Lớp 12 OXYZ ( gv nguyễn bá tuấn) 76câu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường   x  3t  x 1 y  z    thẳng d1 : d :  y  1  2t  t    Mệnh đề đúng? 2 3  z   t  A d1 chéo d B d1 cắt vuông góc d C d1 cắt khơng vng góc d D d1 song song d Đáp án B    1 Ta có: ud1  1; 2; 3 , ud2   3; 2;   3     ud1 ud2  suy  d1  vng góc cắt  d   (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi n    vectơ pháp tuyến  P  , vectơ m thỏa mãn hệ thức m  2n có tọa độ là:     A m   2; 4;6  B m   2; 4; 6  C m   2; 4;6  D m   2; 4; 6  Câu Đáp án B   Ta có: n P   1; 2;3  m   2; 4; 6  Câu 3: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Giao tuyến hai mặt phẳng  P  : x  y  z    Q  : x  y  z   có vectơ phương là: A  2;1;  B  2;1;3 C  2;1; 3 D  2;1; 2  Đáp án D   Ta có: n P    3; 4;1 , nQ   1; 2;     u   n P  , nQ     10; 5;10   5  2;1; 2    2;1; 2  VTCP Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho A 1;3; 4  , B  1; 2;  Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB là: A x  y  12 z  17  B x  y  12 z  17  C x  y  12 z  17  D x  y  12 z  17  Đáp án A   Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB qua trung điểm I  0; ; 1 AB có    VTPT AB   2; 1;6  là: 5  2  x     y     z  1   x  y  12 z  17  2  Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  tâm I 1; 2;3 mặt phẳng  P  : x  y  z  12  Biết mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6 Viết phương trình mặt cầu A  x  1   y     z  3  B  x  1   y     z  3  13 C  x  1   y     z  3  D  x  1   y     z  3  12 2 2 2 2 2 2 Đáp án B Ta có: d  I ,  P      2.3  12 22  22  12 Bán kính giao tuyến là: r  2 6   R  22  32  13 2 Vậy  S  :  x  1   y     z  3  13 2 Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn 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  Tìm điểm M        P  cho biểu thức S  MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ A  4;7; 2  B  3;6; 5  C 1;8; 8  D  2;5; 8  Đáp án A Gọi M  x; y; z  Do M   P  nên x  y  z  37     Có MA    x;1  y;5  z  , MB    x;  y;1  z  , MC   1  x;  y;  z  2 Khi đó: S   x     y  1   z    5   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có: 2 2 3  x     y  1   z      32  32  22   x     y  1   z      S   442  22     S  249 3   x  4 x  y 1 z      y  Dấu “=” xảy 3  z  2   x  2  4t  Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Phương trình đường thẳng d :  y  6t Đi qua điểm? z   2t  A  2; 6;1 B  4; 6;  C  2; 6;3 D  2;0;1 Với t   A  2; 6;3  d Chọn đáp án C Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  3;3;  B  5;1;  Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB 5 7 A I  ;3;   2 2 B I  4; 2;3   C I  2; ; 1   5  D I  1;  ;  2  Chọn B 35  x    1  Tọa độ trung điểm I :  y    I  4; 2;3  24  z    Câu (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ toạn độ Oxyz, cho đường thẳng x  t  d :  y   t  t    Vectơ vectơ phương d? z   t     A u1   0; 2;  B u1   2; 1;0  C u1  1; 1;1 Chọn B x  t   d :  y   t có vectơ phương u1  1; 1;1 z   t   D u1   2;3;5  Câu 10 (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 1; 3;  đường thẳng  có phương trình x 1 y z  Tọa độ hình chiếu vng   góc điểm M đường thẳng  A  0; 2;1 B  1;1; 1 C 1;0;  D  2; 2;3 Gọi H 1  t; 2t;  t    hình chiếu vng góc M đường thẳng    Ta có MH   t; 2t  3; t  u   1; 2;1 VTCP đường thẳng    Vì MH    MH.u    t   2t  3  t   6t    t  1 nên H  0; 2;1 Chọn đáp án A  x   2t  Câu 11 (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Cho đường thẳng  d m  :  y  1  m  t ,  