Trắc nghiệm nâng cao hình học tọa độ oxyz

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Tọa Độ Oxyz... là hình chóp đề u..[r]

TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VÉCTƠ TRONG KHÔNG GIAN

A - LÝ THUYẾT CHUNG

1 Véc tơ không gian

*Định nghĩa

Trong không gian, vecto đoạn thẳng có định hướng tức đoạn thẳng có quy định thứ tự hai đầu

Chú ý: Các định nghĩa hai vecto nhau, đối phép tốn vecto khơng gian xác định tương tựnhư mặt phẳng

2 Vecto đồng phẳng

*Định nghĩa: Ba vecto a b c  , , khác 

gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng

Chú ý:

n vecto khác 

gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng

Các giá vecto đồng phẳng đường thẳng chéo

*Điều kiện để vecto khác 0 

đồng phẳng Định lý 1:

, ,

a b c   đồng phẳng  m n, : ambnc

* Phân tích vecto theo ba vecto khơng đồng phẳng Định lý 2: Cho vecto e e e1, 2,

  

không đồng phẳng Bất kì vecto a 

khơng gian có thểphân tích theo ba vecto đó, nghĩa la có ba số thực x x x1, 2, 3

1 2 3 ax e x e x e

   

Chú ý: Cho vecto a b c  , , khác 

:

1 a b c  , , đồng phẳng có ba số thực , ,m n p khơng đồng thời cho: manb pc0 a b c  , , không đồng phẳng từ manb pc 0 mn p0

3 Tọa độ vecto

Trong khơng gian xét hệ trục Ox ,yz có trục Ox vng góc với trục Oy O, trục Oz vng góc với mặt phẳng Oxy O Các vecto đơn vị trục Ox,Oy Oz,

1; 0;0 , 0;1; , 0;0;1 

i j k

  

a) aa a a1; 2; 3a a i1a j2a k3

b) M x M,yM,zMOMx iMyMjz kM

D3

D1

D2

a b

c

Δ1

Δ2

Δ3

c)Cho A x A,yA,zA,B x B,yB,zB ta có:  B A; B A; B A

AB x x y y z z 

AB xB xA2yByA2zB zA2

d)M trung điểm AB ; ;

2 2

B A B A B A

x x y y z z

M    

 

e)Cho a a a a1; 2; 3 bb b b1; 2; 3 ta có: 1

2 3

a b

a b a b

a b

  

  

  

 

 1; 2; 3 a b   a b a b a b

 3

; ;

k a ka ka ka

  1 2 3

cos ;

a b  a b  a b  a b a b a b

2 2

1

a  a a a

  1 2 3

2 2 2

1 3

cos cos ;

a b a b a b a b

a a a b b b

 

 

   

 

 (với a   0,b0 )

a b vng góc: a b  0a b1 1a b2 2a b3 3 0 a b phương:

1

2

3

:

a kb

k R a kb a kb

a kb   

     

  

 

4.Tích có hướng ứng dụng

Tích có hướng aa a a1; 2; 3 bb b b1; 2; 3 là:

 

2 3 1

2 3 1 2 3 1

, a a ;a a ;a a ; ;

a b a b a b a b a b a b a b

b b b b b b

 

      

 

 

 

a Tính chất:

, , ,

a b a a b b

   

   

     

 

, sin ,

a b a b a b   

 

     

a 

b 

cùng phương: a b ,   0 , ,

a b c   đồng phẳng a b c  ,  0 b Các ứng dụng tích có hướng

Diện tích tam giác: , ABC

S   AB AC Thể tích tứ diện ,

6 ABCD

V  AB AC AD

 

Thể tích khối hộp: VABCD A B C D ' ' ' '    AB AD, .AA'

5 Một số kiến thức khác

a)Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k MAk MB ta có:

; ;

1 1

A B A B A B

M M M

x kx y ky z kz

x y z

k k k

  

  

   với k 1

b) G trọng tâm tam giác ; ;

3 3

A B C A B C A B C

G G G

x x x y y y z z z

ABC x    y    z   

G trọng tâm tứ diện ABCDGA GB GC GD   0

    

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Cho điểm S1, 2, ; A2, 2,3 ; B1,3,3 ; C1, 2,  SABC là:

A. Tứ diện B.Hình chóp

C. Tứ diện D.Hình thang vng

Hướng dẫn giải:

 1;1; ; 0; 1;1 ;  1;0;1 AB  BC  AC 

  

2

AB BC CA ABC

     tam giác

1; 0; ; 0;1; ; 0; 0;1 SA SB SC SASBSC

  

 

1 0

, , 1

0

D SA SB SC   

Hay ta tính SA SB SC   ;  0 , ,

SA SB SC 

  

không đồng phẳng SABC

 hình chóp đều, đỉnh S Chọn B.

