Lớp 12 OXYZ (gv văn phú quốc ) 43 câu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu 1: (Gv Văn Phú Quốc 2018) (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz cho hai  x  4t x  y  1 z    đường thẳng d d’ có phương trình ;  y   6t ; t    z  1  4t  Xác định vị trí tương đối hai đường thẳng d d’ A Song song B Trùng C Cắt D Chéo Đáp án A  Đường thẳng d qua M  2; 4;1 có vectơ phương u   2;3;   Đường thẳng d’ qua M '  0;1; 1 có vectơ phương u '   4;6;    Do u u ' phương đồng thời M  d ' nên hai đường thẳng song song Câu 2: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : x 1 y  z 1 x  y 1 z      2  Đường vng góc chung 1 2 1 4 1 qua điểm điểm sau? A M  3;1; 4  B N 1; 1; 4  C P  2;0;1 D Q  0; 2; 5  Đáp án A Gọi A  2a  1; a  2; a  1  1 ; B  4b  2; b  1; b    2  Suy AB   2a  4b  1; a  b  3; a  b  3   Vectơ phương 1 2 có phương trình u1   2;1;1 , u2   4;1; 1    AB.u1  Ta có    AB u   Giải hệ phương trình ta a  1; b  1 x  1 t  Suy phương trình đường vng góc chung  y  1  t  z   3t  Lần lượt thay tọa độ điểm M ta thu kết A Câu 2: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz cho A 1; 2;1 ; B  0; 2;0  Viết phương trình mặt cầu  S  qua hai điểm A; B có tâm nằm trục Oz A  S  :  x  1  y  z  B  S  : x  y   z  1  C  S  : x   y  1  z  D  S  :  x  1  y  z  2 Đáp án B Tâm nằm trục Oz nên có tọa độ I  0;0; z0  Do mặt cầu (S) qua hai điểm A; B nên ta có IA  IB  1     2    1  z0   2   0        z0  2    z02  z0  1  z02  z0  Vậy  S  : x  y   z  1  Câu 4: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba vectơ  a.x         a   2;3;1 ; b  1; 2; 1 ; c   2; 4;3 Tìm tọa độ vectơ x cho b.x    c.x  A  4;5;10  B  4; 5;10  C  4; 5; 10  D  4;5; 10  Đáp án B  Gọi x   x1 ; x2 ; x3   a.x  2 x2  x2  x3   x1       Khi b.x    x1  x2  x3    x2  5   2 x  x  x   x  10   c.x   Vậy x   4; 5;10  Câu 5: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A 1; 2;3 đường thẳng d : x 1 y z    Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A, 2 vuông góc với đường thẳng d cắt trục Ox A x 1 y  z    2 B x 2 y 2 z 3   C x 1 y  z    2 D x2 y2 z 3   Đáp án A Gọi B    Ox Khi B  b;0;0    Vì  vng góc với đường thẳng d nên AB  ud   Ta có AB   b  1; 2; 3 , ud   2;1; 2    Suy AB.ud   b  1   Do AB   2; 2; 3 Chọn vectơ phương cho đường thẳng  u   2; 2;3 Phương trình đường thẳng  x 1 y  z    2 Câu 6: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian  S  : x2  y  z  2x  2z   Oxyz cho mặt cầu điểm A  0;1;1 , B  1; 2; 3 , C 1;0; 3 Tìm điểm K thuộc mặt cầu  S  cho thể tích tứ diện ABCD lớn A D 1; 2; 1 B D 1;0; 3 7 1 D D  ;  ;    3 3 C D  3;0; 1 Đáp án D (S) có tâm I 1;0; 1 , bán kính R    AB   1; 3; 4  , AC  1; 1; 4     Gọi   mặt phẳng chứa điểm A, B, C nhận n   AB, AC    8; 8;  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  x  1   y     x  3   x  y  z   d  I ,    11 22   2   12    R   S       Ta có VABCD  hD S ABC nên VABCD lớn  hD lớn Gọi D1 D2 đường kính (S) vng góc với mặt phẳng   Vì D điểm thuộc (S) nên d  D,    max d  D1 ,   , d  D2 ,   Dấu xảy D trùng với hai điểm D1 D2 D1 D2 qua I nhận vectơ pháp tuyến   làm vectơ phương nên có phương trình tham  x   2t  số D1 D2 :  y  2t , t    z  1  t  Gọi D 1  2d ; 2d ; 1  d   D1 D2 điểm cần tìm Khi D nghiệm phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018) 1  2d0   4d 02   1  d   1  2d    1  d     d   2  2      9d  2 3 Vì Ta có d  D,    nên D phải ứng với d    3 3 7 1 Vậy D  ;  ;   điểm cần tìm  3 3 Câu 