Chuyên đề 31 phương trình đường thẳng đáp án p2

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng Bài toán tìm điểm  Tìm hình chiếu H điểm M lên mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  M Viết phương trình đường thẳng MH qua M vng góc với ( P), đó:  x  x  a1t x  ? y  y  a t H    P  t   y  ?  H H  d  ( P) thỏa   z  z  a3t z  ?  ax  by  cz  d  M  Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  điểm M qua ( P)  H trung điểm MM   Tìm hình chiếu H điểm M lên đường thẳng d Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua M vng góc với d , đó: M  x  x  a1t x  ?  H y  y  a t     t   y  ?  H H  d  ( P) thỏa  M  z  z  a3t z  ?  ax  by  cz  d  P  Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  điểm M qua d  H trung điểm MM  Câu d (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;  1;  , B  1; 2;  x 1 y  z 1   Tìm điểm 1 MA2  MB  28 , biết c  2 2  1 A M  ; ;   B M   ;  ;   3 3  6 C M  1; 0;   D M  2; 3; 3 đường thẳng d: M  a; b; c  thuộc d cho Lời giải Chọn A Ta có : M  d nên t   : M 1  t ;  t ;  2t  Đk :  2t   t  1  * MA2  MB  28 2 2 2   t    3  t   1  2t    2  t    t     2t   28 t  1 L   12t  2t  10    t    T / m   1 2 Với t   , ta có M  ; ;   6 3 Câu (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vng góc x y z M 1;0;1 lên đường thẳng    :    1 A  2; 4;6  B  1; ;  C  0;0;0   3 2 6 D  ; ;  7 7 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Lời giải  xt   Đường thẳng  có vtcp u  1; ;  có phương trình tham số là:  y  2t t     z  3t  Gọi N  t ;2t ;3t    hình chiếu vng góc M lên  , đó:   2 6 MN u   (t  1)  (2t  0).2  (3t  1).3   14t    t   N  ; ;  7 7 Câu x   t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (4;0;0) đường thẳng  :  y  2  3t Gọi  z  2t  H (a; b;c) hình chiếu M lên  Tính a+b+c A B 1 C 3 D Lời giải Chọn B   Gọi H hình chiếu M lên  nên tọa độ H có dạng H (1  t; 2  3t; 2t ) MH  u   11 22 MH u   14t  11   t   H( ; ; )  a  b  c  1 14 14 14 14 Câu (THPT Yên Phong Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu H x   t  A 1;1;1 lên đường thẳng d :  y   t  z  t 4 A H ( ; ; ) 3 B H 1;1;1 C H (0 ; ; ­1)  D H (1 ; ; 0) Lời giải Đường thẳng d có vectơ phương u = (1 ; ; 1) Do H  d  H(1 + t ; + t ; t)  Ta có: AH = (t ; t ; t ­1) Do H hình chiếu điểm A lên đường thẳng d nên suy     AH  u  AH u =  t + t + t ­1 =  t = Câu 4  H ( ; ;1) 3 (THPT Quang Trung Dống Da Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  x   4t  A 1;1;1 đường thẳng  d  :  y  2  t Tìm tọa độ hình chiếu A A  d   z  1  2t    A A (2;3;1) B A (2;3;1) C A(2;  3;1) D A(2;  3; 1) Lời giải  Ta có A  d  nên gọi A   4t ;   t ;   2t  ; AA    4t ;   t ;   2t  ;  đường thẳng  d  có vectơ phương u   4;  1;    AA   d   AA.u     4t   4   3  t   1   2  2t    t   A  2;  3;1 Vậy A  2;  3;1 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu Trong khơng gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có đáy AB CD Biết A  3;1;   , B  1;3;  , C  6;3;  D  a ; b ; c  với a , b , c  Giá trị a  b  c B A 3 C Lời giải D 1 Phương trình đường thẳng d qua C  6;3;  song song với đường thẳng AB x  y 3 z 6   2 Điểm D thuộc đường thẳng d nên gọi tọa độ D D  6  2t ;3  t ;6  2t  Tứ giác ABCD hình thang cân nên ta có:   AD  BC t    t  8t  12    t   Với t    D1  2;1;  , tứ giác hình bình hành nên loại Với t    D2  6;  3;   thỏa mãn, nên    3 Câu (THPT Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y z  hai điểm A  1;3;1 ; B  0; 2; 1 Gọi C  m; n; p  điểm thuộc đường   1 thẳng d cho diện tích tam giác ABC 2 Giá trị tổng m  n  p A 1 B C Lời giải D 5 Chọn C  x  1  2t  Phương trình tham số đường thẳng d :  y  t z   t   x  1  2t  Vì C  d :  y  t  c  1  2t ; t  z   t      Ta có AB  1; 1; 2  ; AC   1  2t ; t ;  t    AB, AC    3t  7; 3t  1;3t  3   Diện tích tam giác ABC S ABC   AB, AC   27t  54t  59 2 S ABC  2  27t  54t  59  2  t   C 1;1;1  m  n  p  Câu x 1 y  z    2 điểm A  3; 