Câu 2: Cho bốn điểm S1, 2, ; A2, 2, ; B1, 3, ; C1, 2,  Gọi M N P, , trung điểm BC CA, AB Khi SMNPlà:

A. Hình chóp B.Hình chóp C.Tứ diện D.Tam diện vng

Hướng dẫn giải:

Tam giác: ABC có ABBCCA 2

2 MN NP PM

1; 0; ; 0;1;0 ; 0;0;1

SA SB SC

SA SB SA SB

  

   

  

 

Tương tự SASC SB, SC

Các tam giác vuông SAB SBC SCA, , vng S, có trung tuyến:

2

2

AB

SPSM SN   MN NPPM

Ta có: SPSAB SM; SBC;SN SCA , ,

SP SM SN

   không đồng phẳng SMNP

 tứ diện Chọn C

Câu 3: Cho bốn điểm S1, 2, ; A2, 2,3 ; B1,3,3 ; C1, 2,  Xác định tọa độ trọng tâm G hình chóp SABC

A. 5,9,13  B 5, 3,13

3

 

 

  C

7 1, ,

4

 

 

  D

5 13 , , 4

 

 

 

Hướng dẫn giải:

Ta có GS GA GB GC      4OG    OA OB OC OS  

 

 

 

1

2 1

4

1

2 2

4

1 13

3

4

x G y z 

    

  

      

 

    

  Chọn D

Câu 4: Cho vectơ a 1,1, ;  b2, 1, ;  c  2, 3,   Xác định vec tơ d thỏa mãn 4; 5;

a d  b d  c d       

A. 3, 6,5  B. 3, 6, 5  C 3, 6,5

2

 

 

  D

5 3, 6,

2

 

 

 

Hướng dẫn giải:

     

4

2

2

a d x y z

b d x y z

x y z c d

     

 



    

 

 

   



 

      

   1  : 3x 9 x3    2  : 2y12 y6  1 : 1 4 13 4 3; 6;5

2 2

z xy     d   

 

 Chọn D

M N

P A

B

Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho điểm A2;0; ,  B 3; 1; ,   C2; 2;0 Điểm D mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từD đến mặt phẳng (Oxy) là:

A. D0; 3; 1   B. D0;2; 1  C. D0;1; 1  D. D0;3; 1 

Hướng dẫn giải:

Do DOyzD0; ;b c với c0

Theo giả thiết: ,  1 1  0; ; 1

1  

     

  

 

  

c loai

d D Oxy c D b

c Ta có AB1; 1; ,   AC  4; 2; , AD  2; ;1b 

Suy  AB AC, 2;6; 2   AB AC AD,  6b6

Cũng theo giả thiết, ta có: ,

 

 

     

   



  

ABCD

b

V AB AC AD b

b Chọn D

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1; 2; 0, B3; 4;1, D1;3; 2 Tìm tọa độ điểm C cho ABCD hình thang có hai cạnh đáy AB, CD có góc C

45 

A. C5;9;5 B. C1;5;3 C. C3;1;1 D. C3; 7; 4

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Cách AB(2; 2;1)

Đường thẳng CD có phương trình

1

:

2

x t

CD y t

z t

   

       

Suy C 1 ;3 ; 2t  t t;CB(4 ;1 ; 1 t  t  t), CD ( ; ;t  t t)

Ta có 

2 2 2

(4 )( ) (1 )( ) ( )( ) cos

(4 ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ( )

t t t t t t

BCD

t t t t t t

        



          

Hay

2 2 2

(4 )( ) (1 )( ) ( )( )

2 (4 ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ( )

t t t t t t

t t t t t t

        