7: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm H  4;5;6  Viết phương trình mặt phẳng  P  qua H, cắt trục tọa độ Ox, Oy, Oz A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC A x  y  z  77  B x  y  z  77  C x  y  z  77  D x  y  z  77  Đáp án B Giả sử  P   Ox  A  a;0;0  ,  P   Oy  A  0; b;0  ,  P   Oz  A  0;0; c  Khi (P) có phương trình x y z   1 a b c   1 a b c     AH    a;5;6  , BH   4;5  b;6  BC   0; b; c  , AC   a;0; c  Ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) H  4;5;6    P      AH BC  5b  6c   Vì H trực tâm tam giác ABC nên    4b  6c   BH AC  77  a 4  a  b  c 1   77  Giải hệ phương trình 5b  6c   b  4b  6c   77    c   Vậy phương trình mặt phẳng (P) x y z     x  y  z  77  77 77 77 Câu 8: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  11  mặt phẳng   : x  y  z  17  Viết phương trình mặt phẳng    song song với   cắt (S) theo giao tuyến đường tròn có chu vi 6 A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Đáp án B Do    / /   nên    : x  y  z  D   D  17  Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  Đường tròn có chu vi 6 nên bán kính đường tròn r  Ta có d  I      R  r  2.1   2    D 22  22   1  D  7   D   12    D  17 Nhận giá trị D  7 Vậy    có phương trình x  y  z   Câu 9: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  4;0;0  , B  0; 4;0  măt phẳng  P  : x  y  z   Gọi I trung điểm AB Tìm K cho KI vng góc với  P  đồng thời K cách gốc O  P   1 3 A K   ;  ;   4  1 3 B K   ; ;    4  1 3 C K   ; ;   4 1 3 D K  ; ;  4 4 Đáp án C Ta có I trung điểm AB  I  2; 2;0   Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là: (Gv Văn Phú Quốc 2018) n   3; 2; 1  Vì KI   P  nên đường thẳng KI qua I nhận n   3; 2; 1 làm vectơ phương nên có  x   3t  phương trình  y   2t  z  t  K  KI  K    3t ;  2t ; t  Theo đề ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) d  K  P    KO   9t   4t  t  14    3t     2t  14t  20t   14 t   14t  20t   14t  28t  14 t  1 3 Vậy K   ; ;  thỏa mãn yêu cầu toán  4  t2 Câu 10: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;0;  , B  2;0;0  mặt phẳng  P  : x  y  z   Lập phương trình mặt cầu  S  qua O, A, B có khoảng cách từ tâm I mặt cầu đến mặt phẳng  P  A x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  B x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  C x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  D x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  Đáp án A Giả sử  S  có phương trình x  y  z  2ax  2by  2cz  d  (Điều kiện: (Gv Văn Phú Quốc 2018) a  b2  c2  d  ) O S   d  A  0;0;    S   16  8c  d  Mà d  nên suy c  A  2;0;0    S    4a  d  Mà d  nên suy a  b5 b  5    6 b  5 Với I 1; b;  , ta có d  I ;  P    Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  Câu 11: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : x  y  z  0,    : x  y  z  Viết phương trình mặt cầu  S  kính tiếp xúc với    M biết điểm M   Oxz  A  x  1   y     z  3  9;  x  1   y     z  3  2 2 2 B  x  1   y     z  3  9;  x  1   y     z  3  2 2 2 C  x  1   y     z  3  9;  x  1   y     z  3  2 2 2 D  x  1   y     z  3  9;  x  1   y     z  3  2 2 Đáp án D Gọi M  a;0; b    Oxz  M      a  2b Suy M  2b;0; b  có tâm thuộc   , bán Gọi I tâm (S) Do (S) tiếp xúc với    M nên IM     Phương trình đường thẳng IM : x  2b y z  b   2 2 Điểm I  IM nên I  2b  t ; 2t ; b  2t  Mặt khác, I      2b  t    2t    b  2t    t  b  I  b; 2b;3b  Ta có d  I ,      R  9b   b  1 Với b  suy I 1; 2;3 R  Do phương trình mặt cầu (S)  x  1   y     z  3  2 Với b  1 làm tương tự, ta thu phương trình mặt cầu (S)  x  1   y     z  3  2 Câu 12: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;0;0  , B  0;3;0  mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  Viết phương trình mặt 2 ACB  45 phẳng  ABC  biết C   S   A z   B x   C y   D x  y  z   Đáp án A (S) có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Ta có AB  Gọi r bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Theo định lí hàm số sin ta có AB AB  2r  r  3 R sin  ACB 2sin  ACB Do mặt phẳng  ABC  qua tâm I     Ta có AB   3;3;0  , AI   0;3;0  ,  AB, BI    0;0;9  Mặt phẳng  ABC     qua A 1; 1;3 có vectơ pháp tuyến n   AB, AI    0;0;9  nên có phương trình  ABC  z   Câu 13: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp tam giác S ABC với A  3;0;0  , B  0;3;0  C  Oz Tìm tọa độ điểm biết thể tích khối chóp S.ABC A S  3;3;3 , S  1; 1; 1 B S  3;3;3 , S 1;1;1 C S  3; 3; 3 , S  1; 1; 1 D S  3; 3; 3 , S 1;1;1 Đáp án A Do S ABC hình chóp tam giác nên ABC tam giác cạnh AB  Điểm C  Oz suy C  0;0; c  với c  Ta có AC    c  18  c   C  0;0;3 Gọi G trọng tâm ABC , suy G 1;1;1 Theo giả thiết tốn, ta có 1 18 VS ABC  S ABC SG   SG  SG  3 Đường thẳng SG qua G 1;1;1 vuông góc với mặt phẳng  ABC  nên có vectơ phương    x 1 y 1 z 1   u   AB, AC    9;9;9  Do SG : 1 S  SG  S 1  t ;1  t ;1  t  SG   t  t  t   t  2  S  3;3;3 , S  1; 1; 1 Câu 14: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  2z 1  hai điểm A 1;7; 1 , B  4; 2;0  Lập phương trình đường thẳng d hình chiếu vng góc đường thẳng AB lên mặt phẳng (P)  x   4s  A  y  3s  z  2  s   x   4s  B  y  3s z   s   x   4s  C  y  3s z   s   x   4s  D  y  3s z   s  Đáp án C  x   3t  Phương trình tham số đường AB :  y   5t z  t  Gọi M  AB   P   tọa độ điểm M ứng với tham số t nghiệm phương trình   3t     5t   2t    t   M  7; 3;1 Gọi I hình chiếu B lên (P) Dễ dàng tìm I  3;0;  Hình chiếu d đường thẳng AB lên (P) MI  x   4s  Vậy phương trình đường thẳng d  y  3s z   s  Câu 15: (Gv Văn Phú Quốc 2018) A  5;3;1 , B  4; 1;3 , C  6; 2;  , D  2;1;7  Trong Tìm tập khơng hợp Oxyz gian điểm M cho điểm cho       3MA  MB  MC  MD  MA  MB 2 2 2 2 2 2 8  10   1  A  x     y     z    3  3  3  8  10   1  B  x     y     z    3  3  3  8  10   1  C  x     y     z    3  3  3  8  10   1  D  x     y     z    3  3  3  Đáp án B      Giả sử tồn điểm I  x0 ; y0 ; z0  thỏa mãn hệ thức 3IA  IB  IC  ID   10  Dễ dàng tìm điểm I  ; ;  3 3        Ta có 3MA  MB  MC  MD  MA  MB  MI  MI  AB 1  10  Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm I  ; ;  , bán kính R  AB  3 3 3 2 8  10   1  Và phương trình mặt cầu là: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  x     y     z    3  3  3  Câu 16: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  m  2m   mặt phẳng   : x  y  2z   Tìm m để giao tuyến    S  đường tròn A m  4; 2; 2; 4 B m  2 m  C m  4 m  2 D m  4 m  Đáp án D (S) có tâm I  2;1; 1 bán kính R  m  2m   m  Giao tuyến   (S) đường tròn  m  4  d  I     R  m     m  Câu 17: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  , D  2; 4;6  Xét mệnh đề sau: (Gv Văn Phú Quốc 2018)     (I) Tập hợp điểm M cho MA  MB  MC  MD mặt phẳng     (II) Tập hợp điểm M cho MA  MB  MC  MD  mặt cầu tâm I 1; 2;3 bán kính R  A Chỉ (I) B Chỉ (II) C Khơng có D Cả (I) (II) Đáp án D * Xét mệnh đề (I): (Gv Văn Phú Quốc 2018) Gọi I, J trung điểm AB, CD Khi       MA  MB  MC  MD  MI  MJ  MI  MJ Do tập hợp điểm M mặt phẳng trung