2H3 PHUONG PHAP TOA DO TRONG KHONG GIAN file 2

8 4 8
A(2; 2;1), B (− ; ; )
3 3 3 . Đường thẳng
Câu 11: (Tham khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vng góc với mặt phẳng (OAB ) có phương
trình là:
x +1 y − 3 z +1
x +1 y − 8 z − 4
=
=
=
=
−2
2
−2
2
A. 1
B. 1
1
5
11
2
2
5
x+
y−
z−
x+
y−
z+

3=
3=
6
9=
9=
9
1
−
2
2
1
−
2
2
C.
D.
Lời giải.
uuu
r uuur
OA; OB  = ( 4; −8;8 )

Ta có: 
r
u
= ( 1; −2; 2 )
Gọi d là đường thẳng thỏa mãn khi đó d có VTCP
Ta có OA = 3, OB = 4, AB = 5 . Gọi I ( x; y; z ) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB
uu
r
uur

uur r
Áp dụng hệ thức OB.IA + OA.IB + AB.IO = 0
uuu
r uur
uuu
r uur
uur r
uur 1 uuu
r uuu
r
⇔ 4.(OA − OI ) + 3.(OB − OI ) + 5.IO = 0 ⇔ OI =
4OA + 3OB ⇒ I ( 0;1;1)
12
x = t

d :  y = 1 − 2t
 z = 1 + 2t

Suy ra
cho t = −1 ⇒ d đi qua điểm M (−1;3; −1)

(

)

r
u
M
(
−

1;3;
−
1)
Do đó d đi qua
có VTCP = (1; −2; 2) nên đường thẳng có phương trình
x +1 y − 3 z +1
=
=
1
−2
2

Câu 12: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
A ( −2;0; 0 )

,

B ( 0; −2;0 ) C ( 0;0; −2 )
,
. Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đơi một

vng góc nhau và
A. S = −4

I ( a; b; c )

là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S = a + b + c .
B. S = −1
C. S = −2
D. S = −3

Lời giải


ABC ) : x + y + z + 2 = 0
Xét trục d của ∆ABC , ta có (
, do ∆ABC đều nên d đi qua trọng tâm

2

x = − 3 + t

2

d : y = − +t
3

2
2
2
2



r
G− ;− ;− ÷
z = − +t

3
 3 3 3  và có VTCP u = (1;1;1) suy ra


.
∆
DAB
=
∆
DBC
=
∆
DCA
DA
=
DB
=
DC
⇒ D∈d
Ta thấy
, suy ra

nên

giả

sử

2
2 
 2
D  − + t; − + t ; − + t ÷
3
3 .

 3
uuur  4
2
2  uuur  2
4
2  uuur  2
2
4 
AD =  + t; − + t; − + t ÷; BD =  − + t; + t; − + t ÷; CD =  − + t; − + t ; + t ÷
3
3 
3
3 
3
3 
3
 3
 3
Ta có

2
 4 4 4
uuur uuur
 AD.BD = 0 t = − 3 ⇒ D  − 3 ; − 3 ; − 3 ÷

⇒
 uuur uuur
 AD.CD = 0 t = 2 ⇒ D 0;0;0 (loai)
(
)

 3
Có
.
2
2 
 2
I ∈ d ⇒ I  − + t; − + t; − + t ÷
3
3  , do tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên
 3
Ta có
IA = ID ⇒ t =
Câu 13:

1
 1 1 1
⇒ I  − ; − ; − ÷ ⇒ S = −1
3
 3 3 3
.

(THPT QG 2017 Mã đề 110) Trong không gian với hệ tọa độ

( S) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2)
2

∆:

2

2

=2

và

hai

thẳng

x y z−1
= =
1 1 −1 . Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với

( S) và song song với d , ∆ .
A.

đường

Oxyz , cho mặt cầu
x− 2 y z− 1
d:
= =
1
2 −1 ;

y+ z+ 3= 0

B. x + z + 1 = 0

C.
Lời giải.

x + y + 1= 0

D. x + z − 1= 0


I ( −1;1− 2) R = 2
;
.
r
r
u
u
d = ( 1;2; −1)
∆ = ( 1;1; −1)
Vecto chỉ phương của d :
. Vecto chỉ phương của ∆ :
.
( P ) là mặt phẳng cần viết phương trình.
Gọi
r r
r
ud ,u∆  = ( −1;0; −1)
n
= ( 1;0;1)
P
(
)


