Lớp 12 OXYZ (GV mân ngọc quang)89 câu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác MNP với M 1; 1 , N  3;1 , P  5; 5  Tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là: A I  4;2  B I  4;2  C I  4; 4  D I  4; 2  Đáp án D I  x; y  tâm đường tròn ngoại tiếp MNP  x  12   y  12   x  32   y  12  MI  NI   2 2  x  1   y  1   x     y    MI  PI x  y  x     I  4; 2  x  y   y  2  Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian Oxy cho ba vecto a   2, 5,3 ;    b    b   0, 2, 1 ; c  1, 7,  Tọa độ vecto u  4a   3c là:   55  A u  11, ,   3   55  B u   11, ,  3  Chọn A   1 55  C u  11, ,  3    1 55  D u  11, ,  3     a   2, 5,3  4a   8, 20,12  Ta có:   b  1 b   0, 2, 1     0,  ,   3   c  1, 7,   3c   3, 21,     b   55  Vậy u  4a   3c  11, ,   3  Câu    (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho ba vectơ a   3; 1; 2  , b  1;2; m  , c   5;1;     Xác định m để c  a, b   A m  1 Chọn A  B m  9 C m  D m   1 5       c   a, b   1     7   2 m 2 m  m     3m    m  1 1 Bình luận: Ta có cách làm nhanh sau:      c  a c   a, b      c  b  c b   1.5  2.1  m   m  1  Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho mệnh đề: 1) Mặt cầu có tâm I 1; 0; 1 , đường kính là:  x  1  y   z  1  16 2 2) Mặt cầu có đường kính AB với A   1;2;1 , B   0;2;  là:  1 x    y  2     z   2  3) Mặt cầu có tâm O  0; 0;  tiếp xúc với mặt cầu là: x  y  z  30  29 Số mệnh đề bao nhiêu: A B Chọn B (S) có tâm  3; 2;  , bán kính C D 1)  x  1  y   z  1  16 2 1 2  2)  x    y     z     2 3) x  y  z  30  29 Chú ý đến tiếp xúc tiếp xúc mặt cầu Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian Oxyz cho hai điểm M  2; 1;  , N  4; 5; 2  Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (Oyz) P Tọa độ điểm P là: A  0; 7;16  Chọn A     B  0; 7; 16    C  0; 5;12  M 2; 1; , N 4; 5; 2 MN cắt mặt phẳng (Oyz) P    P 0; y; z  MP  2; y  1; z  ; MN  2; 6; 9   Ta có: M, N, P thẳng hàng  MP phương MN     D  0; 5; 12  2 y  z  y  7    Vậy P 0; 7;16 9 z  16   Câu  (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian Oxyz cho hai vectơ         a  3; 2;1 , b  2;1; 1 Với giá trị m hai vectơ u  ma  3b v  3a  2mb     phương? A m   Chọn B 3 B m   2 C m   5 D m   7      a  3; 2;1 , b  2;1; 1  u  ma  3b  3m  6; 2m  3; m     v  3a  2mb   4m; 6  2m;  2m   3m  2m  m3 u phương v     4m 6  2m  2m  3m  6  2m   4m 2m     m2   m   2  2m   m   2m                    Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian Oxyz cho tam giác MNP với M 1; 0;  , N  0; 0;1 , P  2;1;1 Góc M tam giác MNP bằng: A 450 Chọn C B 600 D 1200 C 900   M 1; 0; , N 0; 0;1 , P 2;1;1  MN  1; 0;1 ; MP  1;1;1   MN MP 1     cos M       M  900 MN MP           Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng   cắt ba trục tọa độ M  3; 0;  , N  0; 4;  , P  0; 0; 2  có phương trình là: A 4x  3y  6z  12  B 4x  3y  6z  12  C 4x  3y  6z  12  D 4x  3y  6z  12  Chọn A   cắt trục tọa độ M  3; 0;  , N  0; 4;  , P  0; 0; 2     Phương trình mặt phẳng  có dạng: Câu x y z     4x  3y  6z  12  3 2 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Đường thẳng mp  P  : x  y  z   cắt đường (d) vng góc với x 1 y 1 thẳng  d1  :  z 1 x  y  z 1  có phương trình là: 2 x  y  z    d2  :  2 x  y  3z   A  x  y  z  2 x  y  3z   B  x  y  z 1   x  y  3z    x  y  3z   C  D  2 x  y  z   2 x  y  z  Chọn B  d1  qua A  d1, B  d2  , VTCP a  2; 1;1 mặt phẳng P  có VTPT B  d2    B   