trực IJ Vậy mệnh đề * Xét mệnh đề (II): (Gv Văn Phú Quốc 2018) Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD     Khi MA  MB  MC  MD    MG   MG  Do tập hợp điểm M mặt cầu tâm G 1; 2;3 bán kính R  Vậy mệnh đề x  1 t  Câu 18: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y   3t  z   2t  mặt phẳng   : x  y  z   Tìm vị trí điểm M d cho khoảng cách từ M đến   A M 1;3;3 , M  0;6;5  B M 10; 24; 15  , M  0;6;5  C M 10; 24; 15  , M  8;30; 21 D M  8;30; 21 , M 1;3;3 Đáp án C M  d  M 1  t ;3  3t ;3  2t  Ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) d  M       t    3t     2t   1    2  2 3 Từ phương trình mặt phẳng (P) ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) y  x  z  12 nên tọa độ điểm C  a; 2a  2b; b    Ta có AB  1;0;1 , AC   a  1; 2a  2b  13; v  3   Suy  AB, AC    2a  2b  13; b  a  2;13  2a  2b  Do S ABC     AB, AC      2a  2b  13   b  a    13  2a  2b  2 Đặt t  a  b S 2ABC   2t  13   t    13  2t   9t  100t  342 2 2 50  578 578    30t      9  Dấu “=” xảy t  Do S ABC  50 50 50 17 t  Vì b  a  9 50   Suy C  a;  ; a   9    x  t   Vậy tập hợp điểm C đường thẳng có phương trình  y   t       z    t Câu 21: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho hình vng ABCD có đỉnh C 1; 1; 2  đường chéo BD : x 1 y 1 z 1   Tìm tọa độ đỉnh A, B, D biết điểm B có 1 hoành độ dương A A 1; 2;3 , B  5; 2; 2  , D  7; 1;1 B A 1; 2;3 , B  3;0;0  , D  7; 1;1 C A 1; 2;3 , B  5; 2; 2  , D  9;3; 3 D A 1; 2;3 , B  3;0;0  , D  1;1; 1 Đáp án D Gọi I tâm hình vng I hình chiếu C lên BD  Ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) I  1  4t ;1  t ; 1  t  nên CI   4t  2;  t ; t  1   Vì CI  BD nên CI uBD    4t      t   t    t   1 Do đó: (Gv Văn Phú Quốc 2018) I 1; ;   , CI   2 I trung điểm AC  A 1; 2;3 Tọa độ điểm B  1  4t ;1  t ; 1  t  với t  Ta có IB  IC nên  2  4t  2 t  1  1     t     t    t2  t    2  2  t  Tọa độ điểm B  3;0;0  Suy D  1;1; 1 Câu 22: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y  z   điểm A 1; 2;7  , B 1;5;  , C  3; 2;  Tìm tọa độ điểm M thuộc d 2 cho MA2  MB  MC đạt giá trị lớn A M  1; 4;0  B M 1;3; 2  C M 1;3; 2  D M  5;6;  Đáp án C M  d  M  2t  1; t  4; 2t  MA2  MB  MC  9t  18t  12  21   t  1  21 Dấu “=” xảy t  1 Vậy max  MA2  MB  MC  M 1;3; 2  Câu 23: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5  5  A 1; 2;  , B  4; 2;  Tìm tọa độ điểm M mặt phẳng  Oxy  cho tam giác ABM 2  2  vuông M có diện tích nhỏ 5  A M  ;0;0  2    B M   ;0;0    1  C M  ;0;0  2  Đáp án A 5 5 Gọi I trung điểm AB  I  ;0;  ; AB  2 2 2 5 5 25   M thuộc mặt cầu  S  :  x    y   z    2 2     D M   ;0;0    z   2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ  5 5 25   x    y   z        Hạ MH  AB; HK   Oxy  AB / /  Oxy   HK  d  AB,  Oxy   không đổi mà MH  HK nên S ABM nhỏ  MH nhỏ  M nằm đường thẳng  hình chiếu vng góc AB lên mặt phẳng  Oxy  Mặt khác  S  tiếp xúc với mặt phẳng  Oxy  nên M   5  Vậy M  ;0;0  2  Câu 24: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  z   Tìm điểm A thuộc mặt cầu cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  : x  y  z   lớn 7 1 B A  ;  ;    3 3 A A 1;1; 6  C A  3;0;0  D A  0;3;0  Đáp án B Cách 1: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Ta có  S  :  x  1  y   z  1  có tâm I 1;0; 1 , bán kính R    P  : x  y  z   có vecto pháp tuyến n   2; 2;1 2 Gọi d đường thẳng qua tâm I 1;0; 1 vng góc với  P  Suy d có phương trình  x   2t   y  2t  z  1  t  Tọa độ giao điểm A d với mặt cầu  S  có