t    Giá trị m để z  2  mt  khoảng cách từ gốc tọa độ tới  d m  lớn A 4 B 2 C D Đáp án C  x   2t  Đường thẳng  d m  :  y  1  m  t qua điểm cố định M 1;0; 2  z  2  mt  Vậy khoảng cách từ O tới  d m  h  OM để khoảng cách đạt giá trị lớn  OM  OM 1;0; 2   u  2;1  m; m    2m   m  Câu 12 (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm   A 1; 2;3 B  3; 4;1 Đặt P  MA  MB M  x ; y ; z  điểm nằm (Oxy) thỏa mãn Pmin Khi đó, x  y  z  A B C Đáp án C    P  MA  MB =2 MI với I  2;3;  trung điểm AB Vậy Pmin ứng với M hình chiếu I nên  Oxy   M  2;3;0  Vậy x  y  z  D Câu 13 : với (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 1 y z 1 mặt phẳng   1 (Q) chưa  tạo (P): 2x  y  2z   Mặt phẳng (P) góc  nhỏ nhất, góc  gần với giá trị sau đây? A 6º B 8º C 10º D 5º Đáp án B    Gọi n  a; b; c  VTPT  Q   n  a; b; c  u  2;1; 1   2a  b  c   c  2a  b  n.n ' Khi góc  hai mặt phẳng  P   Q  nhỏ cos =   lớn với n n'  n '  2; 1;  VTPT  P  ta có  n.n ' 2a  b  2c 6a  b cos =P=     n n ' a  b  c 5a  4ab  2b  P2  36a  12ab  b 36t  12t   a  t   2 b  5a  4ab  2b   5t  4t     t  36t  12t  2(42t  67t  10)  f 't   0 Xét hàm số f  t    5t  4t   t   5t  4t    Vậy GTLN P  1 10 53  10  f     0,99    80 54   Câu 14 (Gv Nguyễn Bá Tuấn) Trong hệ trục tọa độ cho điểm A 1;1; 2  , B  0;3; 2  , C  0;0;1 , I  0;1;0  D điểm thuộc mặt cầu tâm I, bán kính Khoảng cách từ D đến mặt phẳng A (ABC) có giá trị lớn B C D Đáp án D    Mặt phẳng  ABC  có VTPT n  CA, CB   1;1; 3 ,  0;3; 3    2;1;1 Suy PT  ABC  : x  y  z   Dễ thấy I   ABC  nên khoảng cách từ D đến mặt phẳng bán kính (ABC) có giá trị lớn Câu 15 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Đường thẳng sau vng góc với đường thẳng d  : A x 1 y  z    ? x  y  1   2 B x 1 y 1 z 1   1 x 1 y z x y 1 z     D 1 2 1  Ta có: ud  1; 2;3 Thử VTCP đáp án ta có: 1.1   2   3.1  Vậy chọn A C CALC  A , B , C  tọa độ VTCP Chú ý nên dùng CASIO nhập A  B  3C  đáp án, ta thấy A  1, B  2, C  cho kết (và thử VTCP lại khác 0) Chọn đáp án A Câu 16 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Mặt phẳng sau cắt mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   theo thiết diện đường tròn? A x  y  z  B x  y  z   C x  y  z   D Cả sai Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;  , R  Gọi  P  : ax  by  cz  d  mặt phẳng thỏa mãn  a  b  2c  d a  b2  c2  R  Thay đáp án ta đáp án A Câu 17 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho điểm A  6; 6;  , B 1;1;1 , C  2;3;  , D  7;7;5  Thể tích hình tứ diện ABCD là: 78 83 C 3    AB   5;7; 3 , AC   4;9;0  , AD  1;13;1 Ta có: VABCD  A 54 Câu 18: B (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tọa độ điểm đối xứng A  2;1;3 qua  P  : 2x  y  z   A  2;3;1 92    83  AB, AC  AD    D là: B  4; 4;0  C 1;5;  D  2;1;1  Gọi H  a; b; c  hình chiếu A lên  P  Ta có: AH   a  2; b  1; c  3   a  b 1 c    Ta có: 2a  b  c   AH phương n P  nên 2 1 Suy a  1; b  ; c   A'  4; 4;0  2  x   2t  Câu 19 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho đường thẳng  d m  :  y  1  m  t  t    Giá trị  z  2  mt  m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến  d m  lớn là: A 4 B 2 C D Đáp án C  x   2t  Đường thẳng  d m  :  y  1  m  t  z  2  mt  t     , có vectơ phương u  2;1  m; m  qua điểm M (1;0;-2) Do đó, khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng là:   u; OM   2m  2; m  4; m  1 6m  2m  21   d o; d      m 2m  2m   2; m  1; m  u 6m  2m  21 4m  Đặt A   3 2m  2m  2m  2m  Tìm GTLN A theo cách tìm cực trị ta thấy A