2t ';  t ';10  t '  Gọi  AB  8  2t ' t;  t ' t;14  t ' 2t mặt phẳng chứa d1     AB  u1  6t  t '  16 AB  u2  t  6t '  26 qua  6t  t '  16   t  6t '  26    t    t '  Nên phương trình    A  2; 0; có VTPT I  1; 5;  B  0;10;  35 : x     y     z   2         35 A 1,1,1 , B 1, 2, ,C 2, 3, 2x  y  z   2x  y  z      d  qua x  4y  z   có VTCP x  4y  z   2x  y  z   Gọi ABC mặt phẳng chứa d2 ABC  qua M  x , y, z  có x  4y  z   MA2  MB 2 MB  MC VTPT  MA  MB  MC                            x 1  y 1  z 1  x 1  y 2  z   nên   2 2  x   y   z   x   y   z  4x  2y  2z   2x  y  z     2x  8y  2z  14  x  4y  z     2 Vậy đường thẳng d  vng góc với  P  cắt d1, d2 giao tuyến mặt phẳng M  x 1, y1  2x  y  z    có phương trình là: ABC x  4y  z   Câu 10 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Đường thẳng qua I  1; 2;3 cắt hai đường thẳng x 1 y 1 z x  y 1    d ' :   1 x  y  z   A  27 x  y  15 z  32   y  z 1  C  27 x  y  15 z  32  (d ) : z 1 là: 5  y  2z 1  B  27 x  y  15 z  32  2 x  y  z   D  27 x  y  15 z  32  Chọn C  d  qua M 1; 1;  , VTCP v  m  2n, 2n  m, m  n  ; d '  qua    P       n  v  n.v  VTCP  m  2n  2n  m  m  n        Viết phương trình   chứa d  I     Ta có MI   2; 3;   a; MI    0; 11;11  n   0;1; 1 VTPT     pt   qua I có VTPT 11x  13y  5z-19  nên   có phương trình: y     z     y  z   Viết phương trình (P ) : x  3y  z  12  chứa d '  qua I     Ta có: NI   3; 3;   n '  NI ; b    27; 7;15  VTPT      (P ) : x  3y  z  12  qua I có VTPT M (0,1, 1), N (0, 1, 1) nên    có phương trình: M (0,1,1), N (0,1, 1) * Đường thẳng 15x  11y  17z  10  qua I, cắt d  , d '  giao tuyến mp   y  z   15x  11y  17z  10  nên có phương trình:  27x  7y  15z  32  Câu 11 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  z   (Q) : x  y  z  12  Mặt phẳng  R  qua điểm M trùng với gốc tọa độ O, vng góc với mặt phẳng  P  tạo với mặt phẳng  Q  góc   450 Biết ( R) : x  20 y  cz  d  Tính S  cd : A B C Chọn D Giả sử PT mặt phẳng  R  : ax  by  cz  d  a  b  c   Ta có: (R)  (P )  5a  2b  5c  cos(( R),(Q ))  cos 450  Từ a  4b  8c a  b2  c2 D (1);  2 (2) a  c c  7a (2)  7a  6ac  c    (1) Với a  c : chọn a  1, b  0, c  1  PT mặt phẳng (R) : x  z  (loại) Với c  7a : chọn a  1, b  20, c   PT mặt phẳng (R) : x  20y  7z  (tm) Câu 12  (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong   A 2; 3; , B 0;  2;  không gian Oxyz, cho điểm x  t  đường thẳng d có phương trình y  Điểm C a; b; c z   t   đường thẳng d cho tam giác ABC có chu vi nhỏ Nhận định sau sai? A a  c số nguyên dương B a  c số âm C a  b  c  D abc   Chọn B Vì AB khơng đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ CA + CB nhỏ Gọi C t; 0;2  t   d ta có: t    CA   32   t  CB  t  22   t Đặt u          t 2     32  t   22 t  ;3 ,v         t ;2  u  v   2;   Áp dụng tính chất u  v  u  v , dấu ''  '' xảy u // v ta có: Dấu ''  '' xảy     t   C  ; 0;    5 1  t  5 t 2 Câu 13 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm         A 2; 2; ; B 1;  1; ; C 3; 1;  mặt phẳng P : x  2z   Gọi M điểm thuộc mặt phẳng  P  cho giá trị biểu thức T  2MA2  MB  3MC nhỏ Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Q  : x  2y  2z   A B C   D  Cách 1: Gọi M   P  có dạng M  2a; b; a Khi đó, ta có:    b    a      2a   b  1  a      2a   b  1  a  1 MA2  10  2a MB MC 2 2 2 2 2     T  30a  180a  354  6b  12b  12  30 a    b  1  90  90     Vậy Tmin  90 a  3; b  Vậy M 2; 1; Do đó, d M , Q    Cách 