Ta có 
nên chọn một véc tơ pháp tuyến của
là
.
( P ) có phương trình tổng qt dạng x + z + D = 0.
Mặt phẳng
−1− 2 + D
d I ;( P ) = R ⇔
= 2
( P ) tiếp xúc với ( S) nên
2
Do
D = 5
⇔ D − 3 = 2⇔ 
D = 1 .
( S) và song song với d , ∆ là x + z + 1= 0.
Vậy phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với
Mặt cầu

( S)

có tâm

(

Câu 14:

)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

 x = 1+ 3t

d1 :  y = −2 + t
z = 2


x− 1 y + 2 z
d2 :
=
=
2
−1
2 và mặt phẳng

( P ) : 2x + 2y − 3z = 0. Phương trình nào dưới
d
( P ) , đồng thời vng góc với d2 ?
phương trình mặt phẳng đi qua giao điểm của 1 và
A. 2x − y + 2z − 13 = 0

B. 2x − y + 2z + 22 = 0

C. 2x − y + 2z + 13 = 0

D. 2x + y + 2z − 22 = 0
Lời giải:

Tọa độ giao điểm của

,

đây là

d1 và ( P ) là A ( 4; −1;2)

Mặt phẳng cần tìm đi qua A và nhận

r
u2 ( 2; −1;2)

làm VTCP có phương trình

2x − y + 2z − 13 = 0.

x− 1 y+ 3 z− 1
∆:
=
=
M −1;1;3
Oxyz
3
2
1 ,
Câu 15: Trong không gian
cho điểm
và hai đường thẳng
x+ 1 y
z

∆′ :
= =
1
3 −2 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M và

(

vng góc với ∆ và ∆′ .
 x = −1− t

 y = 1+ t
 z = 1+ 3t
A. 
B.

 x = −t

 y = 1+ t
 z = 3+ t


)

 x = −1− t

 y = 1− t
z = 3+ t


 x = −1− t


 y = 1+ t
z = 3+ t


C.
D.
Lời giải
r
r
r r
u = ( 3;2;1)
v = ( 1;3; −2) u , v = ( −7;7;7)
′
∆
,
∆
+) VTCP của
lần lượt là
và
;
r
u = ( −1;1;1)
+) Vì d vng góc với ∆ và ∆′ nên d
.


M ( −1;1;3)
+) d đi qua
nên

 x = −1− t

d :  y = 1+ t
 z = 3+ t


.

(S) : x2 + y2 + z2 = 9

   ; 2) và
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
, điểm M (1;1
mặt phẳng (P ) : x + y + z − 4 = 0 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M , thuộc (P) và rcắt (S) tại 2
điểm A , B sao cho AB nhỏ nhất. Biết rằng ∆ có một vectơ chỉ phương là u(1;  a ; b) , tính
T = a− b .
A. T = 0
B. T = −1
C. T = −2
D. T = 1
Lời giải

( S) . Để AB = R2 − d2(O , ∆) nhỏ nhất khi
Nhận thấy điểm M nằm bên trong mặt cầu
d( O , ∆ )

lớn nhất. Ta thấy

d( O , ∆ ) ≤ OM = const

1+ a+ b = 0

. Dấu ‘=’ xảy ra khi ∆ ⊥ OM .
a = −1

rr
⇔

r uuur
u
.
= 0 và .nP = 0 nên 1+ a+ 2b = 0 b = 0
Suy ra uOM
Suy ra T = a− b = −1.

A ( 1;0; 2 )
Câu 17: (Đề minh họa lần 1 2017) Trong không gian vơi hê toa đ ô Oxyz cho điểm
và đường thẳng d
x −1 y z +1
= =
1
2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d .
có phương trình: 1
x −1 y z − 2
= =
1
1
A. 1

x −1 y z − 2

x −1 y z − 2
= =
= =
1
−1
2
1
B. 1
C. 2
Lời giải

x −1 y z − 2
=
=
−3
1
D. 1

Cách 1:
d:

x −1 y z +1
r
= =
1
1
2 có véc tơ chỉ phương u = ( 1;1; 2 )

Đường thẳng
( P ) là mặt phẳng qua điểm A và vng góc với đường thẳng d , nên nhận véc tơ chỉ

Gọi

( P ) :1( x − 1) + y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + 2 z − 5 = 0
phương của d là vecto pháp tuyến
( P ) và đường thẳng d ⇒ B ( 1 + t ;t ;− 1 + 2t )
Gọi B là giao điểm của mặt phẳng
B ∈ ( P ) ⇔ ( 1 + t ) + t + 2 ( −1 + 2t ) − 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ B ( 2;1;1)
Vì
uuu
r
AB = ( 1;1; −1)
∆
A
Ta có đường thẳng đi qua
và nhận vecto
là véc tơ chỉ phương có dạng
∆:

x −1 y z − 2
= =
1
1
−1 .