phương trình là: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  2t    2t  2 7 1  5  t   t   Suy A1  ;  ;   , A2   ;  ;    3 3  3 3 Dễ dàng tính d  A1 ,  P    13  d  A2 ,  P    3 7 1 Vậy tọa độ điểm A cần tìm A  ;  ;    3 3 Cách 2: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Giả sử điểm A  x0 ; y0 ; z0    S    x0  1  y02   z0  1  2 d  A,  P     x0  y0  z0   x0  1  y0   z0  1    x0  1  y0   z0  1  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) 2  x0  1  y0   z0  1   x0  1  y02   z0  1   9.4    Suy d  A,  P    13  x0  12  y02   z0  12   Dấu “=” xảy   x  y z 1     2 Giải hệ phương trình ta tìm x  , y   , z   3 Vậy max d  A,  P    13 7 1 A  ;  ;    3 3 Câu 25: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d qua  điểm M  0; 1;1 có vectơ phương u  1; 2;0  Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng d  có vectơ pháp tuyến n   a; b; c  với a  b  c  Cho biết kết sau đúng? A a  2b B a  3b C a  3b D a  2b Đáp án D  Đường thẳng d qua M  0; 1;1 có vectơ phương u  1; 2;0   Do d   P  nên u.n   a  2b   a  2b Câu 47: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M  3;1;1 , N  4;8; 3 , P  2;9; 7  mặt phẳng  Q  : x  y  z   Đường thẳng d qua G vng góc với  Q  Tìm giao điểm K mặt phẳng  Q  đường thẳng d Biết G trọng tâm MNP A K 1; 2;1 B K 1; 2; 1 C K  1; 2; 1 D K 1; 2; 1 Đáp án D MNP có trọng tâm G  3;6; 3 Đường thẳng d qua G vng góc với  Q  có phương trình là: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x   t   y   2t ; t    z  3  t  K  d   Q   tọa độ điểm K ứng với tham số t nghiệm phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  t    2t    3  t     t  2  K 1; 2; 1 Câu 26: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong khơng gian Oxyz, lập phương trình mặt cầu  S  qua điểm M 1; 4; 1 tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ A  x  3   y  3   z  3  27 B x  y  z  x  y  z   C  x  3   y  3   z  3  D x  y  z  x  y  z  18  2 2 2 Đáp án C Phương trình mặt cầu đáp án (C) có tâm I  3;3; 3 bán kính R  nên R  xI  y I  z I Do  S  tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ Hơn M thỏa mãn phương trình  S  nên M   S  Câu 27 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z   điểm A 1; 1;  Gọi  đường thẳng qua A vng góc với  P  Tính bán kính mặt cầu  S  có tâm thuộc đường thẳng  , qua A tiếp xúc với  P  A R  B R  C R  D R  Đáp án A   Do  vng góc với (P) nên  có vectơ phương u  n p  1; 1;1 x  1 t  Phương trình đường thẳng  qua A 1; 1;  là: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  y  1  t z   t  Gọi tâm I    I 1  t , 1  t ,  t  Lúc R  IA  d  I ,  P    3t  Vậy R   3t t Câu 28: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz, xét vị trí tương đối hai mặt cầu sau  S1  : x  y  z  x  y  z    S2  : x  y  z  x  y  z   A Ngoài B Cắt C Tiếp xúc D Tiếp xúc Đáp án B  S1  có tâm I1  2; 4;1 bán kính R1   S2  có tâm I  1; 2;  bán kính R2  I1 I  46 Để ý R1  R2  I1 I  R1  R2  S1   S  cắt Câu 29: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y z   hai điểm A  2;1;0  , B  2;3;  Viết phương trình mặt cầu qua A, B 2 có tâm thuộc đường thẳng d A  x  1   y  1   z    17 B  x  1  y  z  17 C  x  3   y  1   z    17 D  x     y     z    17 2 2 2 2 2 Đáp án A Tâm I  d  I 1  2t ; t ; 2 t   I  1; 1;  IA2  IB  t  1    R  IA  17 Vậy phương trình mặt cầu  S   x  1   y  1   z    17 2 Câu 30: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng  Q  : x  y  12 z   tiếp xúc với mặt cầu  S  : x2  y  z  2x  