2;0  Điểm đối xứng điểm A qua đường thẳng d có tọa độ (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : A  1; 0;  B  7;1;  1 C  2;1;   D  0; 2;   Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Gọi  P  mặt phẳng qua A vng góc với đường thẳng d Phương trình mặt phẳng  P  là: 1 x  3   y     z     x  y  2z   Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng d , H  d   P  Suy H  d  H  1  t ;   2t ;   2t  , mặt khác H   P   1  t   4t   4t    t  Vậy H 1;1;  Gọi A điểm đối xứng với A qua đường thẳng d , H trung điểm AA suy A  1;0;  Câu (Sở Bình Phước -2019) Trong khơng gian Oxyz , khoảng cách từ điểm M  2; 4; 1 tới đường x  t  thẳng  :  y   t  z   2t  A 14 B C 14 Lời giải D Chọn C  Đường thẳng  qua N  0; 2;3 , có véc tơ phương u  1; 1;     MN   2;6;  ;  MN , u   16;8; 4     MN , u  336   d M ,     14  u Câu 10 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Gọi M  a; b; c  thuộc đường thẳng x y 1 z    Biết điểm M có tung độ âm cách mặt phẳng  Oyz  khoảng 2 Xác định giá trị T  a  b  c A T  1 B T  11 C T  13 D T  : Lời giải M    M  t ;  2t ;   3t   t    2t  Ta có d  M ;  Oyz    t    t  2   2t  2 Suy t  2 Do M  2;  3;   Vậy a  2; b  3; c  8  T  a  b  c  13  x  1  2t t  y  t x    trình   Do M 1;1;3 , a  b  c  z   t y     x  y    z  Câu 11 Trong không gian Oxyz , cho A  2;0;0  , đường thẳng d qua A cắt chiều âm trục Oy điểm B cho diện tích tam giác OAB Phương trình tham số đường thẳng d Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  x   2t  A  y  t z    x   2t  B  y  t z    x   2t  C  y  t z   Lời giải  x   2t  D  y  t z   Chọn C Gọi B  0; b;0  giao điểm d với trục Oy (Điều kiện b  ) Ta có OA  tam giác OAB vng O nên S OAB  OA.OB   OB   Suy B  0; 1;  Ta có AB   2; 1;0  vec tơ phương d  x   2t  Và đường thẳng d qua điểm A  2;0;0  nên  y  t z   Câu 12 (Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : x  y z 1   3 Gọi M giao điểm  với mặt phẳng  P  : x  y  3z   Tọa độ điểm M A M  2;0;  1 B M  5;  1;  3 C M 1;0;1 D M  1;1;1 Lời giải x 2 y  3  x  3y   x  1   y z 1    2 y  z   y  Tọa độ điểm M nghiệm hệ:   1  x  y  z  2 z     x  y  3z     Vậy M  1;1;1 Câu 13 (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vng góc điểm A  3; 2; 1 lên mặt phẳng   : x  y  z  là: A  2;1;1 5 7 B  ; ;   3 3 1 1 D  ; ;  2 4 C 1;1; 2  Lời giải Gọi H hình chiếu A  3; 2; 1 lên mặt phẳng   : x  y  z  Khi đó: AH nhận  x  y  z 1 n 1;1;1 vectơ phương suy phương trình AH :   1 Do H  AH  H   t;  t ;   t  Do H      t   t   t   t   Câu 14 5 7  H  ; ;  3 3 (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu  điểm M  1; 0;3 theo phương véctơ v  1; 2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   có tọa độ Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A  2; 2; 2  B  1;0;1 C  2; 2;  D 1;0; 1 Lời giải d v M M' P  Đường thẳng d qua M  1; 0;3 , có véctơ phương v  1; 2;1 có phương trình tham số  x  1  t   y  2t z   t   Gọi M  hình chiếu điểm M  1;0;3 theo phương véctơ v  1; 2;1 mặt phẳng  P : x  y  z    M   d   P   tọa độ M  nghiệm hệ phương trình:  x  1  t  x  1  t  x  2  y  2t  y  2t y        M   2; 2;   z   t z   t z   x  y  z    1  t  2t   t   t  1 Câu 15 (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , giao điểm mặt phẳng  P  : 3x  y  z   đường thẳng  : x  12 y  z  điểm M  x0 ; y0 ; z0  Giá trị   tổng x0  y0  z0 A B C Lời giải D 2 M    M 12  4t ;9  3t ;1  t  M   P   12  4t     3t   1  t     t  3 M  0;0; 2   x0  y0  z0  2 Câu 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3  x  t  d :  y   t Gọi M ( a ; b; c ) tọa độ giao điểm d mặt phẳng  ABC  Tổng S  a  b  c là: z   t  A ­7 B 11 C Lời giải D Mặt phẳng ( ABC ) qua điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0  , C  0;0;3 nằm trục Ox , Oy , Oz có phương trình là: x y z    1 Điểm M ( a ; b; c ) tọa độ giao điểm của d mặt phẳng  ABC  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  a  6  t  t  