          

z

y

x m

n

m D'

C' B' A'

D

C

B AO

Lần lượt thay t 3;1; 1; 2 (tham số t tương ứng với toạđộđiểm C ởcác phương án A, B, C, D), ta thấy t2 thoả (1)

Cách

Ta có AB(2; 2;1),AD ( 2;1; 2) Suy ABCD

 

ABAD Theo giả thiết, suy DC2AB Kí hiệu C a b c( ; ; ), ta có

( 1; 3; 2)

DC a b c



, 2AB(4; 4; 2) Từ C(3; 7; 4)

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O, đỉnh B m( ; 0; 0), D(0; ; 0)m , A(0; 0; )n với m n, 0 m n 4 Gọi

M trung điểm cạnh CC Khi thể tích tứ diện BDA M đạt giá trị lớn A. 245

108 B.

9

4 C.

64

27 D.

75 32

Hướng dẫn giải:

Tọa độđiểm ( ; ; 0), ( ; ;; ), ; ; n C m m C m m n M m m  

 

 ; 0; ,  ; ; , 0; ; n BA  m n BD m m BM   m 

 

  

 2

, ; ;

BA BD mn mn m

     

 

 

2

,

6

BDA M

m n V   BA BD BM  

  

Ta có

3

2

2 512 256

.(2 )

3 27 27

m m n

m m n      m n

 

64 27 BDA M V 

 

Chọn C

Câu 8: Cho ba điểm A3;1; , B0; 1;0 ,  C0; 0; 6  Nếu tam giác A B C   thỏa mãn hệ thức

A A B B C C     

có tọa độ trọng tâm là:

D C

A. 1;0;   B. 2; 3;   C. 3; 2;0   D. 3; 2;1  

Hướng dẫn giải:

Chọn A

* Cách diễn đạt thứ nhất:

Gọi G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ Với điểm T không gian có:

 1 :   A A B B C C'  '  ' 0TA TA  '  TB TB  '  TC TC  '0  

' ' '

TA TB TC TA TB TC          

Hệ thức (2) chứng tỏ Nếu T G tức TA TB TC  0    

ta có TA'TB'TC'0     hay T G' hay (1) hệ thức cần đủđể hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm Ta có tọa độ G là: 0 1 0 6; ; 1; 0; 2

3 3

G        

 

Đó tọa độ trọng tâm G’ A B C' ' ' * Cách diễn đạt thứ hai:

Ta có:    AA'BB'CC'0 (1)

A G' ' G G GA'  B G' ' G G GB'  C G' ' G G' GC                

GA GB GC A G' ' B G' ' C G' ' 'G G              (2)

Nếu G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa ' ' ' ' ' '

GA GB GC A G B G C G      

 2 G G ' 0G'G

Tóm lại (1) hệ thức cần đủđể hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm

Ta có tọa độ G là: 0 1 0 6; ; 1; 0; 2

3 3

G        

  Đó tọa độ trọng tâm G’ A B C' ' '

Câu 9: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm M3; 0; , N m n , , , P0;0;p Biết MN  13,MON600, thể tích tứ diện OMNP Giá trị biểu thức

2

2

Am n p

A. 29 B. 27 C. 28 D. 30

Hướng dẫn giải:

0

2

1

cos 60

2

OM ON m

OM ON OM ON

OM ON m n

    

  

   

 

 2

3 13

MN  m n 

Suy m2;n 2

1

, 6 3

6

OM ON OP p V p p

        

 

  

Vậy A 2 2.12 3 29

Câu 10: Cho hình chóp S ABCD biết A2; 2; , B3;1;8 , C1; 0; , D1; 2;3 Gọi H trung điểm CD, SH ABCD Để khối chóp S ABCD tích 27

2 (đvtt) có hai điểm S S1, 2 thỏa mãn u cầu tốn Tìm tọa độtrung điểm I S S1 2

A. I0; 1; 3  . B. I1; 0; 3 C. I0;1; 3. D. I1; 0;  

Hướng dẫn giải:

Ta có  1; 1; , 1; 2;1 , 3

2

ABC

AB   AC  S  AB AC 

   

 2; 2; ,  1; 1; 2

DC   AB   DC AB

   