max=5 m=1 Vậy d o; d  max  m=1 m Câu 20 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1;0;0  , B  2;0;3 , M  0;0;1 , N  0;3;1 Mặt phẳng  P  qua điểm M, N cho khoảng cách từ B đến  P  gấp hai lần khoảng cách từ A đến  P  Có mặt phẳng  P thỏa mãn đề bài? A Có hai mặt phẳng  P  B Chỉ có mặt phẳng  P  C Khơng có mặt phẳng  P  D Có vơ số mặt phẳng  P  Đáp án D Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm là: ( P) : Ax  By  Cz  D  + C  D  B  (P) qua M, N nên   3B  C  D  C  D  + Khoảng cách từ B đến 1 (P) gấp lần khoảng cách từ A đến (P) nên  A  3C  D  2 A  3C  D  A  D   3C  3D  1 Từ 1   thấy hệ vơ số nghiệm Do có vơ số phặt phẳng (P) thỏa mãn toán Câu 21 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hai mặt phẳng  P  : 2x  y  z    Q  : x  y  3z   Mệnh đề sau đúng? A  P  song song  Q  B  P  cắt  Q  C  P  trùng  Q  D  P  vng góc  Q    Đáp án B Dễ thấy  P  không song song  Q  mà n P  nQ   nên  P  cắt  Q  Câu 22: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Khoảng cách tâm mặt cầu  S  : x2  y  z  2x  y  4z   A B mặt phẳng  P  : x  y  z   là: C 2 D Đáp án A Mặt cầu  S  có tâm I 1; 1;  Khoảng cách tâm mặt cầu mặt phẳng  P  là: d  I ,  P   Câu 23: d  : 1    1 2  (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho hai điểm A 1; 2;3 , B  2;0;  đường thẳng x 1 y  z 1   Mặt phẳng  P  qua A, B song song với  d  có phương trình là: 1 2 A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z  10  Đáp án A    Ta có: n P    AB, ud    3;3;3  1;1;1 Vậy phương trình  P  : x  y  z   Câu 24: : (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Khoảng cách điểm M  2; 1;0  x 1 y  z   là: 1 A Đáp án C B C 21   u , MA    Áp dụng công thức d  M ,    với A 1; 3;0   , u   2;1;1  u D Câu 25 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt cầu x  y  z   m  1 x   m  1 y  2mz  m   Để mặt cầu có diện tích 36 giá trị m bằng: A B C D Đáp án A Để mặt cầu có diện tích 36 bán kính mặt cầu R  Do đó, ta có phương trình: (m  1)   2(m  1)   m   m    m    m  6m     m  6 Câu 26 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho điểm A  2;3;0  , B  0; 1;  đường thẳng d: x 1 y 1 z    Điểm M thuộc d cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ 1 là:  11 18 36   38 63 63   13 33  A M  ; ;  B M  ; ;  C M  ; ;  D Đáp án khác  25 25 25   25 25 25   50 25 50  Đáp án A Gọi M thuộc (d) có tọa độ M (2a  1; a  1;2a  2)  x   2t  + Đường thẳng AB có phương trình:  y   4t Giả sử H hình chiếu M AB Khi  z  2t    H (2b  2;4b  3; 2b) MH (2b  2a  1;4b  a  4; 2b  2a  2)  AB(2; 4;2) 2a  11 300a  168a  30 Do đó: 2a  12b  11   b   MH  12 36 Do độ dài AB khơng đổi nên diện tích tam giác ABM nhỏ độ dài MH nhỏ nhất, hay độ dài MH nhỏ nhất, nên: a  7  11 18 36  M ; ;  25  25 25 25  Câu 27 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho M 1; 2;3 Gọi a, b, c độ dài kẻ từ gốc O đến hình chiếu M trục Ox, Oy, Oz Khi a  b  c bằng: A B C D Đáp án C Vì M  m; n; p  chiếu lên Ox A  m;0;0  , lên Oy B  0; n;0  , lên Oz C  0;0; p  nên a  1, b  2, c       Câu 28 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Cho hai vectơ AB, AC , đặt u   AB, AC  Mệnh đề sau sai?   