y  6z   A x  y  12 z  78  0; x  y  12 z  26  B x  y  12 z  78  0; x  y  12 z  26  C x  y  12 z  78  0; x  y  12 z  26  D x  y  12 z  78  0; x  y  12 z  26  Đáp án D Q   có vectơ pháp tuyến n   4;3; 12  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R   P  //  Q  nên  P  : x  y  12 z  d  (với d  )  P tiếp xúc với  S   d  I ,  P    R  4.1  3.2  12.3  d 16   44  d  26   d  26  52    d  78 Vậy  P  có phương trình x  y  12 z  78  0; x  y  12 z  26  Câu 31: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 đường thẳng d1 : x 2 y  z 3 x 1 y 1 z 1     d : 1 1 Viết phương trình đường thẳng  qua A, vng góc với d1 cắt d A x 1 y  z    5 B x 1 y  z    3 C x 1 y  z    3 5 D x 1 y  z    1 3 5 Đáp án C x  1 t  d có phương trình tham số  y   2t  z  1  t   d1 có vectơ phương u   2; 1;1 Gọi B  d  d ,  B  d  B 1  t ;1  2t ; 1  t   AB   t ; 2t  1; t      Theo giả thiết d  d1  AB.u   t  1  AB  1; 3; 5  Vậy phương trình đường thẳng  x 1 y  z    3 5 Câu 32: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1;1 đường thẳng d : x 1 y z 1   Viết phương trình đường thẳng  qua A 2 1 cắt d cho khoảng cách từ gốc tọa độ đến  nhỏ A x 1 y  z 1   1 B x 1 y  z 1   Đáp án B Đường thẳng  nằm mặt phẳng (P) qua A chứa d Khi  P  : 3x  y  z   Gọi H hình chiếu vng góc O lên  P  Tọa độ điểm H nghiệm hệ  x  3t  y  2t  6 2  H  ; ;   7 7  z  t 3 x  y  z   Gọi K hình chiếu vng góc O lên  , d  O;    OK  OH d  O;   nhỏ  K  H  H   Đường thẳng  qua hai điểm A H nên có phương trình x 1 y  z 1   (Rõ ràng  cắt d) C x 1 y  z 1   3 D x 1 y  z 1   9 Câu 33: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  đường thẳng d : 2 x 3 y 3 z 2   1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính nhỏ A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Đáp án A Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;1 bán kính R  Gọi K hình chiếu I lên  P  , H hình chiếu I lên d r bán kính đường tròn tức giao tuyến  P  với  S  Khi ta có r  R  IK  R  IH Dấu “=” xảy  K  H Từ suy để  P  cắt  S  theo đường tròn có bán kính nhỏ  P  phải vng góc với IH x   t  Phương trình tham số d  y   t  H   t ;3  t ;  2t   z   2t    Do IH  d nên ta có IH ud   t  1  H  2; 2;0   qua H  2; 2;0  nhận IH  1;1; 1 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình  P x y  z 4  Câu 34: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x2  y  z  4x  y  4z  điểm A  4; 4;0  Viết phương trình mặt phẳng  OAB  , biết điểm B   S  tam giác OAB A x  y  z  0, x  y  z  B x  y  z  0, x  y  z  C x  y  z  0, x  y  z  D x  y  z  0, x  y  z  Đáp án B Cách 1: (Gv Văn Phú Quốc 2018) B   S  OAB nên ta có hệ phương trình sau: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  xB2  yB2  z B2  xB  yB  z B   2 OA  OB OA2  AB   xB2  yB2  z B2   xB  yB  z B   xB  y B  z B     32  xB2  yB2  z B2   xB2  yB2  z B2  32   2 2 2  xB  y B  z B   xB  y B   32    xB     yB   z B  zB   xB  y B  z B      xB2  yB2  z B2  32   xB  yB   xB yB  z B2  32 x  y  x  y  B B  B  B  xB   xB      yB  hay  yB  z  z   B  B Trường hợp 1: (Gv Văn     OA   4; 4;0  , OB   0; 4;   OA, OB   16; 16;16  Phú Quốc 2018) Trường hợp 2: (Gv Văn Phú     OA   4; 4;0  , OB   4;0;   OA, OB   16; 16; 16  Quốc 2018)   Phương trình mp  OAB  : x  y  z    Phương trình mp  OAB  : x  y  z  Cách S  có tâm I  2; 2;  , bán kính R  Nhận thấy O A thuộc  S  Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r  Khoảng cách d  I ;  P    R  r   P qua O có OA  3 phương trình dạng: (Gv Văn Phú Quốc 