ABCD

 hình thang

3

2 ABCD ABC

S  S 

Vì . 3

3

S ABCD ABCD

V  SH S SH 

Lại có H trung điểm CDH0;1;5

Gọi S a b c ; ; SH  a;1b;5cSHk AB AC , k3;3;3  ;3 ;3k k k Suy 3 9k29k29k2 k 1

+) Với k 1 SH3;3;3S 3; 2; 2

+) Với k  1 SH    3; 3; 3S3; 4;8

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vng ABCD, B(3;0;8), D( 5; 4; 0)  Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy) có tọa độ số nguyên, CA CB  bằng:

A. 10 B 6 10 C 10 D 10

Hướng dẫn giải:

Ta có trung điểmBD I( 1; 2; 4)  ,BD12và điểmAthuộc mặt phẳng (Oxy) nên ( ; ;0)

A a b

ABCD hình vng 

2

2

2

2

AB AD

AI BD

 



  

  



 



2 2 2

2 2

( 3) ( 5) ( 4)

( 1) ( 2) 36

a b a b

a b

       

  

    

 

2

4

( 1) (6 ) 20

b a

a a

    

   



1 a b

   

 

17

14 a b 

   

    

 A(1; 2; 0) 17; 14;0

5

A  

 

(loại) Với A(1; 2; 0) C( 3; 6;8) 

Câu 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 4; 1) ,B(1; 4; 1) , C(2; 4;3) (2; 2; 1)

D  Biết M x y z ; ; , để 2 2

MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ xyz

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải:

Gọi G trọng tâm ABCD ta có: 14; ; 3 G 

 

Ta có: MA2MB2 MC2MD2 4MG2GA2GB2GC2GD2

 2 2

GA GB GC GD Dấu xảy M  14; ; 3

G xy z

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG NÂNG CAO

A - LÝ THUYẾT CHUNG

1 Định nghĩa

Trong khơng gian Oxyz phương trình dạng AxByCzD0 với 2

A B C  gọi phương trình tổng quát mặt phẳng

Phương trình mặt phẳng  P :AxBy Cz D0 với 2

A B C  có vec tơ pháp tuyến  ; ; 

n  A B C

Mặt phẳng  P qua điểm M0x y z0; 0; 0 nhận vecto n A B C; ; ,n0 làm vecto pháp tuyến dạng  P :A x x0B y y0C z z00

Nếu  P có cặp vecto aa a a1; 2; 3;bb b b1; 2; 3 khơng phương, có giá song song nằm  P Thì vecto pháp tuyến  P xác định n a b , 

2 Các trường hợp riêng mặt phẳng

Trong không gian Oxyz cho mp   :AxByCzD0, với A2B2C2 0 Khi đó:

D   qua gốc tọa độ

0, 0, 0,

A B C D   song song trục Ox

0, 0, 0,

A B C D   song song mặt phẳng Oxy

, , , A B C D Đặt

, ,

D D D

a b c

A B C

     

Khi đó:  

:x y c a b z

   

3 Vịtrí tương đối hai mặt phẳng

Trong không gian Oxyz cho   :AxBy Cz D0  ' :A x' B y C z'  ' D'0  

cắt  '

' '

' '

' '

AB A B

BC B C

CB C B

  

 

 

 

//  '

' '

' ' ' '

' '

AB A B

BC B C va AD A D

CB C B

  

  

 



 

  '

' '

' '

' '

' '

AB A B

BC B C

CB C B

AD A D

 

 

  

 

 



Đặt biệt:      ' n n 1 2 0A A 'B B 'C C '0

4 Góc hai mặt phẳng

Gọi  góc hai mặt phẳng 00 900

 P :AxBy Cz D0  Q :A x' B y C z'  ' D'0

  2 2 2

' ' '

cos = cos ,

' ' '

P Q P Q

P Q

n n A A B B C C n n

n n A B C A B C

    

   

   

 

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ

2 2

 

    

 y

x y z Oxyz cho điểm M1;0;0 0;0; 1 

N , mặt phẳng  P qua điểm M N, tạo với mặt phẳng  Q :xy40 góc O

45 Phương trình mặt phẳng  P

A

2 2

 

    

 y

x y z B

0

2 2

 