t Suy     t  suy b  c   Vậy S  6    11 Câu 17 (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  35  điểm A  1;3;6  Gọi A ' điểm đối xứng với A qua  P  , tính OA ' A OA  B OA  46 C OA  186 Lời giải D OA  26 Chọn C + A đối xứng với A qua  P  nên AA vng góc với  P   x  1  6t  +Suy phương trình đường thẳng AA :  y   2t z   t  +Gọi H giao điểm AA mặt phẳng  P   H  1  6t;3  t;6  t  + Do H thuộc  P    1  6t     2t   1  t   35   41t  41   t   H  5;1;7  + A đối xứng với A qua  P  nên H trung điểm AA  A 11; 1;8  OA  112   1  82  186 Câu 18 (KTNL GV Thuận Thành Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ điểm M  hình chiếu vng góc điểm M  2;3;1 lên mặt phẳng   : x  y  z    A M   2; ;3    B M  1;3;5 5 3 C M   ; 2;  2 2 Lời giải D M   3;1;  Chọn C Gọi  đường thẳng qua M vng góc với   x   t   Phương trình tham số  là:  y   2t Ta có M       z  1 t  Xét phương trình:  t    2t    t   t  5 3 Vậy M   ; 2;  2 2 Câu 19 (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , điểm M  đối xứng với điểm M 1; 2;  qua mặt phẳng   : x  y  z   có tọa độ A  3;0;0  B  1;1;  C  1; 2; 4  D  2;1;2  Lời giải  Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến n   2;1;  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  MM  vng góc với mặt phẳng   nên đường thẳng MM  nhận n   2;1;  làm vectơ  x   2t  phương Phương trình đường thẳng MM  là:  y   t  z   2t  Gọi H giao điểm đường thẳng MM  mặt phẳng   H  MM   H 1  2t;  t ;4  2t  H     1  2t    t    2t     9t    t  1  H  1;1; 2 M  đối xứng với điểm M qua mặt phẳng   nên H trung điểm MM   M   3;0;0  Câu 20 (KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2; 1 ,đường x 1 y 1 z  mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm B thuộc mặt phẳng  P    1 thỏa mãn đường thẳng AB vng góc cắt đường thẳng d Tọa độ điểm B A (6; 7; 0) B (3; 2; 1) C ( 3;8; 3) D (0;3; 2) thẳng d : Lời giải Chọn D Ta gọi AB cắt d điểm M 1  2m; 1  m;  m   d  AM  2m; m  3;3  m  , theo u cầu tốn AB vng góc d , ta có    AM ud   2.2m  m   m    m   AM  (2; 2;2)   Đường thẳng AB qua A nhận u  AM  1; 1;1 VTCP, ta có phương trình AB x 1 y  z  Gọi B 1  t;  t ; 1  t   AB AB :   1 Lại có điểm B  ( P )   t   t  2(1  t )    t  1 Vậy B (0;3; 2) Câu 21 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đường thẳng qua A1;0;2 , cắt vng góc với đường thẳng d1 : A P  2; 1;1 x 1 y z    Điểm thuộc d ? 1 2 B Q 0; 1;1 C N 0; 1; 2 D M 1; 1;1 Lời giải Chọn B  Đường thẳng d1 có VTCP u  1;1; 2 Gọi H giao điểm đường thẳng d đường thẳng d1 Vì H  d1 : H 1  t ; t;5  2t   Ta có: AH  t; t ;3  2t    d vng góc với d1  u AH   t  t  3  2t    6t   t   Lúc đó, đường thẳng d qua A1;0;2 có VTCP AH  1;1;1 có phương trình: Lúc đó, điểm Q 0; 1;1 thuộc đường thẳng d Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  x   t  y  t   z   t TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A  6;3;5 đường thẳng BC có phương x  1 t  trình tham số  y   t Gọi  đường thẳng qua trọng tâm G tam giác ABC vng  z  2t  góc với mặt phẳng  ABC  Điểm thuộc đường thẳng  ? A M  1;  12;3 B N  3;  2;1 C P  0;  7;3 D Q 1;  2;5 Lời giải Chọn D  Đường thẳng BC qua M 1; 2;0  có vecto phương u   1;1;      Mp  ABC  có vecto pháp tuyến n  u , M A   3;15;   phương n  1;5; 2     ABC    có vecto phương n  1;5; 2  Gọi H trung điểm BC  AH  BC H 1  t ;  t ; 2t       AH   5  t ;   t ; 2t   Ta có AH  BC  AH  u  AH u   6t    t  Suy H  0;3;          G trọng tâm tam giác ABC  AG  AH  AG  AH  OG  OA  OH  OA      OG  2OH  OA  OG   2;3;3  G   2;3;3   qua G , có vecto phương n  1;5; 2       x   t   phương trình tham số  là:  y   5t Vậy Q    z   2t  Câu 23 x 1 y z    1 hai điểm A  1;3;1 , B  0; 2;  1 Gọi C  m ; n ; p  điểm thuộc d cho diện tích tam giác (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : ABC 2 Giá trị tổng m  n  p A 1 B C Lời giải Chọn C Ta có C  m ; n ; p   d  C  1  2t ; t ;2  t    AB  1;  1;     Suy     AB, AC    