Cách 2:
d ∩ ∆ = B ⇒ B ( 1 + t ; t ; −1 + 2t )
Gọi
uuu
r
uu

r
AB = ( t ; t ; −3 + 2t )
ud = ( 1;1; 2 )
d
, Đường thẳng có VTCP là
uuu
r uu
r
uuu
r uu
r
AB
⊥
u
⇔
AB
.
u
= 0 ⇔ t + t + 2 ( −3 + 2t ) = 0 ⇔ t = 1
d
d
Vì d ⊥ ∆ nên


Suy ra

uuu
r
AB = ( 1;1; −1)

.Ta có đường thẳng ∆ đi qua

véc tơ chỉ phương có dạng

∆:

A ( 1; 0; 2 )

và nhận véc tơ

uuu
r
AB = ( 1;1; −1)

là

x −1 y z − 2
= =
1
1
−1 .

A ( 1; −2;0 ) B ( 0; −1;1)
Câu 18: (Đề minh họa lần 1 2017) Trong không gian vơi hê toa đô Oxyz , cho bốn điểm
,
,
C ( 2;1; −1)

và

D ( 3;1; 4 )

. Hoi tât ca có bao nhiêu măt phẳng cach đều bớn điểm đó?

C. 7 mặt phẳng
D. có vơ số
Lời giải
uuur
uuur
uuur
uuur uuur uuur
AB = ( −1;1;1) , AC = ( 1;3; −1) , AD = ( 2;3; 4 ) ⇒  AB; AC  . AD = −24 ≠ 0
Ta có:
Suy ra A, B , C và D là 4 đỉnh của một tứ diện. Các mặt phẳng cách đều 4 đỉnh của tứ diện
A. 1 mặt phẳng

B. 4 mặt phẳng

ABCD gồm có 7 trường hợp sau:

Câu 19:

(Đề tham khảo lần 2 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

x −1 y + 5 z − 3
=
=
2
−1
4 . Phương trình nào dưới đây là phương hình hình chiếu vng góc của

d trên mặt phẳng x + 3 = 0 ?
 x = −3
 x = −3
 x = −3
 x = −3




 y = −5 − t
 y = −5 + 2t
 y = −5 + t
 y = −6 − t
 z = −3 + 4t
 z = 3 + 4t
z = 3 − t
 z = 7 + 4t
A. 
B. 
C. 
D. 
Lời giải
d:

r
u = ( 2; −1; 4 )
Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm M 0 (1; −5;3) và có VTCP d
Gọi

( Q)

( P) : x + 3 = 0 .
là mặt phẳng chứa d và vng góc với


Suy ra mặt phẳng

( Q)

⇒ ( Q ) : 4 y + z + 17 = 0

r r
[ n ; u ] = ( 0; 4;1)
đi qua điểm M 0 (1; −5;3) và có VTPT là P d
.

( P ) là
Phương trình hình chiếu vng góc của d trên mặt phẳng
 x = −3

4 y + z + 17 = 0
 y = −6 − t

 z = 7 + 4t
x + 3 = 0
hay 
Cách 2: Ta có

M ∈ d ⇒ M ( 1 + 2t ; −5 − t ;3 + 4t )

. Gọi M ′ là hình chiếu của M trên

 x = −3

d ′ :  y = −5 − t
( P ) : x + 3 = 0 . Suy ra M ′ ( −3; −5 − t ;3 + 4t ) . Suy ra  z = 3 + 4t
So sánh với các phương án, ta chọn D là đáp án đúng.

Câu 20:

Oxyz , cho mặt phẳng
(Đề tham khảo lần 2 2017) Trong không gian với hệ tọa độ

( P ) : 6 x − 2 y + z − 35 = 0

và điểm

A ( −1;3;6 ) .