2018) ax  by  cz  0; a  b  c   P qua A, suy b  a d  I ;  P    2a  b  c 2    3 a  b2  c2 2c 2a  c  4c   12c  8a  4c  c  a  c   a 2 2a  c Vậy có hai mặt phẳng cần tìm: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x  y  z  0, x  y  z  Câu 35: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x y2 z4   A 1;0;5  , B  2; 2;6    : x  y  z   Tìm điểm M nằm mặt phẳng đường : thẳng   mặt cho MB  phẳng  ABM  60  13  A M 1; ;   2 B M  0;0;3 1  D M  ; 2;6  2  C M 1;1;6  Đáp án A Ta thấy A  , A    B   Áp dụng định lý hàm số Cosin cho tam giác MAB ta có: (Gv Văn Phú Quốc 2018) MA2  BA2  BM  BA.BM cos 60   Suy MA    2 2 Từ ta nhận thấy AB  MA2  MB nên tam giác MAB vuông M   30 có MAB      1    ,       ,    30  MAB Mặt khác: (Gv Văn Phú Quốc 2018) sin  6 Từ suy M hình chiếu B lên mặt phẳng   Khi MB : x2 y2 z 6    M  2m  2; m  2; m   1 Vì M thuộc mặt phẳng   nên  13   2m     m     m      m    M 1; ;   2  13  Vậy M 1; ;   2 Câu 36: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  x  3  2t   :  y  1  t  t    mặt phẳng có phương trình   : x  y  z   Gọi A giao z   t  ABC  60 điểm    Tìm điểm B  , C    cho BA  BC    5  11  A B  3; 1;3 , C   ;0;  B  1;0;  , C  ;0;  2  2 2  5  11  B B  3; 1;3 , C   ;0;  B 1;1;5  , C  ;0;  2  2 2  5  11  C B  3; 1;3 , C   ;0;  B  7; 3;1 , C  ;0;  2  2 2  5  11  D B  3; 1;3 , C   ;0;  B  3; 2;6  , C  ;0;  2  2 2 Đáp án B Góc    30 Điểm A  1;0;  Ta có B  3  2t ; 1  t ;3  t  AB  nên B  3; 1;3 B 1;1;5  ABC  60 nên tam giác ABC vuông C Vì BA  BC     30 , C hình chiếu điểm B mặt Suy : (Gv Văn Phú Quốc 2018) BAC phẳng   Từ ta tìm hai điểm C tương ứng với hai điểm B là: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  5  11  C   ;0;  C  ;0;  2  2 2 Câu 37: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian tọa độ cho đường thẳng d: x  y  z 1   mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M giao điểm d 1  P  Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng  P  , vng góc với d đồng thời thỏa mãn khoảng cách từ M tới  42 A x 5 y  z 5 x 3 y  z 5   ;   3 3 B x 5 y  z 5 x 3 y  z 5   ;   2 3 3 C x 5 y  z 5 x 3 y  z 5   ;   3 D x 5 y  z 5 x 3 y  z 5   ;   3 3 Đáp án D  x   2t  Ta có phương trình tham số d là: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  y  2  t với t    z  1  t  Suy tọa độ điểm M nghiệm phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018)  2t   t   t    t  1  M 1; 3;0    Lại có VTPT  P  n p 1;1;1 , VTCP d ud  2;1; 1    Vì  nằm  P  vng góc với d nên VTCP u  ud , n p    2; 3;1 Gọi N  x; y; z  hình chiếu vng góc M  ,  MN   x  1; y  3; z    Ta có MN vng góc với u nên ta có hệ phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018) 2x  y  z  11  Lại có N  P MN  42 ta có hệ: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x  y  z    2 x  y  z  11   2  x  1   y  3  z  42 Giải hệ ta tìm hai nghiệm  x; y; z   5; 2; 5  ,  3; 4;5  - Nếu N  5; 2; 5  ta có phương trình  : x 5 y  z 5   3 - Nếu N  3; 4;5  ta có phương trình  : x 3 y  z 5   3 Câu 38: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD có AB đáy lớn, CD đáy nhỏ A  3; 1; 2  , B 1;5;1 , C  2;3;3 Tìm tọa độ điểm D hình thang cân  164 51 48  1 1 B D  ;  ;  C D  ; ;  49 49   49 2 4 A D  4; 3;0  D D  4;3;0  Đáp án B Vì ABCD hình thang cân nên AD  BC  Gọi  đường thẳng qua C song song với AB Gọi  S  mặt cầu tâm A bán kính R  Điểm D cần tìm giao điểm   S   Đường thẳng  có vectơ phương AB   2;6;3 nên có phương trình: (Gv Văn Phú  x   2t  