2:    Gọi I điểm thỏa mãn 2IA  IB  3IC   I 1;1;1        Ta có T  2MA2  MB  3MC  MI  IA  MI  IB     MI  IC        6MI  2MI 2IA  IB  3IC  2IA2  IB  3IC  6MI  2IA2  IB  3IC     Do để P nhỏ M hình chiếu I lên  P   M  2;1;   d M , Q   Câu 14 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Tìm tọa độ điểm H hình chiếu M d, x   t  M 1;2; 1 , d : y   2t z  3t    A H  2;1;  B H  0; 5;  C H 1; 3;  D H  1; 7;  Chọn A Do H thuộc d nên H   t;1  2t; 3t  Từ giả thiết ta có:   MH ^ d Þ MH ud  Þ t  Þ H 2;1;  Câu 15  (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa điểm x   2t  A  2; 3;1 đường thẳng d : y   3t z   t  A 11x  2y  16z  32  B 11x  2y  16z  44  C 11x  2y  16z  D 11x  2y  16z  12  Chọn C  Lấy A1  4;2;   d1 Mặt phẳng  P  có VTPT n    Từ giả thiết ta có : n  A1A, ud   11;2; 16    Từ suy phương trình (P) 11x  2y  16z  Câu 16 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng qua điểm M 1; 3;  cắt tia Ox, Oy, Oz A a; 0;  , B  0; b;  , C  0; 0; c  với a, b, c số thực dương Tìm giá trị biểu thức P  a  b  c để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ A P  44 B P  39 C P  27 D P  16 1 VOABC  OAOB OC  abc ; 6 Phương trình mặt phẳng qua A, B ,C : Vì M   ABC     1 a b c Áp dụng BĐT Côsi:  x y z   1 a b c 9 27.27    33    abc  121, a b c a b c abc 1     Dấu “=” xảy khi: a b c     a b c a   b   a  b  c  39 c  27  Câu 17 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Viết phương trình mặt phẳng  P  qua hai đường thẳng cắt nhau: x  3t x  1  2t    d1 : y   2t , d2 : y   2t  z   t z  2  3t    A 4x  7y  2z  12  B 4x  7y  2z   D 2x  7y  4z  12  C 4x  7y  2z  13  Chọn C Lấy A  0;1;   d1  Gọi VTPT P n Từ giả thiết cho ta      n ^ u       d2 Þ n  ud , ud   4; 7; 2   2 n ^ ud1   Vậy  P  qua A1 có VTPT n Þ  P  : 4x  7y  2z  13  Câu 18 d: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian Oxyz cho đường thẳng x y 2 z 3 hai mặt phẳng  : x  2y  2z   0,  : 2x  y  2z   Mặt   1   cầu (S) có tâm nằm đường thẳng d   (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng      có bán kính là: A  12 B  144 C  Chọn A Gọi I tâm mặt cầu (S), I  d nên I  t;2  t;  2t  Vì   D    (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   va`   nên d I    d I ,    5t  11  7t    5t  11  7t   t  5, t  1 +) t  1   1;1;1 , R  Phương trình mặt cầu +) t   I (5; 7;13), R  12 Phương trình mặt cầu (S):  x  1  y  1   z  1  2 (S)  x    y     z  13   144 Câu 19 2 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A 1; 0;2  , B 1;1;  ,C  0; 0;1 D 1;1;1 Phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm A R  11   1 2 Chọn D Phương trình mặt cầu 10 C R  B I   ;  ;  3 1 2 D I  ;  ;  2 (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  2 2a  4c  d    2a  2b  d   Do A, B, C, D thuộc (S) nên ta có hệ phương trình:  2c  d   2a  2b  2c  d    1 Giải hệ ta có: a  , b   , c  , d  2 Vậy phương trình mặt cầu (S) x  y  z  3x  y  z  Suy 3 1 2 (S) có tâm I  ;  ;  bán kính R  2 11 Câu 20 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm              2 A 0;1; l , B 3; 0; 1 , C 0;21; 19 mặt cầu S : x   y   z     M a; b; c  điểm thuộc mặt cầu Tính tổng a  b  c (S) cho biểu thức T  3MA2  2MB  MC đạt giá trị nhỏ A a  b  c  B a  b  c  12    C a  b  c   12 D a  b  c  Gọi I  x ; y; z  điểm thỏa mãn 3IA  2IB  IC   I 1; 4; 3         Ta cóT  3MA2  2MB  MC  MI  IA  MI  IB    MI  IC   14       6MI  2MI 3IA  2IB  IC  3IA2  