OA '.
A. OA′ = 3 26

B. OA′ = 5 3

C. OA′ = 46

D. OA′ = 186

( P ) , tính
Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua

Lời giải

( P ) nên AA′ vng góc với ( P )
+ A′ đối xứng với A qua
 x = −1 + 6t

 y = 3 − 2t
z = 6 + t
+Suy ra phương trình đường thẳng AA′ : 

( P ) ⇒ H ( −1 + 6t ;3 − 2 t;6 + t )
+Gọi H là giao điểm của AA′ và mặt phẳng
( P ) ⇒ 6 ( −1 + 6t ) − 2 ( 3 − 2t ) + 1( 6 + t ) − 35 = 0
+ Do H thuộc
⇔ 41t − 41 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H ( 5;1;7 )

( P ) nên H là trung điểm của AA′
+ A′ đối xứng với A qua
⇒ A′ ( 11; −1;8 ) ⇒ OA′ = 112 + ( −1) + 82 = 186
2

Câu 21: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt
phẳng
d2 :

( P)

song

x
y- 1 z- 2
=
=
2
- 1
- 1

song

và

cách

đều

hai

đường

thẳng

d1 :

x- 2
y
z
= =
- 1
1

1

và


A.

( P) : 2 x - 2 z +1 = 0

B.

( P ) : 2 y - 2 z +1 = 0

C.

( P ) : 2 x - 2 y +1 = 0

D.

( P) : 2 y - 2 z - 1 = 0
Lời giải

r

A ( 2;0;0 )
u = ( −1;1;1)
d
Ta có: 1 đi qua điểm
và có VTCP 1
r

d 2 đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) và có VTCP u2 = ( 2; −1; −1)

( P)
Vì

song song với hai đường thẳng

Khi đó

( P)

d1

và

d2

( P)
nên VTPT của

là

r r r
n = [u1 , u2 ] = ( 0;1; −1)

có dạng y − z + D = 0 ⇒ loại đáp án A và C

 1 
M  0; ;1÷

( P ) cách đều d1 và d 2 nên ( P ) đi qua trung điểm  2  của AB
Lại có
Do đó

( P ) : 2 y − 2z +1 = 0

A ( 0;0;1)
Câu 22: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm
,

B ( m;0;0 ) C ( 0; n;0 ) D ( 1;1;1)
,

,

với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi

( ABC )

tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng
mặt cầu đó?

A. R = 1 .
Gọi

B.

I ( 1;1;0 )

R=

2
2 .

C.
Lời giải

R=

m

,

n

thay đổi,

và đi qua D . Tính bán kính R của

3
2.

R=

D.

3
2 .

là hình chiếu vng góc của D lên mặt phẳng (Oxy )

x y
+ + z =1
(
ABC
)
m
n
Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng
là:
Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx + my + mnz − mn = 0

Mặt khác

d ( I ; ( ABC ) ) =

1 − mn
m2 + n2 + m2 n2

=1

(

)

ID = 1 = d ( I ; ( ABC ) .
(vì m + n = 1 ) và

Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vng góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với
( ABC ) và đi qua

D . Khi đó R = 1 .

E ( 2;1;3)
Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm
, mặt phẳng

( P) : 2x + 2 y − z − 3 = 0

( S ) : ( x − 3)

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36
2

2

và mặt cầu
. Gọi ∆ là đường
( P ) và cắt ( S ) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình
thẳng đi qua E , nằm trong
của ∆ là


 x = 2 + 9t

 y = 1 + 9t
 z = 3 + 8t
A. 

.

Mặt cầu

( S)

có tâm

 x = 2 − 5t

 y = 1 + 3t
z = 3
B. 
.

I ( 3; 2;5 )

x = 2 + t

 y = 1− t
z = 3
C. 
.
Lời giải

 x = 2 + 4t

 y = 1 + 3t
 z = 3 − 3t
D. 

.

và bán kính R = 6 .

IE = 12 + 12 + 22 = 6 < R ⇒ điểm E nằm trong mặt cầu ( S ) .
( P ) , A và B là hai giao điểm của ∆ với ( S ) .
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng
AB ⊥ ( HIE ) ⇒ AB ⊥ IE
Khi đó, AB nhỏ nhất ⇔ AB ⊥ OE , mà AB ⊥ IH nên
.
uur uur uur
u =  n ; EI  = ( 5; −5; 0 ) = 5 ( 1; −1;0 )
Suy ra: ∆  P
.
x = 2 + t

 y = 1− t
z = 3
Vậy phương trình của ∆ là 
.

( S ) có tâm I ( −2;1; 2 ) và đi qua
Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
( S ) sao cho AB, AC , AD đôi một vuông góc vơi
. Xét cac điểm B, C , D thuộc
nhau. Thể tích khối tứ diện ABCD có gia trị lơn nhât bằng
điểm

A. 72

A ( 1; −2; −1)

B. 216

C. 108

D. 36

Lời giải

2
2
2
Ta có: AI = 3 + 3 + 3 = 3 3 .