3t  7;  3t  1;3t  3  AC   2t ; t  3;1  t    27t  54t  59 Diện tích tam giác ABC : SABC   AB, AC   2 Theo đề ta có 27t  54t  59  2  27t  54t  27   t  D  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Suy C 1;1;1 Vậy m  n  p  Câu 24 (Đà Nẵng 2019) Trong không gian  Oxyz  cho hai đường thẳng x2 y4 z   1 2 x  y 1 z  Gọi M trung điểm đoạn vuông góc chung hai đường thẳng Tính   1 1 đoạn OM A OM  14 B OM  C OM  35 D OM  35 Lời giải Chọn B x   t   Đường thẳng d :  y   t nhận véctơ u  1;1; 2  làm véctơ phương  z  2t   x   2m   Đường thẳng d  :  y  1  m nhận véctơ v   2; 1; 1 làm véctơ phương  z  2  m  Gọi AB đoạn vng góc chung với A  d B  d  Khi A   t;4  t; 2t  B   2m; 1  m; 2  m  Suy AB   2m  t  1; m  t  5; m  2t        AB  u  AB.u  3m  6t  m  2 Ta có          Suy A 1;3;2  B  1;1;0 6m  3t  9 t  1  AB  v  AB.v  Suy trung điểm AB M  0;2;1 Vậy OM  Câu 25 (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  P  : x  y  z  đường thẳng d : x 1 y z  Đường thẳng d cắt  P  điểm A Điểm M  a; b; c  thuộc   1 đường thẳng d có hồnh độ dương cho AM  Khi tổng S  2016a  b  c A 2018 B 2019 C 2017 D 2020 Lời giải Chọn A x  y  z   x  1 x  y  z     Tìm A từ hệ  x  y z    x  y    y  1  A  1; 1; 1    1  y  z  2  z  1  Gọi M 1  2t ; t; 2  t  , t  1 ta có AM  6t  12t    t  0; t  2 Với t   M 1;0; 2   a  1; b  0; c  2  S  2018 Câu 26 Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x 1 y  z x y 1 z   , d2 :   Đường 1 2 thẳng d qua A  5;  3;5  cắt d1 , d B C Độ dài BC Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Chọn C   x 1 y z  x  y 1 z  u1   2;1; 2  ; d : d1 :      u2   2; 1;  2 2 1   u1  u2  d1 / / d  d1  d Điểm M 1;0; 2   d1 ; M  d nên d1 / / d Câu 68 (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , xét vị trí tương đối hai đường thẳng x 1 y 1 z x 3 y 3 z    , 2 :   2 1 2 A 1 song song với 2 B 1 chéo với 2 C 1 cắt  1 : D 1 trùng với 2 Lời giải  2  nên vectơ phương u1   2; 2;3  đường thẳng 1 không phương với 1 2  vectơ phương u   1; 2;1 2 Tức 1 chéo với 2 1 cắt  Vì  Lấy M 1; 1;0   1 , N  3;3; 2    Ta có: MN   2; 4; 2        Khi đó: u1 ; u2  MN  Suy u1 , u2 , MN đồng phẳng Vậy 1 cắt 2 Câu 69 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x 1 y z  mặt phẳng    1  P  :3x  y  z   Mệnh đề đúng? A d cắt không vuông góc với  P  B d vng góc với  P  C d song song với  P  D d nằm  P  Lời giải Chọn A  Đường thẳng d có vtcp u 1;  3; 1  Mặt phẳng  P  có vtpt n  3;  3;   Ta có u.n     10  nên loại trường hợp d / /  P  d   P    Lại có u n không phương nên loại trường hợp d   P  Vậy d cắt khơng vng góc với  P  x y  z 1   mặt phẳng 2  P  :11x  my  nz  16  Biết    P  , tính giá trị T  m  n Câu 70 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : A T  B T  2 C T  14 Lời giải D T  14  A  0; 2; 1   Cách 1: Lấy   B  2;3;     A   P  m  10 2m  n  16    Mà    P    n   B   P  11  2   3m  2n  16  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  T  m  n  14  Cách 2: Đường thẳng  qua A  0; 2; 1 có VTCP u   2;1;3  Mặt phẳng  P  có VTPT n  11; m; n   A   P  2m  n  16  m  10    P      22  m  3n  n   n.u   T  m  n  14 Câu 71 x 1 y  z    mặt phẳng   có 1 phương trình m x  my  z  19  với m tham số Tập hợp giá trị m thỏa mãn d //   Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : A 1 C 1; 2 B  D 2 Lời giải Chọn D  Đường thẳng d có vectơ phương u  1;3; 1  Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến n  m2 ; m; 2    m  u.n  m  3m    Để d //        m   m  m  2m  18  19   M 1; 2;9     m   Câu 72 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng x 1 y  z    song song với mặt phẳng  P  : x  y  m2 z  m  1 A m  B m  C m  1;1 D m  1 d: Lời giải Chọn D  Một véctơ phương d : u  1; 1;1 ; A 1; 1;   d  Một véctơ pháp tuyến  P  : n   2;1;  m    u  n 1   1   m  d / /  P    2 1   2m  m   A   P  1  m2  m  1    m  1 2 1  2m  m  1  2m  m  Câu 73 Gọi m, n hai giá trị thực thỏa mãn: giao tuyến