Quốc 2018)  y   6t  z   3t  Phương trình mặt cầu  S  :  x  3   y  1   z    2 Tọa độ điểm D nghiệm phương trình  2t  1   6t     3t  5 2 t  1   49t  82t  33    t   33 49  + Với t  1 D  4; 3;0  : (Gv Văn Phú Quốc 2018) khơng thỏa AB  CD  + Với t   33  164 51 48  D  ;  ;  (thỏa mãn) 49 49 49   49 Câu (Gv 39: Văn Phú Quốc  S  : x2  y  z  y  2z   2018) A   cắt (S) theo đường tròn B   tiếp xúc với (S) C   quâ tâm I (S) D   (S) khơng có điểm chung Đáp án D (S) có tâm I  0; 2;1 bán kính R  2     R  3 Vậy   không cắt mặt cầu (S) không gian Oxyz, cho mặt cầu mặt phẳng   : x  y  z   Mệnh đề sau đúng? Ta có d  I ,     Trong Câu 40: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong khơng gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cho A  O  0;0;0  , B  a;0;0  , D  0; a;0  , A '  0;0; a  Xét mệnh đề sau: (Gv Văn Phú Quốc 2018) (I) x  y  z  a  phương trình mặt phẳng (A’BD) (II) x  y  z  2a  phương trình mặt phẳng (CB’D) Hãy chọn mệnh đề A Chỉ (I) B Chỉ (II) C Cả hai sai D Cả hai Đáp án D Thay tọa độ A '  0;0; a  , B  a;0;0  , D  0; a;0  vào phương trình (I) thấy thỏa Cho nên (I) Tương tự ta chứng minh (III) Câu 41: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian Oxyz, cho  ABC có A 1;1;0  , B  0; 2;1 trọng tâm G  0; 2; 1 Viết phương trình đường thẳng  qua điểm C vng góc với mặt phẳng (ABC)  x  1  t  A  y   t  z  4   x  1  t  B  y   t  z  4   x  1  t  C  y   t  z  4  t   x  1  t  D  y   t  z  4  Đáp án D Do G trọng tâm  ABC nên C  1;3; 4    Ta có AB   1;1;1 , AC   2; 2; 4   x  1  t     Đường thẳng  qua G nhận u  AB; AC   6; 6;0  nên có phương trình  y   t  z  4  Câu 42: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình tập hợp điểm AMB  90 với A  2; 1; 3 , B  0; 3;5  M cho  A  x  1   y     z  1  18 B  x  1   y     z  1  18 C  x  1   y     z  1  D  x  1   y     z  1  2 2 2 Đáp án A Tập hợp điểm M mặt cầu đường kính AB Tâm I trung điểm AB  I 1; 2;1 Bán kính R  IA  2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu nói  x  1   y     z  1  18 2 Câu 43: (Gv Văn Phú Quốc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y 1 z    mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt phẳng (Q) chứa d cắt (P) 1 2 theo giao tuyến đường thẳng  cách gốc tọa độ O khoảng ngắn Viết phương trình mặt phẳng (Q) A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Đáp án C Gọi H,I hình chiếu vng góc O lên (P)  Ta có d  O,    OI  OH Dấu “=” xảy  I  H  Đường thẳng OH qua O  0;0;0  nhận n  1; 2;1 làm vectơ phương nên có phương trình x  t   y  2t z  t  Mặt phẳng (P) có phương trình: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x  y  z   Từ hai phương trình suy t   H 1; 2;1 Khi (Q) mặt phẳng chứa d qua H   Ta có M 1;1;   d , vectơ phương d u  1;1; 2  , HM   0; 1;1    Suy vectơ pháp tuyến (Q) n  u; HM    1; 1; 1 Hơn (Q) qua điểm M 1;1;  nên (Q) có phương trình là: (Gv Văn Phú Quốc 2018) x y z40 ... : (Gv Văn Phú Quốc 201 8) BAC phẳng   Từ ta tìm hai điểm C tương ứng với hai điểm B là: (Gv Văn Phú Quốc 201 8)  5  11  C   ;0;  C  ;0;  2  2 2 Câu 37: (Gv Văn Phú Quốc 201 8). .. phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: (Gv Văn Phú Quốc 201 8) x  y  z  x  z  0; x  y  z  x  20 y  z  Câu 11: (Gv Văn Phú Quốc 201 8) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng... : (Gv Văn Phú Quốc 201 8) khơng thỏa AB  CD  + Với t   33  164 51 48  D  ;  ;  (thỏa mãn) 49 49 49   49 Câu (Gv 39: Văn Phú Quốc  S  : x2  y  z  y  2z   201 8) A   cắt (S)