Dựng hình hộp chữ nhật ABEC.DFGH

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp A.BCD ⇒ I là trung điểm của AG ⇒ AG = 2 AI = 6 3 .
2
2
2
2
Đăt AB = x, AC = y , AD = z , ta có: AG = AB + AC + AD

Co − si

2 2 2
⇒ 108 = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 3 x y z ⇒ xyz ≤ 363 = 216 .

Lại có:

VABCD =

1
1
xyz ≤ .216 = 36
6
6
.

Dâu đẳng thức xay ra ⇔ x = y = z = 6 .
Vậy

max VABCD = 36 .

( S ) có tâm I ( 1;2;3)
Câu 3: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
( S ) sao cho AB, AC , AD đôi một
. Xét các điểm B, C , D thuộc
vng góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng.
và đi qua điểm

A ( 5; −2; −1)

A. 256

256
C. 3

B. 128

128
D. 3 .

Lời giải

Bán kính mặt cầu là

R = IA = 4 3 .

Do AB, AC , AD đôi một vuông góc với nhau nên
2
2
2
2
Suy ra AB + AC + AD = 4 R .
Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có:

R=

AB 2 + AC 2 + AD 2
2

AB 2 + AC 2 + AD 2 ≥ 3 3 AB 2 . AC 2 . AD 2
⇒ 4 R 2 ≥ 3 3 AB 2 .AC 2 . AD 2
8 3 3
⇒ AB. AC. AD ≤
R = 512
9

1
256
AB. AC. AD ≤
6
3 .
256
MaxVABCD =
3 . Đạt được khi AB = AC = AD = 8 .
Vậy
⇒ VABCD =

( S ) có tâm
Câu 4: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu


I ( −1;0; 2 )

( S ) sao cho AB , AC ,
. Xét các điểm B , C , D thuộc
AD đơi một vng góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
và đi qua điểm

8
A. 3

A ( 0;1;1)

4
C. 3

B. 4

D. 8

Lời giải

Đặt: AD = a , AB = b , AC = c .
Ta có:
R = IA = 3 .
•
AM =

•

b2 + c2
a
b2 + a 2 + c2
; IM = ⇒ R 2 = IA2 =
=3
2
2
4
.
b 2 + a 2 + c 2 ≥ 3 3 b 2 a 2 c 2 ⇒ b 2 a 2c 2

AD BĐT Cosi:
1
1
4
⇒ V = abc ≤ .8 =

6
6
3.
Câu

5:

(THPT

QUỐC GIA 2018 - MÃ

( S ) : ( x − 2)

2

+ ( y − 3) + ( z − 4 ) = 2
2

(b
≤

2

27

ĐỀ 102)

2

và điểm

+ a2 + c2 )

Trong

A ( 1; 2;3) .

3

⇔ abc ≤ 8

không gian

.

Oxyz,

cho mặt

Xét cac điểm M thuộc

( S)

cầu

sao cho

( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là
đường thẳng AM tiếp xúc vơi
A. 2 x + 2 y + 2 z + 15 = 0 .

C. x + y + z + 7 = 0 .

B. 2 x + 2 y + 2 z − 15 = 0 .
D. x + y + z − 7 = 0
Lời giải

( S)

I ( 2;3; 4 )

bán kính r = 2.
( S ) nên IM ⊥ AM ⇒ AM = AI 2 − IM 2
Do AM là tiếp tuyến của mặt cầu
Mặt cầu

có tâm

Ta có AI = 3; IM = 2 ⇒ AM = 1.
Gọi H là tâm đường tròn tạo bởi các tiếp điểm M khi đó ta có ∆AHM đồng dạng với ∆AMI
AH AM
AM 2
1
=
⇒ AH =
=
AI
AI
3
Suy ra AM

( α ) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm M . Khi đó ( α ) có vectơ pháp tuyến là
Gọi
r uur
n = AI = ( 1;1;1)
nên phương trình có dạng x + y + z + d = 0
6+d
 d = −5
1
d ( A, ( α ) ) = AH ⇔
=
⇔ 6+ d =1⇔ 
3
3
 d = −7
Do
( α ) : x + y + z − 5 = 0; ( α 2 ) : x + y + z − 7 = 0
Vậy 1
4
d ( I , ( α1 ) ) =
> 2
(α )
( S ) (loại)
3
Do
nên 1 không cắt
d ( I , ( α2 ) ) =

Và

2
< 2
(α )
( S ) (TM)
3
nên 2 cắt

Câu 6: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

A ( 1; −3;5 )

đường thẳng đi qua điểm
và có vectơ chỉ phương
nhon tạo bởi d và ∆ có phương trình là

A.

 x = −1 + 2t

 y = 2 − 5t
 z = 6 + 11t


.