hai mặt phẳng  Pm  : mx  y  nz 1  Qm  : x  my  nz   vng góc với mặt phẳng   : x  y  z   A m  n  B m  n  C m  n  Lời giải D m  n  Chọn D   Pm  : mx  y  nz 1  có VTPT nP  m; 2; n  Qm  : x  my  nz   có VTPT nQ  1; m; n Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021   : x  y  z   có VTPT n  4; 1; 6 Do giao tuyến  Pm  Qn  vuông góc với      Pm     nP  n 4m   6n  4m  6n  m          Qn     nQ  n 4  m  6n  m  6n  4 n      Vậy m  n  Câu 74 (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường x  1 t x 1 y z  thẳng d1 :   ; d :  y   t Gọi S tập tất số m cho d1 d chéo z  m  khoảng cách chúng Tính tổng phần tử S 19 A 11 B 12 C 12 D 11 Lời giải  d qua điểm M 1;0;0  , có vectơ phương u1   2;1;3  d qua điểm N 1; 2; m  , có vectơ phương u2  1;1;0     u1 , u2    3;3;1 ; MN   0;2; m     d d chéo  u1 , u2  MN   m  6    u  , u2  MN m6  m  1 5   Mặt khác d  d1 , d        19 u1, u2  19 19 19  m  11 Khi tổng phần tử m 12 Câu 75 (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian Oxyz , cho bốn đường thẳng: x  y 1 z 1 x y z 1 x 1 y  z 1 , , ,      d1  :  d2  :    d3  : 2 1 2 1 x y 1 z 1 Số đường thẳng không gian cắt bốn đường thẳng là:   d4  :  1 A B C Vô số D Lời giải  Đường thẳng d1 qua điểm M   3; 1; 1 có véctơ phương u1  1; 2;1  Đường thẳng d2 qua điểm M   0; 0;1 có véctơ phương u2  1; 2;1   Do u1  u M  d1 nên hai đường thẳng d1 d song song với    Ta có M 1M   3;1;  , u1 , M 1M    5; 5; 5   5 1;1;1;   Gọi   mặt phẳng chứa d1 d   có véctơ pháp tuyến n  1;1;1 Phương trình mặt phẳng   x  y  z   Gọi A  d3    A 1; 1;1 Gọi B  d    B  1; 2;0    Do AB   2;3; 1 không phương với u1  1; 2;1 nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng d1 d Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 76 (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  1; 2;  mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu tâm I tiếp xúc với  P  điểm H Tìm tọa độ điểm H A H  1; 1;  B H  3; 0; 2  C H  1; 4;  D H  3; 0;  Lời giải Chọn D Tọa độ điểm H hình chiếu điểm I mặt phẳng  P   x   2t  Phương trình đường thẳng d qua I vng góc với mặt phẳng  P  là:  y   2t z   t  Tọa độ điểm H giao điểm d  P  , ta có:   2t     2t     t     t  Vậy H  3; 0;  Câu 77 Trong không gian Oxyz , biết mặt cầu S có tâm O tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  y  2z   điểm H  a; b; c  Giá trị tổng a  b  c A B 1 C Lời giải D 2 x  t   nP  1; 2;  véc tơ phương đường thẳng OH  OH :  y  2t  z  2t   H  t; 2t; 2t  H   P   t   2t   2.2t    t  1  H  1; 2; 2   a  b  c  1 Câu 78 (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1;0;  x 1 y z   Gọi  S  mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d Bán 1 kính  S  đường thẳng d : A B C 30 D Lời giải Chọn C Gọi H 1  2t ; t ; t  hình chiếu I đường thẳng d   Có IH   2t ; t ; t   ; vectơ phương d u   2; 1;1     Vì H hình chiếu vng góc I d nên IH  u  IH u     30  2t.2   t   1   t     t   IH   ;  ;    IH  3  3 3 Bán kính mặt cầu  S  R  IH  30 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 Câu 79 Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu : 2  S  :  x  1   y     z  3  , đường thẳng x6 y 2 z 2 điểm M  4;3;1 Trong mặt phẳng sau mặt phẳng qua M ,   3 2 song song với  tiếp xúc với mặt cầu  S  ? A x  y  z  22  B x  y  z  13  C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Cách 1:  Gọi n   2a; b; c  véctơ pháp tuyến mặt phẳng  P  cần lập, a  b  c   Đường thẳng  có vectơ phương u   3; 2;   Mặt phẳng  P  song song với  nên ta có n.u   6a  2b  2c   c  3a  b  Mặt phẳng  P  qua M có vectơ pháp tuyến n nên phương trình có dạng: 2a  x    b  y  3   3a  b  z  1   2ax  by   3a  b  z  11a  2b  * Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S   d  I ,  P     3b  2 3b 4a  b   3a  b  1   b  13a  2b  6ab 13a  2b  6ab a  b  9b  13a  2b  6ab  13a  6ab  7b    a  b 13a  7b     13a  7b Với a  b , chọn a  1, b  , thay vào * ta pt  P1  : x  y  z  