A u  AB   B u  AC    C u  AB AC D A, B      Đáp án C Theo định nghĩa u u  AB, u  AC Câu 29: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Phương trình phương trình mặt cầu? A x  y  z  x  y  z   B x  y  z  x  y  z   C x  y  z  x  y  z   D x  y  z  x  y  z   Đáp án A Ta có: x  y  z  x  y  z    x  y  z  x  y  z   thỏa mãn      nên phương trình mặt cầu 4 Câu 30: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   đường thẳng  d  : x  2017 y z  2017   Góc tạo  P   d   Giá trị cot  là: A B 11 C 13 D Đáp án khác Đáp án B   n P  ud   11 Ta có: n P   1;1;  , ud  1; 2;1 Có sin       cot   1  sin  n P  ud Câu 31: (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  0; 2; 1 , B 1; 2;  mặt phẳng  P  : x  y  z   0, AB   P   N Khi bằng: A B C Đáp án B x  t  Phương trình đường thẳng AB  y  2  z  1  3t  8 AN 10 / 5 N giao điểm AB (P) nên N  ; 2;     7 BN 10 / 7 D AN BN A 6 B 8 C 10 D 5 Đáp án B Gọi (d) giao tuyến (P) (Q) Góc (P) (Q) nhỏ (d )  ()  Mà () qua A(1;0; 1) có vectơ phương u (2;1; 1) ; (P) có vectơ pháp tuyến     n  2; 1;2  nên (d ) có vectơ phương v  u; n   1; 6; 4  Do (Q) chứa    (d) () nên có vectơ pháp tuyến w  u; v    10;7; 13 Khi đó, góc hai mặt phẳng (P) (Q) nhỏ  với:   n.w 53 cos         80 n.w  x  2  4t  Câu 39 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Phương trình đường thẳng d :  y  6t Đi qua  z   2t  điểm? A  2; 6;1 B  4; 6;  C  2; 6;3 D  2;0;1 Đáp án C Với t   A  2; 6;3  d Câu 40 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 2;5  đường thẳng (d)  x  8  4t   y   2t Tọa độ hình chiếu vng góc điểm (A) lên đường thẳng (d) z  t  A  4; 1;3 B  4;1; 3 C  4; 1; 3 D  4; 1; 3 Đáp án A Xét yếu tố vng góc nhập CALC  A , B , C   A  3   B  2   C  5  tung độ, cao độ đáp án Ta thấy có đáp án (4;-1;3) cho kết = hoành độ, (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt cầu  S  :  x    y   z  1  14 Mặt Câu 41 cầu  S  cắt trục Oy A, B  y A  yB  Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S  B A 2 x  y  z   B x  y  z   C  x  y  z   D x  y  z   Đáp án B  S  :  x  2  y   z  1  14  A  0; 3;0  , B  0;3;0  Gọi I  2;0; 1 tâm mặt cầu Mặt phẳng  P  tiếp xúc với  S  B có véc tơ pháp tuyến  BI  2; 3; 1   P  : x   y  3  z   x  y  z   Câu 42 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử mặt cầu  Sm  : x  y  z  2mx  4my  z  4m2  6m   Để tâm mặt cầu cách mp x  y  z   khoảng cách m B 3 A C 3 D 1 Đáp án C  Sm  : x  y  z  2mx  4my  z  4m2  6m   2   x  m    y  2m    z  1  m  6m   I  m; 2m;1 Điều kiện để tồn mặt cầu S m  6m     m  Khoảng cách từ I tới x  y  z   d  Câu 43 m  4m   12  22  22  m   loai   m 3   m  3 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng x  y  2z   hai điểm A (1;2;-1), B (2;3;0) Quỹ tích điểm M diện tích tam giác MAB nhỏ là: A x  y   z  x 1 1  y2  z B x 1  y 2  z1 C x2  y  z1 D Đáp án A    Ta có AB  1;1;1 , n 1;1; 2   AB.n   AB song song với mặt phẳng  P  x  y  2z   (P) để Diện tích MAB nhỏ khoảng từ M tới AB nhỏ hay M nằm hình chiếu đường thẳng AB lên mặt phẳng x  y  2z   Đường thẳng song song với AB nên có VTCP dạng k 1;1;1 nên ta chọn đáp án A Câu 44 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (0;1;1), B (0;21;-19) mặt cầu  S :  x  1   y  1   z  1  Điểm M (3;0;-1), C 2 (S) cho biểu thức T  3MA2  2MB2  MC2 đạt giá trị nhỏ nhật (a;b;c) thuộc mặt cầu Tính tổng a + b + c A a  b  c  B a  b  c  12 C a  b  c  12 D a  b  c  14 Đáp án D    Trước hết ta tìm điểm I  x; y; z  thỏa mãn 3IA  IB  IC  3 x    x   x  x     3 1  y   y   21  y     y   I 1; 4; 3    z  3 3 1  z    1  z    19  z   Khi ta có :    T  3MA  2MB  MC  T  3MA  2MB  MC    MI  IA      MI  IB   6MI  3IA  2IB     MI  IC       IC  MI  3IA  2IB  IC   6MI 2 2  3IA  2IB  IC Vậy T nhỏ MI nhỏ M nằm giao điểm IO với  S :  x  1   y  1   z  1 2  O 1;1;1 tâm mặt cầu x    IO  0; 4;3  PT đường thẳng IO  y   