B.

 x = −1 + 2t

 y = 2 − 5t

 z = −6 + 11t


.

C.

r
u ( 1; 2; −2 )

 x = 1 + 7t

 y = −3 + 5t
z = 5 + t


.

 x = 1 + 3t

d :  y = −3
 z = 5 + 4t


. Goi ∆ là

. Đường phân giac của góc

D.

x = 1− t

 y = −3
 z = 5 + 7t


.

Lời giải
A ( 1; −3;5 )
thuộc đường thẳng d , nên
là giao điểm của d và ∆ .
r
v ( −3; 0; −4 )
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
. Ta xét:
ur 1 r
1 2 2
u1 = r .u 1
u = ( 1; 2; −2 ) =  3 ; 3 ; − 3 ÷
;
3
ur 1 r
4
 3
v1 = r .v 1
v = ( −3;0; −4 ) =  − 5 ;0; − 5 ÷
.
5
ur ur

ur ur
u1 v1
u1.v1 > 0
Nhận thấy
, nên góc tạo bởi hai vectơ ,
là góc nhọn tạo bởi d và ∆ .
uu
r ur ur =  − 4 ; 10 ; − 22 ÷ = − 15 ( 2; −5;11)
w = u1 + v1  15 15 15 
2
Ta có
là vectơ chỉ phương của đường phân giác
Ta có điểm

A ( 1; −3;5)

của góc nhọn tạo bởi d và ∆ hay đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và ∆ có vectơ chỉ
 x = −1 + 2t

 y = 2 − 5t
uur
 z = −6 + 11t
w = ( 2; −5;11)
phương là 1
. Do đó có phương trình: 
.

A ( 1; 2;1) B ( 3; −1;1)
C ( −1; −1;1)
Câu 7: (Tham khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

,
và
.
Gọi

( S1 )

(S ) (S )
là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ; 2 và 3 là hai mặt cầu có tâm lần lượt


(S )
là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu 1 ,
( S 2 ) , ( S3 ) .
A. 5

B. 7

C. 6
Lời giải

D. 8

( P ) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là:
Gọi phương trình mặt phẳng
ax + by + cz + d = 0 ( đk: a 2 + b 2 + c 2 > 0 ).
 a + 2b + c + d
=2
 2
2

2
 a +b +c
 3a − b + c + d
=1
 d ( A; ( P ) ) = 2 ⇔  2
2
2
a
+
b
+
c


 −a − b + c + d
 d ( B; ( P ) ) = 1


=1
2
2
2
d
C
;
P
=
1
(
)

(
)


a
+
b
+
c


Khi đó ta có hệ điều kiện sau:
 a + 2b + c + d = 2 a 2 + b 2 + c 2


⇔  3a − b + c + d = a 2 + b 2 + c 2

2
2
2
 −a − b + c + d = a + b + c
.

3a − b + c + d = − a − b + c + d
⇔
3a − b + c + d = −a − b + c + d
3a − b + c + d = a + b − c − d
Khi đó ta có:
a = 0
⇔

a − b + c + d = 0 .

với a = 0 thì ta có

 2b + c + d = 2 b 2 + c 2
 2b + c + d = 2 b 2 + c 2 ⇔  4b − c − d = 0



 2b + c + d = 2 −b + c + d
c + d = 0

c + d = 0 ⇒ c = d = 0, b ≠ 0
⇔
c + d = 4b, c = ±2 2b
do đó có 3 mặt phẳng.
 3b = 2 a 2 + b 2 + c 2
 3b = 4 a

⇔
⇔
2
2
2
2
2
2

 2a = a + b + c
 2a = a + b + c

Với a − b + c + d = 0 thì ta có

4

 b = 3 a
⇔
 c = 11 a

3
do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
Câu 8:

(THPT QG 2017 Mã đề 105) Trong không gian với hệ tọa độ
A ( 3; −2;6) , B( 0;1;0)

( S) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3)
2

và

mặt

cầu

2

Oxyz , cho hai điểm
2

= 25

.

