1;0



.
Phương trình hình chiếu cần tìm là:

1 2

: 2 3

0

x t

M N y t

z
 


  _   
 _

.

Câu 82: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 3 1 1

2 1 3

x y z

d     

 . Hình chiếu
vng góc của d trên mặt phẳng



Oyz



là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là

A. u



0;1;3



. B. u



0;1; 3



. C. u



2;1; 3



. D. u



2;0;0



.
Lời giải

Chọn B

Ta có d cắt mặt phẳng



Oyz



tại 0; ;5 7
2 2
M M _  _

 , chọn A



3;1;1



d và gọi B là hình
chiếu vng góc của A lên mặt phẳng



Oyz



B



0;1;1



.

Lại có 0; ;3 9
2 2
BM _  _

 



. Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng
phương với vectơ BM nên chọn đáp án B.

Câu 83: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 3x5y2z 8 0 và đường

thẳng





7 5

: 7

6 5

x t

d y t t

z t
 

    

  


 . Tìm phương trình đường thẳng  đối xứng với đường thẳng

d qua mặt phẳng

 

P .

A.
11 5
: 23
32 5
x t
y t
z t
  


 _  
  


. B.

13 5
: 17
104 5
x t
y t
z t
 


 _   
   

.

C.
5 5
: 13
2 5
x t
y t
z t
  


   
   


. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(145)</span><div class='page_container' data-page=145>

Gọi M



7; 7;6



d. Gọi N x y z



; ;



là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng

 

P và I là
trung điểm MN.

Ta có:

 

P

MN k n
I P
 





 



7; 7; 6





3; 5; 2



3 5 2 84 0

x y z k

x y z

    


 

   

 .

Giải hệ, ta có: k 4M



5;13; 2



. Do đó:

5 5
: 13
2 5
x t
y t
z t
  



 _  
   

.

Câu 84: Viết phương trình đường thẳng d là hình chiếu của đường thẳng : 1 2

1 2 1

x y z

d    

 trên

mặt phẳng Oyz .

A.
1
: 0
0
x t
d y
z
 


 _ 
 


. B.

0

: 4 2

1
x

d y t

z t



 _  
  


. C.

0

: 4 2

1
x

d y t

z t



 _  
  


. D.

0

: 4 2

1
x

d y t

z t



 _   
  

.
Lời giải
Chọn D

Ta có:
1

: 2 2

x t

d y t

z t
 

   

  


Hình chiếu d của d lên mặt phẳng Oyz là:

0

: 2 2

x

d y t

z t




 _   
  


Cho t 1, ta được A



0; 4;1



d

0

: 4 2

1
x

d y t

z t




 _   
  

.

Câu 85: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1 1 2
2

x

d     y z . Hình chiếu
của d lên mặt phẳng



Oxy



là

A.
1 2
1
0
x t
y t
z
 

   

 


. B.

1 2
1
0
x t
y t
z
 

   


 


. C.

1 2
1
0
x t
y t
z
  

  

 


. D.

0
1
0
x
y t
z


   


 

.
Lời giải
Chọn B

Phương trình tham số của đường thẳng

1 2

: 1

2

x t

d y t

z t
 

   

  

.

Do mặt phẳng



Oxy z



: 0 nên hình chiếu của d lên



Oxy



là

1 2

1
0
x t
y t
z
 

   

 

.

Câu 86: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

1 2

: 2 4

3

x t

d y t

z t
 

   


  


. Hình chiếu song

1 6 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(146)</span><div class='page_container' data-page=146>

A.

3
0
1 2

x t

y

z t

 

 

  


. B.

1 2
0

5 4

x t

y

z t

  


 

  


. C.

3 2
0
1

x t

y
z t

 

 


  


. D.

3 2
0
1 4

x t

y

z t

 

 

  


.
Lời giải

Chọn A

Giao điểm của d và mặt phẳng Oxz là: M0(5;0;5).

Trên

1 2

: 2 4

3

x t

d y t

z t

 


   


  


chọn M bất kỳ không trùng với M0(5;0;5); ví dụ: M(1; 2;3) . Gọi A là

hình chiếu song song của M lên mặt phẳng Oxz theo phương : 1 6 2

1 1 1

x y z

  

  .

+/ Lập phương trình d’ đi qua M và song song hoặc trùng với : 1 6 2

1 1 1

x y z

  

  .

+/ Điểm A chính là giao điểm của d’ và Oxz

+/ Ta tìm được A(3;0;1)

Hình chiếu song song của

1 2

: 2 4

3

x t

d y t

z t

 


   


  


lên mặt phẳng Oxz theo phương

1 6 2

:

1 1 1

x y z

  

  là đường thẳng đi qua M0(5;0;5) và A(3;0;1).

Vậy phương trình là
3
0
1 2

x t

y

z t

 

 

  


.

</div>

<!--links-->