4t thay tọa độ tham số vào  S  ta có  x   3t   8  2 25t   t    M 1; ;  , M 1; ;   M I  4, M I   5  5 Vậy a  b  c  14 Câu 45 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2;3 B  5; 4;7  Phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính có tâm A I  3;1;5  B I  3; 1;5  C I  3; 1; 5  D I  3;1; 5  Gọi I tâm mặt cầu nên I trung điểm AB nên Câu 46 d: (S) có tâm I (3;1;5) (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x  y 1 z  Phương trình tham số đường thẳng d   1  x  3  2t  A d :  y  1  t z   t   x   2t  B d :  y   t z  3  t   x   2t  C d :  y   t z   t   x  3  2t  D d :  y  1  t z   t   x  3  2t  Ta có phương trình tham số d :  y  1  t z   t  Câu 47 mặt phẳng A (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho (P) có phương trình 2x  2y  z   Khi đó, bán kính (S) B Ta có bán kính d  I,  P    Câu 48 (S) mặt cầu tâm I  3;0;0  tiếp xúc với C D 3 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Tổng giá trị m, n để đường thẳng  x   4t  D  :  y   4t  t    nằm mặt phẳng  P  :  m  1 x  2y  4z  n   z  t   B 10 A 10 C 8  (D) qua A  3;1; 3 vectơ phương a =  4; 4;1 D VTPT  P  :  m  1; 2; 4   a.n  m  m    m  n  10  D    P   A  P     3m  n  2 n  14  Câu 49 x   t  x   t'   (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho đường thẳng d1 :  y   t d :  y   t' z   t z    Phương trình đường vng góc chung ∆ d1 , d  x   t''  A  :  y   t'' z   2t''  Đáp án A  x   t''  B  :  y   t'' z   2t''   x  1  t''  C  :  y   t'' z   2t''   x   t''  D  :  y  2  t'' z  3  2t''  x   t  x   t'    giao với d1 :  y   t A   t ;1  t ';  t  với d :  y   t' B   t ';  t ';5  z   t z     Khi dó AB 1  t ' t ;1  t ' t ;3  t  Ta   AB  u1 1; 1; 1  1  t ' t   t ' t   t  t  1    A 1; 2;3 , AB 1; 1;    1  t ' t   t ' t  t '  1  AB  u2 1;1;0  có  x   t''  Vậy PT  : d1 :  y   t''  z   2t''  Câu 50 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai điểm A  2; 2;  , B  4; 4;0  Gọi (S) mặt cầu qua điểm A, B cho d  M;  P    d  A,  P   M   S   Khi phương trình  S d  M;  P    d  B,  P   A  x  3   y  3   z  1  B  x  1   y  1   z  3  C  x  1   y  1   z  3  D  x  3   y  3   z  1  2 2 2 2 2 2 Đáp án A  Do AB  2; 2; 2    P  : 2x  y  z   nên mặt cầu  S cần xác định có tâm trung điểm I  3;3;1 AB bán kính R  1 2 AB   22   2   2 Vậy PT  S :  x  3   y  3   z  1  Câu 51 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d qua điểm A 1; 1;  , song song với :  P  : 2x  y  z   , đồng thời tạo với đường thẳng x 1 y 1 z   góc lớn Phương trình đường thẳng d 2 A x  y  z   5 B x  y  z   5 C x  y  z   D x  y  z   5 7 Đáp án A  Đường thẳng d qua A 1; 1;  có vec tơ phương u  a; b; c  d song song với     P  : 2x  y  z   nên u  a; b; c   n  2; 1; 1  u.n   2a  b  c 1 Đến ta kiểm tra có đáp án A đường thẳng có véc tơ phương thỏa mãn 1 nên ta chọn đáp án A Câu 52 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai điểm A  2;1;  , B  0;3;  Số điểm thuộc mặt phẳng (P) cho tam giác ABM vuông M A B C D vô số điểm Đáp án B Tập hợp điểm M cho tam giác ABM vuông M mặt cầu  S  đường kính AB Có tâm R I trung điểm AB có tọa độ I 1; 2;3 có bán kính AB   22  22  2 Khoảng cách h từ I 1; 2;3 tới  P  : x  y  z   h   3=R Như  P  tiếp xúc với mặt cầu nên có điểm chung hay có điểm M thuộc  P  Câu 53 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm A  3; 1;1 Hình chiếu vng góc A mặt phẳng A M  3;0;0  (Oyz) điểm B N  0; 1;1 C P  0; 1;0  D Q  0;0;1 Đáp án B Hình chiếu vng góc A  3; 1;1 lên Oyz điểm N thuộc mặt phẳng Oyz  x  Vậy hình