2IB  IC  6MI  3IA2  2IB  IC   Do để T nhỏ MI nhỏ   1  x 1 M  1; ;   5 Mặt cầu (S) có tâm K 1;1;1  I y   3t Cho KI  S      9 z   4t M  1; ;     5  14 Tính M 1I  4; M 2I   M điểm thỏa mãn YCBT nên a  b  c      Câu 21 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian Oxyz, đường thẳng  nằm x   t x   t   mp  : y  2z  cắt hai đường thẳng d1 : y  t d2 : y   2t z  4t z      trình tham số là:     có phương x   4t  B y  2t z  t  x 1 y z A   2 Chọn: Đáp án B * Thế phương trình x  1  4t  C y  2t z  t  x 1 y z   2 D (d1) vào phương trình mp   ta có t  8t   t  Vậy d1     A 1, 0,  * Thế phương trình (d2) vào phương trình mp   ta có:  2t    t  3 Vậy: d2     B  5; 2;1  AB  4, 2,1  * Ta có:  x   4t  Vậy phương trình tham số đường thẳng AB nằm mp  cắt d1, d2 là: y  2t z  t    Chú ý: Đề yêu cầu tìm phương trình tham số nên B đáp án Câu 22 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   tam giác MNP biết MN   2;1; 2  NP   14; 5;2  Biết Q thuộc MP; NQ đường phân giác góc N tam giác MNP Hệ thức sau đúng?         A QP  3QM B QP  5QM C QP  3QM D QP  5QM Chọn B   MN  2;1; 2  MN   ; NP  14; 5;2  NP  196  25   15    QP NP 15   5  QP  5QM NQ phân giác góc N     MN QM     Câu 23 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm M 1; 0;  , N  0;2;  , P  0; 0;  Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (MNP) bằng: A B Chọn B      C  M 1; 0; , N 0;2; , P 0; 0;   MNP  :    d O, MNP  6 36    D x y z     6x  3y  2z   Câu 24 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x  y  z  2x  6y  4z   Viết phương trình mặt phẳng (P) song  song với giá véc tơ v  (1; 6; 2) , vng góc với mặt phẳng ( ) : x  4y  z  11  tiếp xúc MN   2; 1;2  ; nP   MN ; u1    7;4; 5  Phương trình (P) chứa M d1 : 7 x  y  z   Giao (P) d B  1;1;2  Gọi A 1  t;2  3t; t   d1 MA   2  t ; 1  3t ;2  t  ; MB   4; 2;4  M, A, B thẳng hàng  2  t 1  3t  t    t   A 1;2;0   AB  4 2 Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương trình x2 y z x y 1 z    d :   mặt phẳng (P) song song cách đường thẳng d1 : 1 1 1 1 A  P  : x  z   B  P  : y  z   C  P  : x  y   D  P  : y  z   Đáp án B d1 có vecto phương: u1   1;1;1 ; tương tự d có vecto phương: u2   2; 1; 1 Do (P) song song với đường thẳng nên (P) nhận vecto    u  u1 , u2    0; 3;3   0; 1;1 Loại A C Trên d1 lấy M  2;0;0  ; d lấy điểm N  0;1;2  Gọi phương trình  P  : y  z  a  Khoảng cách từ M đến (P) với khoảng cách từ N đến (P) a 22  22  2.1  2.2  a 22  22  a  a   a  Câu 6: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có A 1;2; 1 ; C  3; 4;1 , B '  2; 1;3 D '  0;3;5  Giả sử tọa độ D  x; y; z  giá trị x  y  z kết sau A B Đáp án B Gọi M trung điểm AC nên M  2; 1;0  C D Gọi N trung điểm B ' D ' nên N 1;1;1 M giao đường chéo AC BD D  x; y; z  Ta nhận thấy MD  1 B ' D '   2;4;2    1;2;1 2 Suy S 1;1;1 Suy x  y  z  Câu 7: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng x 1 y  z   Gọi A giao điểm (d) (P);  P  : x  y  z   đường thẳng  d  : 2 gọi M điểm thuộc (d) thỏa mãn điều kiện MA  Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)? A B C D Đáp án C gọi A  a  1;2a  3;2a  Thay vào  P  :  a  1   2a  3  2a   Suy a   5   A ; ;  4 2 2 1  1  1 1   Gọi M  m  1;2m  3;2m  ; AM   m     2m     2m     m    22 2 4        Suy m  11 5 m  12 12  23 7 11  Lấy điểm M  ; ;  ; d  M ,  P     12 6  23 7 11    12 6  1 2  Khoảng cách từ M đến (P) là: d  Câu 8: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) qua