Mặt

phẳng


( P ) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua

A , B và cắt ( S) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ

nhất. Tính T = a+ b+ c
A. T = 3
B. T = 4

C. T = 5
Lời giải

D. T = 2

( S) có tâm I ( 1;2;3) và bán kính R = 5
Mặt cầu
 A ∈ ( P )
 3a− 2b+ 6c − 2 = 0
a = 2− 2c
⇔

⇔
B∈ ( P )

b− 2 = 0
b = 2
Ta có 

(

)

(

)

r = R2 −  d I ;( P )  = 25− d I ;( P ) 




Bán kính của đường trịn giao tuyến là
2

(

2

)

d I ;( P )
Bán kính của đường tròn giao tuyến nhỏ nhất khi và chỉ khi
lớn nhất
2 − 2c + 4 + 3c − 2

2
a+ 2b+ 3c − 2 =
c
+
4
(
)
2
d I ,( P ) =
2
2
2
2 − 2c) + 22 + c2 = 5c2 − 8c + 8
(
a
+
b
+
c
Ta có
−48c2 − 144c + 192
⇒ f ′ ( c) =
2
2
2
c + 4)
c + 4)
(
(
2

5c − 8c + 8
f ( c) =
5c2 − 8c + 8
5c2 − 8c + 8
Xét

(

)

(

)

c = 1
f ′ ( c) = 0 ⇔ 
 c = −4
Bảng biến thiên

Vậy

(

d I ;( P )

)

lớn nhất bằng

5 khi và chỉ khi c = 1⇒ a = 0,b = 2 ⇒ a+ b+ c = 3.

Oxyz , cho hai điểm A ( 4;6;2) và
Câu 9: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Trong không gian với hệ tọa độ
B( 2; − 2;0)
( P ) : x + y + z = 0. Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua
và mặt phẳng
B , gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một
đường trịn cố định. Tính bán kính R của đường trịn đó.
A. R = 1
B. R = 6
C. R = 3
D. R = 2
Lời giải
⇒ I ( 3;2;1)
Gọi I là trung điểm của AB
3+ 2 + 1
d I ;( P ) =
=2 3
3
AB
′=
R
=3 2
S
I
3;2;1
( ) là mặt cầu có tâm (
) và bán kính
2
Gọi

(

Ta có

)

H ∈ ( S)

. Mặt khác

H ∈( P)

nên

H ∈ ( C ) = ( S) ∩ ( P )


Bán kính của đường trịn
Câu 10:

( C)

là

(

( 3 2 ) − ( 2 3)

)

2

R = R′2 − d2 I ;( P ) =

2

= 6

.

(Đề tham khảo lần 2 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P) : x − 2 y + 2z − 3 = 0

và mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0. Giả sử

A. MN = 3

B. MN = 1 + 2 2

M ∈( P)

và
r
uuuu
r
u ( 1;0;1)

N ∈( S )
sao cho MN cùng phương với vectơ
và khoảng cách giữa M và N lớn
nhất. Tính MN .

Mặt phẳng

( P)

có vtpt

r
n = ( 1; − 2;2)

D. MN = 14

C. MN = 3 2
Lời giải

( S)

. Mặt cầu

có tâm

(

I ( −1; 2; 1)

và bán kính r = 1.

)

r
r
d I ; ( P ) = 2 > 1= r
ο
( P ) không cắt ( S) .
Nhận thấy rằng góc giữa u và n bằng 45 . Vì
nên
NH
MN =
= NH 2
ο
·
sin 45ο
Gọi H là hình chiếu của N
thì NMH = 45 và
nên MN
lớn nhất khi và chỉ khi NH lớn nhất. Điều này xảy ra khi N ≡ N ′ và H ≡ H ′ với N ′ là giao

( P)
lên

( P ) và H ′ là hình chiếu của I lên ( P ) .
điểm của đường thẳng d qua I , vng góc
Lúc đó

(

)

NH max = N ′H ′ = r + d I ; ( P ) = 3

và

MN max =

NH max
=3 2
sin45ο
.

S : x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16
Câu 14. [MH-2020] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) (
. Tâm
( S ) có tọa độ là
của
( −1; − 2; − 3) .
( 1; 2;3) .
( −1; 2; − 3) .
( 1; − 2;3) .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn D.
2

S : x − a)
Mặt cầu ( ) (
Suy ra, mặt cầu

2

+ ( y − b) + ( z − c ) = R2

( S ) :( x − 1)

2

2

2

có tâm là

+ ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16
2

I ( a ;b; c)

2

có tâm là

2

2

.

I ( 1; − 2;3)

.


( α ) : 3 x + 2 y − 4 z + 1 = 0 . Vectơ nào dưới
Câu 15. [MH-2020] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
(α) ?
đâyuu
là
r một vectơ pháp tuyến ucủa
u
r
ur
uu
r
n2 = ( 3; 2; 4 )
n3 = ( 2; − 4;1)
n1 = ( 3; − 4;1)
n4 = ( 3; 2; − 4 )
A.
.
B.
.
C.
.
D.