chiếu A  3; 1;1 lên Oyz N  0; 1;1 Câu 54 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz cho đường thẳng x  y 1 z   Đường thẳng d có véctơ phương 1    A u1   1; 2;1 B u   2;1;0  C u   2;1;1  Đáp án A Véctơ phương đường thẳng d u   1; 2;1 d:  D u   1; 2;0  Câu 55 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M  2;0;0  , N  0; 1;0  , P  0;0;  Mặt phẳng (MNP) có phương trình A x y z   0 1 B x y z    1 1 C x y z   1 2 D x y z    1 Đáp án D Ta có phương trình đoạn chắn điểm M  2;0;0  , N  0; 1;0  , P  0;0;  Câu 56 x y z    1 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1; 2;1 B  2;1;0  Mặt phẳng qua A vng góc với AB có phương trình A 3x  y  z   B 3x  y  z   C x  3y  z   D x  3y  z   Đáp án B   Gọi    mặt phẳng cần tìm n   u AB   3; 1; 1  có véctơ phương  3; 1; 1 qua điểm A  1; 2;1    : 3x  y  z   Câu 57 d1 : (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x 3 y3 z  x  y 1 z  ; d2 : mặt phẳng     1 2 1 Đường thẳng vng góc với A x 1 y 1 z   B  P  : x  2y  3z   (P), cắt d1 , d có phương trình x  y  z 1 x 3 y3 z  x 1 y 1 z       C D 3 Cách Viết lại phương trình x   t  x   3t    d1 :  y   2t , d :  y  1  2t  , t, t    z  2  t z   t   Giả sử đường thẳng cần tìm  cắt hai đường thẳng d1 d2 A   t;3  2t; 2  t  B   3t ; 1  2t ;  t    Một véctơ phương   u   AB    3t   t; 4  2t   2t;  t   t     Một véctơ pháp tuyến  P  n P  1; 2;3 ta có u   kn nên ta có hệ 2  3t   t  k 3t   t  k  2 t     4  2t   2t  2k  2t   2t  2k    t  4  t   t  3k  t   t  3k  4 k      x 1 y 1 z   , đáp án A Suy A 1; 1;0  , B  2;1;3 , u   1; 2;3 ,  : Cách Gọi d2  (Q) mặt phẳng qua  d1  vng góc với vng góc với (P) Gọi (Q) mặt phẳng qua (P) Khi đường thẳng cần tìm giao (Q) (R) Ta cần viết (Q) (R) sau lấy tọa độ điểm đáp án thay vào để loại dần Câu 58 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1;1;  Hỏi có mặt phẳng (P) qua M cắt trục x Ox, yOy, zOz điểm A, B, C cho OA  OB  OC  0? A B C D Cách Ta hình dung có bát diện tâm O Qua M vẽ mặt song song với mặt bát diện mặt thỏa mãn đề Do mặt đối xứng qua tâm O song song nên ta có mặt qua M thỏa mãn đề (Chú ý mặt có dạng x  y  z  D  0; x  y  z  E  0;  x  y  z  F  0;  x  y  z  G  Ta thay M vào thấy có F  nên mặt phẳng  x  y  z  qua O khơng thỏa mãn đề) Vậy có mặt phẳng thỏa mãn đề Cách Do phương trình tổng quát mặt phẳng x y z    với a  b  c Biện luận theo a b c dấu a, b, c ta nhận mặt Câu 59 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm  8  A  2; 2;1 , B  ; ;  Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  3 3 vng góc với mặt phẳng A (OAB) có phương trình x 1 y  z 1   2 11 y z 3 3 2 B x C x 1 y  z    2 2 y z 9 9 2 x D     Cách Ta dùng hệ thức aIA  bIB  cIC   I  0;1;1 từ dễ có đáp án A đường trịn nội tiếp_là giao đường phân giác) (I tâm Cách Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp ta tìm hai đường phân giác tam giác cho giao với (chú ý có kĩ thuật viết phương trình đường phân giác tam giác không gian) Câu 60 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;1 , B  3; 1;1 C  1; 1;1 Gọi  S1  mặt cầu có tâm A, bán kính 2,  S2  S3  hai mặt cầu có tâm B, C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  A B C D Ta dễ thấy ba điểm A, B, C thuộc mặt phẳng z  , mặt cầu Mỗi mặt phẳng tiếp xúc với hai mặt cầu có hai tình Cả mặt cầu nửa không gian chia mặt phẳng tiếp xúc Có mặt phẳng Mặt phẳng tiếp xúc chia mặt cầu phía phía cịn lại chứa mặt cầu Có mặt phẳng tiếp xúc chia mặt cầu lớn mặt cầu nhỏ bên Có mặt phẳng tiếp xúc