hai điểm A 1;2;1 ; B  3;2;3 , có tâm thuộc mặt phẳng  P  : x  y   0, đồng thời có bán kính nhỏ nhất, tính bán kính R thuộc mặt cầu (S)? A B C D 2 Đáp án D Gọi I tâm mặt cầu (S) I  a, b, c  Suy a  b    a  b   I  b  3; b; c  IA2  IB  R   b     b     c  1  b   b     c  3 2 2 Rút gọn ta c   2b R   b     b     2b   4b    R  2 2 R  2 b  Câu 9: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 1;1 ; B  2;1; 2  , C  0;0;1 Gọi H  x; y; z  trực tâm tam giác ABC giá trị x  y  z kết đây? A B C D Đáp án A AB 1;2; 3 ; BC  2; 1;3 ; AC  1;1;0   AB; BC    3;3;3  n ABC   1;1;1   ABC  : x  y  z     AH  x  1; y  1; z  1 ; BH  x  2; y  1; z   ; CH  x; y; z  1  AH BC  2 x  y  z     4   BH AC     x  y  1  H  ; ;  9 9    H   ABC   x  y  z   Câu 10 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD với A  1;2;1 , B  0;0; 2  ; C 1;0;1 ; D  2;1; 1 Tính thể tích tứ diện ABCD? A B C D Đáp án D V AB  AC , AD  ta có AB  1; 2; 3 ; AC  1; 2;0  ; AD   3; 1; 2    16  AC , AD    4;4;4   u  AB.u  16 ; V     Câu 11: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  3;0;0  , B  0;2;0  ; C  0;0;6  D 1;1;1 Gọi  đường thẳng qua D thỏa mãn tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến  lớn qua điểm điểm đây? A M  1; 2;1 B  5;7;3 C  3;4;3 D  7;13;5  Đáp án B Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C là: x y z   1 Ta thấy D 1;1;1 thuộc mặt phẳng (ABC) nên đường thẳng cắt mặt phẳng (ABC) D Gọi hình chiếu A; B; C lên đưofng thẳng  H; I; J ta ln có AH  AD Tương tự ta có BI  BD; CJ  CD Vậy để tổng khoảng cách từ A;B;C đến đường thẳng  lớn  phải vng góc với (ABC) D Phương trình đường thẳng  qua D nhận VTPT (ABC) làm VTCP x 1 y 1 z 1   Khi thay đáp án A; B; C; D vào phương trình đường thẳng Thấy M  5;7;3 thỏa mãn Câu 12 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 2;1 , B  3;0; 1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M N hình chiếu A B mặt phẳng  P  Tính độ dài đoạn MN A B C D Đáp án B Gọi d đường thẳng qua A 1;2;1 vuông góc với mặt phẳng  P  Độ dài đoạn thẳng MN khoảng cách từ B  3;0; 1 đến đường thẳng d     AB   2; 2; 2  , nP  1;1; 1   AB, nP    4;0;4     AB, nP  16   16   MN     111 nP Câu 13: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi B điểm đối xứng với A qua  P  Độ dài đoạn thẳng AB A Đáp án B B C D B điểm đối xứng với A qua  P  nên AB   P  trung điểm đoạn AB Độ dài đoạn AB  2d  A,  P    1  1 1   Câu 14: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho vectơ         a  1;2;1 , b   2;3;4  , c   0;1;2  , d   4;2;0  Biết d  x.a  y.b  z.c Tổng x  y  z A B C D Đáp án A x  y  x        d  x.a  y.b  z.c  2 x  y  z    y  1 x  y  2z  z    Vậy x  y  z     Câu 15: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;1;3 x 1 y  z   Mặt phẳng chứa A d Viết phương trình 1 mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng  P  đường thẳng d có phương trình A x  y  z  12 C x  y  z  B x  y  z  D x  y  z  24 Đáp án D  Đường thẳng d qua điểm B 1;2;0  nhận u   2; 1;1 làm vectơ phương  Có: AB   1;1; 3    Khi đó: nP   AB; u    2;5;1 Phương trình mặt phẳng  P  : x  y  z  12  Vì mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng  P  nên: R  d O;  P    Vậy phương trình mặt cầu cần tìm: x  y  z  24 12 30 Câu 16 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : 2x  y  z 1   Q  : x  y  z   Khi đó, giao tuyến  P   Q  có vectơ phương là:  A u  