.
Lời giải
Chọn D.
r
α ) : 3x + 2 y − 4 z + 1 = 0
n = ( 3; 2; − 4 )
(
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
Câu 35. [MH-2020] Trong khơng gian Oxyz , vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường
M ( 2;3; −1)
N ( 4;5;3)
thẳng
và
? ur
uu
r đi qua hai điểm
uu
r
uu
r
u4 = ( 1;1;1)
u3 = ( 1;1; 2 )
u1 = ( 3; 4;1)
u2 = ( 3; 4; 2 )
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
Lời giải
Chọn B.
uuuu
r
uuuu
r
uu
r
uu
r
MN = ( 2; 2; 4 )
MN = 2.u3
u3
Ta có
, suy ra
. Do đó
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
MN .

r

r

a = ( 1;0;3)
b = ( −2; 2;5 )
Câu 32. [MH-2020] Trong không gian Oxyz , cho các vectơ
và

. Tích vơ
r r r
a. a + b
hướng
bằng
25
A.
.
B. 23 .
C. 27 .
D. 29 .
Lời giải
Chọn B.

(

)

r r
a + b = ( −1; 2;8 )
Ta có
.
r r r
a. a + b = 1. ( −1) + 0.2 + 3.8
= 23 .
Suy ra
r r r
a. a + b = 23
Vậy
.

(

(

Câu 33.

)

)

( S ) có tâm I ( 0; 0; − 3) và đi qua
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
M ( 4;0;0 )
điểm
.
( S ) là
Phương trình của
2
2
x 2 + y 2 + ( z + 3) = 25
x 2 + y 2 + ( z + 3) = 5
A.
.
B.
.
[MH-2020]

x 2 + y 2 + ( z − 3) = 25
2

C.

x 2 + y 2 + ( z − 3) = 5
2

.

D.
Lời giải

.

Chọn A.
Phương trình mặt cầu

( S)

có tâm

I ( 0;0; − 3)

x 2 + y 2 + ( z + 3) = R 2
và bán kính R là:
.
2

M ∈ ( S ) ⇒ 42 + 02 + ( 0 + 3) = R 2 ⇔ R 2 = 25
2

Ta có:

x + y + ( z + 3) = 25
2

Vậy phương trình cần tìm là:

2

.

2

.


M ( 1;1; − 1)
Câu 34. [MH-2020] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm
và vng góc với
x +1 y − 2 z −1
∆:
=
=
2
2
1 có phương trình là
đường thẳng
A. 2 x + 2 y + z + 3 = 0 . B. x − 2 y − z = 0 .
C. 2 x + 2 y + z − 3 = 0 . D. x − 2 y − z − 2 = 0 .
Lời giải

Chọn C.
x + 1 y − 2 z −1
r
∆:
=
=
2
2
1 thì ∆ có một vec-tơ chỉ phương là u = ( 2; 2;1) .
( α ) là mặt phẳng cần tìm.
Gọi
r
∆ ⊥ (α)
u = ( 2; 2;1)
(α) .
Có
, nên
là một vec-tơ pháp tuyến của
r
α)
M ( 1;1; − 1)
u = ( 2; 2;1)
(
Mặt phẳng
qua điểm
và có một vec-tơ pháp tuyến
.
( α ) là 2 x + 2 y + z − 3 = 0 .
Nên phương trình
M ( 2; − 2;1)

Câu 13. [MH-2020] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm
trên mặt
Oxy
( ) có tọa độ là
phẳng
( 2; 0;1) .
( 2; − 2;0 ) .
( 0; − 2;1) .
( 0;0;1) .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B.
M ( x0 ; y0 ; z0 )
( Oxy ) là điểm M ′ ( x0 ; y0 ; 0 ) .
Ta có hình chiếu của điểm
trên mặt phẳng
M ( 2; − 2;1)
( Oxy ) là điểm M ′ ( 2; − 2;0 ) .
Do đó hình chiếu của điểm
trên mặt phẳng
Câu 16. [MH-2020] Trong không gian
x +1 y − 2 z −1
d:
=
=
−1
3

3 ?
A.

P ( −1; 2;1)

.

B.

Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng

Q ( 1; − 2; − 1)

.

C.
Lời giải

N ( −1;3; 2 )

.

D.

P ( 1; 2;1)

Chọn A.
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm

P ( −1; 2;1)

−1 + 1 2 − 2 1 − 1
=
=
=0
P ( −1; 2;1)
−1
3
3
. Vậy điểm
thuộc đường thẳng yêu cầu.

thỏa

.