13  Ta có N  6;2;    Dễ thấy N   P1  , suy  P1  : x  y  z  13  song song với  Với 13a  7b , chọn a  7, b  13 , thay vào * ta pt  P2  :14 x  13 y  34 z  51  Ta có N  6;2;    , dễ thấy N   P2  , suy  P2  :14 x  13 y  34 z  51  song song với  Vậy chọn B Cách 2: ( Trắc nghiệm)  Gọi  P  mặt phẳng thỏa mãn u cầu tốn có vectơ pháp tuyến n Vì  P  qua M  4;3;1 nên phương án A, C bị loại  Đường thẳng  có vectơ phương u   3; 2;   P  song song với đường thẳng  nên  n.u  Do phương án D bị loại Vậy phương án B phương án thỏa mãn yêu cầu toán Câu 80 2 (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x     y     z  1  16 điểm A  1; 1; 1 Xét điểm M thuộc  S  cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  M thuộc mặt phẳng cố định có phương trình A x  y  11  B x  y  11  C 3x  y   D 3x  y   Lời giải Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  S  có tâm I  2;3; 1 ; bán kính R   A  1; 1; 1  IA   3; 4;0  , tính IA   Mặt phẳng cố định qua điểm H hình chiếu M xuống IA nhận IA   3; 4;0  làm vectơ pháp tuyến Do hai tam giác MHI AMI đồng dạng nên tính IM  IH IA  IH  IM 16  , từ IA  16   11  tính IH  IA tìm H  ; ; 1 25  25 25    11   Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: 3  x     y     x  y   25   25   Câu 81 (Mã 110  S  :  x  1 Trong 2017) không gian với hệ tọa   y  1   z    hai đường thẳng d : độ Oxyz , cho mặt cầu x  y z 1 x y z 1 ; :     1 1 1 Phương trình phương trình mặt phẳng tiếp xúc với  S  , song song với d  ? A y  z   B x  z   C x  y   D x  z   Lời giải Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I  1;1   ; R    Véctơ phương d : u d  1; 2; 1 Véctơ phương  : u   1;1; 1 Gọi  P  mặt phẳng cần viết phương trình    Ta có u d , u     1;0; 1 nên chọn véctơ pháp tuyến  P  n  1; 0;1 Mặt phẳng  P  có phương trình tổng qt dạng: x  z  D  Do  P  tiếp xúc với  S  nên d  I ;  P    R  1   D  D   D3    D  Chọn  P  : x  z   Câu 82 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d : 2 x4 y z4   tiếp xúc 4 với mặt cầu  S  :  x  3   y  3   z  1  Khi  P  song song với mặt phẳng sau đây? Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 A 3x  y  2z  B 2x  y  z   C x  y  z  D Đáp án khác Lời giải Chọn D   Véc tơ phương d u   3;1; 4  , véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  n Mặt cầu  S  có tâm I  3; 3;1 bán kính R   Vì  P  chứa d nên u.n   P  tiếp xúc với  S  nên d  I ;  P     Ta xét phương trình u.n  Lấy hai điểm nằm đường thẳng d M  4;0; 4  N 1; 1;0  Ta nhận thấy: M  4;0; 4  N 1; 1;0  không thỏa mãn đáp án A; B; C Vây, đáp án D Câu 83 (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( x  1)  y  ( z  2)  đồng thời song song với hai đường thẳng x  y 1 z x y2 z2 , d2 :     1 1 1 1  x  y  2z    x  y  2z   A  B  C x  y  z   D x  y  z    x  y  2z    x  y  2z   Lời giải Chọn B    Đường thẳng d1 có vtcp u1  3;  1;  1 , đường thẳng d có vtcp u2 1;1;  1 Gọi n vtpt mặt     phẳng    cần tìm Do    song song với hai đường thẳng d1 , d nên n  u1 n  u2 , từ ta    chọn n  u1 , u2    2; 2;  Suy    : x  y  z  c  d1 : Mặt cầu  S  có tâm I 1;0;   , bán kính R   Câu 84 tiếp xúc với  S   d  I ;       c   c   6  c    c   c 3 (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz,  P : 2x  y  z   2 cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng mặt cầu  S  :  x     y     z    36 Gọi  đường thẳng qua E , nằm mặt phẳng  P  cắt  S  hai điểm có khoảng cách nhỏ Phương trình   x   9t  A  y   9t  z   8t   x   5t  B  y   3t z   x   t  C  y   t z   Lời giải  x   4t  D  y   3t  z   3t  Chọn C Ta có tâm bán kính mặt cầu  S  I  3; 2;5  ; R  IE      R Gọi  đường thẳng qua E Gọi H hình chiếu vng góc I lên  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Dây cung nhỏ khoảng cách từ tâm tới đường thẳng  lớn Ta có d  I ,    IH  IE  Vậy dây cung nhỏ đường thẳng  vng góc với IE   1; 1;; 2     Dựa vào đáp án ta thấy vecto phương u1   9;9;8  u3   5;3;  u3  1; 1;0   u4   4;3; 3   Thì có u3 IE  Nhận xét: ta hồn tồn viết pt đường thẳng  cách viết pt mặt phẳng  Q   qua E nhận IE   1; 1;; 2  làm vecto pháp tuyến,    P    Q   S1  ,  S2  Câu 85 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu có phương trình  S1  : x  y  z  25 ,  S2  : x  y   z  1  Một đường thẳng d vng góc với véc tơ  u  1; 1;  tiếp xúc với mặt cầu  S  cắt mặt cầu  S1  theo đoạn thẳng có độ dài Hỏi véc tơ sau véc tơ phương d ?    