1;3;5   B u   1;3; 5   C u   2;1; 1  D u  1; 2;1 Đáp án A   Có nP   2;1; 1 nQ  1; 2;1    Khi đó, vectơ phương giao tuyến  P   Q  là: u   nP ; nQ   1;3;5  Câu 17: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua M cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C khác O Tính giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC A 54 B C D 18 Đáp án C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0,0, c  với a, b, c  Phương trình mặt phẳng  P  : x y z    Vì: M   P      a b c a b c Thể tích khối tứ diện OABC là: VOABC  abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Hay  3 12    33 a b c ab c 54 1 Suy ra: abc  54  abc  Vậy: VOABC  abc abc Câu 18: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x2 y z 2   mặt cầu  S  :  x  1   y     z  1  Hai mặt phẳng  P   Q  chứa 1 d tiếp xúc với  S  Gọi M , N tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng MN d: A 2 B C D Đáp án B Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;1 , R   Đường thẳng d nhận u   2; 1;4  làm vectơ phương Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng d H  d  H  2t  2; t ;4t  Lại có:   IH u    2t  1; t  2;4t  1  2; 1;4     2t  1  t    4t  1   t  Suy tọa độ điểm H  2;0;0  Vậy IH     Suy ra: HM    Gọi K hình chiếu vng góc M lên đường thẳng HI Suy ra: 1 1      2 MK MH MI 4 Suy ra: MK   MN  3 Câu 19 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho mệnh đề: 1) Mặt cầu có tâm I  3; 2;4  qua A  7; 2;1  x  3   y     z    41 2 2) Mặt cầu có tâm I  2; 1;3 tiếp xúc với mp (Oxy)  x     y  1   z  3  2 3) Mặt cầu có tâm I  2; 1;3 tiếp xúc với mp (Oxz)  x     y  1   z  3  2 4) Mặt cầu có tâm I  2; 1;3 tiếp xúc với mp (Oyz)  x     y  1   z  3  2 Số mệnh đề bao nhiêu: A B C D Chọn đáp án D 1)  x  3   y     z    41 2 2)  x     y  1   z  3  2 3)  x     y  1   z  3  2 4)  x     y  1   z  3  2 Câu 20 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian tọa độ Oxyz cho sáu điểm A (2;0;0), A’ (6;0;0), B (0;3;0), B’ (0;4;0), C (0;0;3), C’ (0;0;4) Tính cơsin góc hai mặt phẳng mp (ABC) mp (A'B'C') A cos   18 375 B cos   18 374 18 376 C cos   D cos   18 377 Chọn đáp án B Mặt phẳng (ABC) có phương trình theo đoạn chắn tổng qt là: x  y  z   x y z    nên có phương trình 3  Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là: n   3; 2;  Mặt phẳng (A'B'C') có phương trình theo đoạn chắn x y z    nên có phương 4 trình tổng qt 2x  y  3z  12   Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến n '   2;3;3   n.n ' 666 18  Gọi  góc hai mặt phẳng đó, ta có: cos      17 22 374 n n' Câu 21 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho mệnh đề sau :  x  2t 2 x  y  z    1)  d  :  phương trình tham số có dạng:  y   3t  x  y  z 1   z  t 1   x  y 1  x 1 y z 1 có phương trình tắc  d  :   1 4 y  z   2)  d  :  3) Phương trình tắc đường thẳng (d) qua điểm A (2,0,-3) vuông góc x2 y z 3 với mặt phẳng  P  : x  y  z    d  :   3 Hỏi mệnh đề A.1 B C D Chọn C 4t  y  z    y  3t    2t  y  z    z  t 1 1) Đặt x  2t , ta có:  2) Sai Chọn điểm A 1, 0, 1   d   Gọi a t vtcp  1 4 (d), ta có: a   0 , 1 1 , 0 1    a 1, 1,  4  qua A 1, 0, 1 x 1 y z 1   d  :    vtcp a 1,  1,      3) Gọi n vtpt mặt phẳng (P), ta có n  2, 3,5   d  :  (d) là:  d  : Phương trình tắc đường thẳng x2 y z 3   3 Câu 22: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x  y  z  37  điểm A  4;1;5  , B  3;0;1 , C  1;2;0  Điểm M  a; b; c        