chia mặt cầu nhỏ bên (ở R  r  d  A, BC  nên tồn mặt phẳng tiếp xúc theo yêu cầu, R  r  d  A, BC  tồn mặt phẳng tiếp xúc) Câu 61 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  3z   Vectơ phương đường thẳng d vng góc với  P      A u d   1; 2; 3 B u d   1; 2;3 C u d  1; 2;3 D u d   1; 2;3   Ta có VTCP  P  : n P 1; 2;3 , d vng góc với  P  nên u d  1; 2;3 Câu 62 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Trong hệ tọa độ Oxyz, phương trình sau khơng phải phương trình đường thẳng Ox? x  t  A  y  z   x  t  x  t   C  y  D  y  z  z     Đường thẳng qua trục Ox qua O  0;0  nhận i 1;0;0  làm VTCP nên thử phương án ta chọn đáp án B x  t  B  y  z   Câu 63 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Trong hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  x  2y  2z  11  A  Q  x  2y  2z   Khoảng cách  P  B C  Q  D 13 Ta có M  11;0;0    P  Vì  P  / /  Q  nên d   P  ;  Q    d  M;  Q    Câu 64 d: ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 1 y 1 z  mặt phẳng  P  x  2y  2z  Phương trình mặt cầu  S có tâm   1 I  d , tiếp xúc cách  P  khoảng A  x  3   y     z    B  x  3   y     z    C  x  3   y     z    D  x  3   y     z    2 2 2 2 2 2  x   2t x 1 y 1 z   d:    PTTS :  y  1  3t  gọi I 1  2t; 1  3t;3  t  1 x   t  Có d  I  P      2t   1  3t     t  1 t  ;t 1 Với t  ta có I  3; 2;  Vậy  S có I  3; 2;  R   Chọn đáp án A Cách 2: Từ kiện mặt cầu  S có tâm I thuộc d ta loại đáp án B, D Tiếp đến ta có d  I;  P     R nên chọn đáp án A Câu 65 d : ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng x 1 y  z  mặt phẳng   1 qua giao điểm đường thẳng  d  với  P  : 2x  y  z   Phương trình đường thẳng  P  , nằm mặt phẳng  P  vng góc với đường thẳng d  x  2  t  A  y  2 z   2t  Đáp án D  x  1  t  B  y  z   2t   x  2  t  C  y  2 z   2t   x  3  t  D  y  z   2t   x   2t x 1 y  z     PTTS  d  :  y   t thay tọa độ tham số vào  P  ta 1 z   t  1  2t    t   t    t  2  M  3; 4;1 giao điểm  d   P  Đường thảng qua M vng góc với  d  vng góc với VTPT  P  nên có VTCP    u  ud , n    2; 1;1 ,  2;1;1    2;0;   1;0; 2   x  3  t  Vậy PT đường thẳng cần tìm  y  z   2t  Câu 66 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn ) Cho A  0; 2; 2  , B  3;1; 1 , C  4; m  1;0  , D 1; m  2;0  Để A, B, C, D khơng đỉnh tứ diện m thỏa mãn A m   B m  C m  D m  9 Đáp án D Ta thấy C , D  mặt phẳng z  A, B không thuộc mặt phẳng z  nên để điểm cho không đỉnh tứ diện AB cắt CD hay giao điểm AB với z  nằm CD  x  3t   AB  3; 1;1  PTTS AB  y   t giao với z   t   M  6;0;0  giao  z  2  t   AB với z  Ta có CD  3;3;0    10 Vậy M  CD  MC  kCD  10; m  1;0   k  3;3;0   k    m  9 Câu 67 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;1;1 , B  1; 2;0  , C  3; 1;  Điểm M  a; b;c  thuộc mặt phẳng    : 2x  y  2z      cho biểu thức P  3MA  5MB  7MC đạt giá trị nhỏ Tính a  b  c  ? A B 5 C 13 D Đáp án C Trước hết ta xác định I  x; y; z  cho 3 1  x    1  x     x    x  23      3IA  IA  IC   3 1  y     y    1  y     y  20  I  23; 20; 11   z  11  3 1  z     z     z             P  3MA  5MB  7MC = MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI       Vậy P nhỏ M hình chiếu của I lên    : 2x  y  2z   Đường thẳng d qua I vng góc với    : 2x  y  2z   có PT  x  23  2t   y  20  t thay tọa độ tham số vào    z  11  2t    2t  23   20  t    11  2t     t   M  5;11;7   a  b  c  13 Câu 68 ( Gv Nguyễn Bá Tuấn )Cho A 1; 2;3 , B  4;0;1 , C  4;8;1 điểm M   S : x  y  z  m  m   thỏa mãn mặt cầu tâm M tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA Khi đó, m nhỏ A 27 B C Đáp án D Từ M dựng đường thẳng MI vng góc với đáy Vì tiếp xúc với cạnh => I tâm đường tròn nội tiếp ABC D Đáp án khác     aIA  bIB  cIC  aA  bB  cC  I  (a  8; b  7, c  17) abc  I( )   I  IM       u   [AB; AC]  M  d(O; ) Tính tốn ta đáp án khác Câu 69 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường x 1  y z  Vecto phương d      A u1   5;8;7  B u2   1; 2;3 C u3   5; 8;7  thẳng d :  D u4   7; 8;5  Đáp án A Câu 70 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Bán kính mặt cầu  S  B A C D Đáp án A Ta có R  12  32  22   Câu 71 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0; 5  Vectơ vectơ pháp tuyến mặt phẳng  ABC  ?   1  A n1  1; ;   5   1 B n2  1;  ;   5    1 C n3  1;  ;  5    1  D n4  1; ;    5 Đáp án B   AB   1; 2;0      AB, AC   10, 5, 2  Cách Ta có    AC   1;0; 5      1 n    AB, AC   1;  ;   10 5  Cách Theo cơng thức phương trình đoạn chắn ta có phương trình  ABC  : x y z   1 2 5   1 Suy phương trình pháp tuyến  ABC  n  1;  ;   5  Câu 72  d1  : A (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Khoảng cách đường thẳng x  y z 1 x 1 y z 1  d  :     1 10 35 B 15 35 C 20 35 D 25 35 Đáp án B    ud , ud  MN 15  2  Lấy M  2;0;1  d1 N  1;0;1   d  Ta có d  d1 ; d     35 ud , ud   2 Câu 73 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Phương trình mặt phẳng  P qua điểm A  0; 2;1 , B  2;1;0  , C 1;1;1 A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z  D x  y  z   Đáp án A    Ta có n P    AC , AB   1;1;1 Phương trình  P  x  y  z   Câu 74 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho d đường thẳng qua gốc tọa độ O , vng góc với trục Ox vng góc với đường thẳng x  1 t   :  y   t Phương trình d  z   3t  x  t  A  y  3t  z  t  x  t  B  y  3t  z  t  Đáp án D    x y z C   1 x   D  y  3t z  t    Ta có: uOx = (1;0;0); uD = (1; -1; -3) Þ ud = éêuD ; uOx ùú = (0; -3;1) Vậy phương trình đường thẳng ë û ìï x = ïï (d ) (d ) : í y = -3t ïï ïïỵ z = t Câu 75 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có  a   a  a   a  A  ;0;0  , B  0; ;0  , B '  0; ; h  , C   ;0;0  Khi lăng trụ cho 2   2      A Lăng trụ đứng (không đều) B Lăng trụ C Không phải lăng trụ đứng D Lăng trụ có đáy tam giác vng Đáp án B ïìï AB = a ï Ta có: í AC = a Þ DABC ïï ïïỵ BC = a      ỉ -a a ư÷ ìï BB ' AC = ỗ ù BB '(0;0; h); AC (-a;0;0); AB ỗỗ ; ;0ữữ ị ị BB ' ^ ( ABC ) ÷ø ïï BB ' AB = ỗố 2 ùợ Vy ABC A ' B ' C ' lăng trụ Câu 76 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  m  : 3mx   m y  4mz  20  0, m   1;1 Biết với m   1;1 mặt phẳng  m  tiếp xúc với mặt cầu  S  cố định Tính bán kính R mặt cầu S  biết tâm mặt cầu  S  nằm mặt phẳng  Oxz  A R  B R  C R  D R  Đáp án A Gọi I (a;0; b); R tâm bán kính mặt cầu Ta có: R  d I ;    3ma   m  4mb  20 9m  25  25m  16m Do đó: 3a + 4b = Þ R = 20 =   3a  4b  m  20 đại lượng không đổi , "m ... A (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho (P) có phương trình 2x  2y  z   Khi đó, bán kính (S) B Ta có bán kính d  I,  P    Câu 48 (S) mặt cầu tâm I  3;0;0  tiếp xúc với C D 3 (Gv Nguyễn Bá. .. D 5 Đáp án B Gọi (d) giao tuyến (P) (Q) Góc (P) (Q) nhỏ (d )  (? ??)  Mà (? ??) qua A(1;0; 1) có vectơ phương u (2 ;1; 1) ; (P) có vectơ pháp tuyến     n  2; 1;2  nên (d ) có vectơ phương... Đáp án A Câu 70 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Bán kính mặt cầu  S  B A C D Đáp án A Ta có R  12  32  22   Câu 71 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018) Trong không