A u1  1;1; B u2  1;1; C u3  1;1;0      D u4  1;1;     Lời giải Mặt cầu  S1  có tâm O  0;0;0  , bán kính R1  Mặt cầu  S2  có tâm I  0;0;1 , bán kính R2  Có OI   R1  R2 nên  S2  nằm mặt cầu  S1  N H M (S2) I O (S1) Giả sử d tiếp xúc với  S2  H cắt mặt cầu  S1  M , N Gọi K trung điểm MN Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Khi IH  R2  OH  OK Theo giả thiết MN   MK   OK  R12  MK  52  42  Có OI  , IH   OK  OI  IH  OH  OK Do OH  OK , suy H  K , tức d vng góc với đường thẳng OI   Đường thẳng d cần tìm vng góc với véc tơ u  1; 1;0  vng góc với OI   0; 0;1 nên có    véc tơ phương u3  OI , u   1;1;0  Câu 86 (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm E 1;1;1 , mặt cầu  S  : x2  y  z  mặt phẳng  P  : x  y  5z   Gọi  đường thẳng qua E , nằm  P  cắt mặt cầu  S  hai điểm A , B cho tam giác OAB tam giác Phương trình đường thẳng  x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1     A B 2 1 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1     C D 1 1 1 Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm O  0; 0;0  bán kính R  Tam giác OAB tam giác có cạnh Gọi M trung điểm AB ta có OM     , mặt khác OE 1;1;1  OE  Vậy điểm      M trùng điểm E Gọi u vectơ phương  ta có: u  OE u  n ( với n 1;  3;5  vectơ pháp tuyến  P     P  )       n , OE    8;4;  , chọn u    n , OE    2;  1;  1    4  Vậy đường thẳng  qua E , có vectơ phương u  2;  1;  1 có phương trình là: x 1 y 1 z 1   1 1 Câu 87 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d1 : x 1 y  z  điểm A 1;0; 1 Gọi d2   2  đường thẳng qua điểm thẳng A có vectơ phương v   a;1;2 Giá trị a cho đường d1 cắt đường thẳng d2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 B a  A a  1 C a  Lời giải D a  Chọn C x   t  Phương trình tham số đường thẳng d1 là:  y   2t z   t  Phương trình tham số đường thẳng  d2 qua điểm A có vectơ phương v   a;1;2 là: x   at  d2 :  y   t  z  1  2t    d1 nhận u  1; 2;1 làm vectơ phương d2 nhận v   a;1;2 làm vectơ phương 1  t   at   Đường thẳng d1 cắt đường thẳng d2 hệ phương trình 2  2t   t có 3  t  1  2t   nghiệm Ta có: 1  t   at t  at  t  t       t   2  2t   t   2t  t  2  t  3  t  1  2t  t  2t   4 0  a.2  a      Vậy a  Câu 88 Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu  S1  :  x  3   y     z    ,  S2  : x   y     z     S3  : x  y  z  x  y   Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S  ,  S3  ? A B C Lời giải D Chọn A  I  3; 2;   I  0; 2;   I  2; 2;0  Ta có:  S1  :  ,  S2  :  ,  S3  :   R1   R2   R2   I1 I   R1  R2   S1  ,  S2  tiếp xúc với M    Ta có MI  I1M  I1I  M  2; 2;  Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Cắt hai mặt cầu  S1  ,  S2  theo phương chứa đường nối tâm có thiết diện hai đường tròn lớn  C1  ,  C2  (C2) (C1) N I1 M I2 Trường hợp 1: Mặt phằng qua M vng góc với I1 I có phương trình   : x   mà d  I ;        không tiếp xúc với  S3   LOẠI    Trường hợp 2: N tâm vị tự  C1  ,  C2   NI  NI1  I1I  N  6; 2;   Gọi  P  mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  P  qua N có vtpt n 1; a; b    P  : x   a  y    b  z      P  : x  ay  bz  2a  4b   3   a  b  13 d  I1; ( P )    b    2 Có: d  I ; ( P)    6   a  b  b   d  I ;( P)    2    4b    a  b Với b  13 41  a2   (loại) 16 103 103 a Với b    a  16 Vậy có mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  Câu 89 x 1 y z    Gọi  S  mặt 1 cầu có bán kính R  , có tâm I thuộc đường thẳng d tiếp xúc với trục Oy Biết I có Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : tung độ dương Điểm sau thuộc mặt cầu  S  ? A M  1; 2;1 B N 1;2; 1 C P  5;2; 7 D Q  5; 2;7  Lời giải Chọn B Điểm I thuộc đường thẳng d nên có tọa độ dang: I 1 2t; t; 2  t  2 Vì mặt cầu  S  tiếp xúc với trục Oy nên d  I , Oy  R  1 2t   2 t   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 t   5t     t  2 Với t  ta có I  5; 2;0 (Loại) Với t  2 ta có I  3;2; 4 (Thỏa mãn) 2 Nên mặt cầu  S  có phương trình là:  x  3   y  2   z  4  25 Thay tọa độ điểm phương án vào phương trình mặt cầu, nhận thấy điểm N 1;2; 1 thỏa mãn Câu 90 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  m  ( m tham số)  x   2t  đường thẳng  :  y   t Biết đường thẳng  cắt mặt cầu  S  hai điểm phân biệt A , B  z   2t  cho AB  Giá trị m A m  B m  12 C m  12 Lời giải D m  10 Chọn C M A H B R I Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB  IH  AB , HA  Mặt cầu  S  có tâm I  2 ; ;  , bán kính R  13  m ,  m  13   Đường thẳng  qua M  ; ; 3 có véc tơ phương u   ; ;     IM , u       Ta có: IM   ; ; 3   IM , u    3;  ;   IH  d  I ,      u Ta có: R2  IH  HA2  13  m  32  42  m  12 Câu 91 (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo  x   2t x    d1 :  y  t , (t   ), d :  y  t ' , (t '  ) z   z  t '   Phương trình mật cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng  d1  ,  d  là: Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 2 3  A  x    y   z    2  3  B  x    y   z    2  2 3  C  x    y   z    2  3  D  x    y   z    2  Lời giải Chọn C Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với  d1  ,  d  mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung  d1  ,  d  Lấy A   2t ; t ;3  d1 ; B 1; t '; t '   d A, B đoạn vng góc chung    AB.ud   5t  t '  6 t    1    t  t '   t '   AB u     d2 3  Khi A  2;1;3 ; B(1; 1;1) Suy tâm I  ;0;  , bán kính R  2  Câu 92 Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 : x  y 1 z    1 2 x 2 y 3 z   Trong tất mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1  Gọi (S ) mặt cầu có bán kính nhỏ Bán kính mặt cầu (S ) 2 : A 12 B C 24 Lời giải D Chọn B A M Δ1 I J Δ2 N B x   3t x   t     Ta có 1 : y   t1 ,  : y  3  3t (t1, t2  ) , gọi u (3; 1; 2), u (1; 3;1) z  5  2t z  t2   véc tơ phương hai đường thẳng Gọi M  1  M (4  3t1;1  t1; 5  2t1 ); N    N (2  t ; 3t2  3; t )  Suy MN  (t  3t1  2; 3t  t1  4; t  2t1  5)   MN u  7t  t  6 t  1 MN đoạn vng góc chung khi:      1 t 1 2t1  11t2  MN u   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  MN  (2; 2; 4)  MN  Giả sử ( S ) mặt cầu tâm J đường kính d tiếp xúc với 1 ,  A, B Khi JA  JB  AB Hay d  AB  MN  d  MN Vậy đường kính d nhỏ d  MN Suy mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ r  MN  Cách khác Hai mặt phẳng song song chứa 1 ,  (P ) , (Q ) Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng 1  tiếp xúc với (P ),(Q ) nên đường kính cầu khoảng cách hai mặt phẳng (P ),(Q ) khoảng cách từ  đến (P )   Gọi u (3; 1; 2), u (1; 3;1) véc tơ phương hai đường thẳng, N (2; 3; 0)      u , u   (5; 5;10)  n p  1; 1; , phương trình (P ) : x  y  2z    2   d ((P ),(Q ))  d( 2,(P ))  d(N ,(P ))  237 12  (1)2  22  Suy bán kính cần tìm BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI https://drive.google.com/drive/folders/15DX-hbY5paR0iUmcs4RU1DkA1-7QpKlG?usp=sharing Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 ... cầu toán có vectơ pháp tuyến n Vì  P  qua M  4;3;1 nên phương án A, C bị loại  Đường thẳng  có vectơ phương u   3; 2;   P  song song với đường thẳng  nên  n.u  Do phương án D...    ud Khoảng cách hai đường thẳng song song khoảng cách từ điểm thuộc đường thẳng đến đường thẳng   Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: d qua điểm M có véctơ phương u    u ,... với mặt phẳng   nên đường thẳng MM  nhận n   2;1;  làm vectơ  x   2t  phương Phương trình đường thẳng MM  là:  y   t  z   2t  Gọi H giao điểm đường thẳng MM  mặt phẳng 