thuộc (P) cho biểu thức P  MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất, a  b  c bằng: A B 13  Chọn A C  D 10    Gọi M  a; b; c   MA    a;1  b;5  c  , MB    a; b;1  c  , MC   1  a;  b; c        2  Khi P  MA.MB  MB.MC  MC.MA   a     b  1   c    5    Mà M  P  3a  3b  2c  37    a     b  1   c    44  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2 2 3  a     b  1   c      32  32  22   a     b  1   c      Do suy  a     b  1   c    2  Dấu “=” xảy khi:  44  32  32  22  88 a  b 1 c     M  4;7; 2   a  b  c  3 Câu 23 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường x 1 y  z 1   thẳng d : điểm A  2; 1;1 Gọi I hình chiếu vng góc A lên d 1 Viết phương trình mặt cầu (C) có tâm I qua A A x   y  3   z  1  20 B x   y  1   z    C  x     y  1   z  3  20 D  x  1   y     z  1  14 2 Chọn D Phương pháp 2 2 2 2 + Viết phương trình mặt phẳng làm VTPT + Tìm giao (d) (P) qua A, vng góc (d): nhận VTCP d (ud) (P), I + Tính R = IA Viết phương trình mặt cầu – Cách giải Phương trình mặt phẳng Giao  x  1 (d) I 1;2; 1 Có IA2  14 Phương trình mặt cầu (P) (P) qua A, vuông góc (d)  x  y  2z     y     z  1  14 2 Câu 24 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường x y 1 z  x 1 y 1 z     thẳng d1 :  d : Viết phương trình mặt phẳng (P) 1 chứa d1 song song với d2 A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   – Chọn D Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng (P) chưa đường thẳng d1 cho trước song song với d2 cho trước (d1 d2 chéo nhau) + Tìm M   d1     + Tính nP  ud ; ud  , viết phương trình – Cách giải Có M  0;1;3  d1 Mặt phẳng (P)    (P) qua M nhận n p  ud ; ud    1; 2;1 làm VTPT nên có phương trình  x  y  z    x  y  z   Câu 25 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường x 1 y z    thẳng d : mặt phẳng  P  :  x  y  z   Viết phương trình hình 2 chiếu vng góc d mặt phẳng (P) A x  y 1 z 1   1 3 B x  y 1 z 1   1 C x  y 1 z 1   1 D x  y 1 z 1   1 3 – Chọn C Phương pháp: Tìm hình chiếu vng góc đường thẳng d phẳng (P) (biết phương trình): + Tìm giao điểm M    + Tính n  ud ; n p  (d) (biết phương trình) mặt (P)    + Viết phương trình đường thẳng qua M nhận u   n; n p  làm VTCP – Cách giải Giao (d) (P) M  1;0; 2     n  ud ; n p   1; 7;4     u   n; n p    18; 6; 6   6  3;1;1 Phương trình đường thẳng cần viết x 1 y z  x  y 1 z 1      1 1   Câu 26 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Viết phương trình mặt phẳng P chứa điểm A  x   2t  đường thẳng d A (2;-3;1) d:  y   3t z   t  A 11x  2y  16z  32  B 11x  2y  16x  44  C 11x  2y  16z  D 11x  2y  16z  12  Đáp án C  Lấy A1 4;2;  d1 Mặt phẳng P có VTPT n        Từ giả thiết ta có: n   A1 A, ud   11; 2; 16  Từ suy phương trình (P) là: 11x  y  16 z  Câu 27 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Tìm tọa độ điểm M  đối xứng với M qua đường x  3t   thẳng d biết M  2; 4;  , d :  y  t  z  4t   A M  7; 7; 5 Đáp án B B M   7; 7; 5   C M    ; ;   2  5  D M   ; ;  2  Gọi H hình chiếu M d Mặt phẳng qua M vng góc với d có VTPT VTCP đường thẳng d nên P  : 3x  y  4z   Tọa độ H giao điểm  P  x  3t  y t   d , ta có hệ:  z  4t  3x  y  4z   Từ suy t   Do H trung điểm MM  nên ta có M '  7; 7; 5 Câu 28 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong khong gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có A  0;0;0  ; B  3;0;0  ; D  0;3;0  ; D '  0;3; 3 Tọa độ trọng tâm tam giác A’B’C’ A 1;1; 2  B  2;1; 1 C 1;2; 1 D  2;1; 2  Đáp án D    AA '  DD '  0;0; 3  A '  0;0; 3    Từ giả thiết ta có AB  3;0;0   A ' B'  B'  3;0; 3  G  2;1; 2     AB 3;0;0  DC  C  3;3;0     Câu 29: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian Oxyz cho mp  P  : x  y  z   đường thẳng d: x 1  y   z  Tính góc  đường thẳng d mp (P) A   600 B   450 C   300 Đáp án C D   900  Gọi  góc đường thẳng d mp (P) d có vectơ phương ud  2;1;1 ,  vectơ pháp tuyến n p 1; 2; 1 nên:   ud nP  1 sin          300 2 u d nP 22  12  12 12  22   1 (P) có Câu 31: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  nằm mặt phẳng   : x  y  z   đồng thời qua điểm M 1;2;0  cắt đường thẳng D :  A u 1; 1; 2  x2 y 2 z 3   Một vecto phương  1    B u 1;0; 1 C u 1;1; 2  D u 1; 2;1 Đáp án C Do  nằm mặt phẳng    cắt d nên giao điểm  với d thuộc    Giả sử N giao điểm  d  N   2t;  t;3  t  Mà N        2t     t     t     t  1  N  0;1;   u   NM  1;1; 2  Câu 32 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng  : x x3 z   Biết mặt cầu (S) có bán kính 1 2 cắt mặt phẳng  Oxz  theo đường tròn có bán kính Tìm tọa độ tâm I A I 1; 2;2  , I  5;2;10  B I 1; 2;2  , I  0; 3;0  C I  5;2;10  , I  0; 3;0  D I 1; 2;2  , I  1;2; 2  Đáp án A Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  Oxz  d  R  r  2   22   t   I 1; 2;  Điểm I   d  suy I  t; t  3; 2t   d  I;  P    t       t   I  5; 2;10  Câu 33: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho mệnh đề: 1) Mặt cầu có tâm I 1;0; 1 , đường kính là:  x  1  y   z  1  16 2) Mặt cầu có đường kính AB với A   1; 2;1 , B   0; 2;3 là: 1 2   x     y  2   z  2  2  3) Mặt cầu có tâm O  0;0;0  tiếp xúc với mặt cầu (S) có tâm  3; 2;  , bán kính là: x  y  z  30  29 Số mệnh đề bao nhiêu: A B C D Đáp án B 1)  x  1  y   z  1  16 2 1 2  2)  x     y     z    2  3) x  y  z  30  29 Câu 34 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) qua điểm A  2; 2;5 tiếp xúc với mặt phẳng   : x  1,    : y  1,    : z  Bán kính mặt cầu A (S) B 33 C D Đáp án D Gọi I  a; b;c  ta có d  I;      d  I;      d  I;     suy R  a   b   c  Do điểm A  2; 2;5  thuộc miền x  1; y  1; z  nên I  a; b;c  thuộc miền a  1; y  1; z  Khi I  R  1; 1  R; R  1 Mặt khác IA  R   R  1   R  1   R    R  R  2 Câu 35 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  0;1;  , C 2; 0;1  P : x  y  z   Tìm điểm N   P cho S  2NA  NB2  NC2 đạt giá trị nhỏ  3 A N   ; ;   4 B N  3; 5;1 C N  2; 0;1 3  D N  ;  ; 2  2  Chọn A  Cách   5 3 Gọi I trung điểm BC J trung điểm AI Do I  1; ;  J 0; ;  2   4 1 Khi S  2NA  2NI  BC2  4NJ2  IJ2  BC2 2 Do S nhỏ NJ nhỏ  3 Suy N hình chiếu J  P  N   ; ;   4     5 4  Cách Gọi I điểm thỏa mãn 2IA  IB  IC   I  0; ;     Ta có S  2NA  NB2  NC2  NI  IA       NI  IB  NI  IC           4NI  2NI 2IA  IB  IC  2IA  IB2  IC2  4NI  2IA  IB2  IC2   Để P đạt giá trị nhỏ NI nhỏ hay N hình chiếu I lên      P  N   12 ; 54 ; 34  ... Suy m  11 5 m  12 12  23 7 11  Lấy điểm M  ; ;  ; d  M ,  P     12 6  23 7 11    12 6  1 2  Khoảng cách từ M đến (P) là: d  Câu 8: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không... a  Khoảng cách từ M đến (P) với khoảng cách từ N đến (P) a 22  22  2.1  2.2  a 22  22  a  a   a  Câu 6: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp...  12  Chọn C  Lấy A1  4;2;   d1 Mặt phẳng  P  có VTPT n    Từ giả thi t ta có : n  A1A, ud   11;2; 16    Từ suy phương trình (P) 11x  2y  16z  Câu 16 (GV MẪN NGỌC