    

 y

x y z

C 2

2 2

   



    



x y z

x y z D

2 2

2 2

  



   



x z

x z

Hướng dẫn giải:

Gọi vectơ pháp tuyến mp P  Q nPa b c; ;  a2 b2c2 0, nQ  P qua M1;0;0 P :a x 1bycz0

 P qua N0;0; 1  a c  P hợp với  Q góc O

45   O

2

0

, 45

2

2



 

     

 

 

 

P Q

a a b

cos n n cos

a b

Với a0 c chọn b1 phương trình  P :y0

Với a 2b chọn b  1 a2 phương trình mặt phẳng  P : 2x y2z20 Chọn A

Câu 2: Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz,cho  P :x4y2z 6 0, Q :x2y4z 6 Lập phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến của   P , Q cắt trục tọa độ điểm A B C, , cho hình chóp O ABC hình chóp

A. xy z 60 B. xy  z C xy  z D xy  z

Hướng dẫn giải:

Chọn M6; 0; , N2; 2; 2 thuộc giao tuyến của   P , Q

Gọi A a ; 0; , B0; ;0 ,b  C0; 0;c giao điểm   với trục Ox Oy Oz, ,  : x y z 1a b c, , 0

a b c   

  chứa M N,

6

2 2

1 a

a b c



 

  

    



Hình chóp O ABC hình chóp đềuOAOBOC a  b  c Vây phương trìnhxy  z

Chọn B

Câu 3: Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho đường thẳng:

, mặt cầu

Viết phương trình mặt phẳng song song với hai đường thẳng cắt mặt cầu (S)

theo giao tuyến đường tròn (C) có chu vi

A B C D

2 1

:

1

x y z

  

 2:

1 x t

y t

z t

  

   

   

2 2

( ) :S x y z 2x2y6z 5

( )  1, 2

2 365



5 0; 10

x y z  x y z 

5 10

x y z 

5 3 511 0; 3 511

x y z   x y z  

5

Chọn B

Hướng dẫn giải:

+ qua có vectơ chỉphương

qua có vectơ chỉphương

+ Mặt phẳng () song song với nên có vectơ pháp tuyến:

Phương trình mặt phẳng () có dạng:

+ Mặt cầu (S) có tâm bán kính

Gọi r bán kính đường trịn (C), ta có:

Khi đó:

+ Phương trình mặt phẳng

Vì nên M1 M2 khơng thuộc loại (1)

Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: Chọn B

Câu 4: Cho tứ giác ABCD có A0;1; ;  B1;1; ; C1; 1;0 ;  D0; 0;1  Viết phương trình mặt phẳng  P qua A B, chia tứ diện thành hai khối ABCE ABDE có tỉ số thể tích

A. 15x4y5z 1 B.15x4y5z 1 C. 15x4y5z 1 D. 15x4y5z 1

Hướng dẫn giải:

 P cắt cạnh CD E E, chia đoạn CD theoo tỷ số 3

3 3.0

4 4

3 3.0

4 4

3 3.1

4 4

C D

C D

C D

x x

x

y y

E y

z z

z

 



  

 

   



    



 



  

 

1; 0;3 ; 1; 7; 11; 5; 7

4 4

AB AE   

 

 

1

 M1(2; 1;1) u1(1; 2; 3)

2

 M2(0; 2;1) u2 (1; 1; 2)



1,

  u u 1, 2  (1; 5; 3) 

 x5y3zD0

I(1; 1;3) R4

2 365 365

2

5

r  r

   

  2 35

, ( )

5

d I   R r  35

10

35

D D

D  

 

   

 

( ) : x5y3z 4 (1) hay x5y3z100 (2) 1/ /( ), 2/ /( )

  ( ) 

5 10

x y z 

F

N

C B

A

Vecto pháp tuyến

 : , 15; 4; 5   : 15  1  4 1 5

15

P n AB AE P x y z

x y z

 

            

    

  

Chọn A

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ

2 2

y

x y z

  

   



Oxyz cho điểm M1; 0; 0 0; 0; 1

N  , mặt phẳng  P qua điểm M N, tạo với mặt phẳng  Q :x  y góc O

45 Phương trình mặt phẳng  P

A

2 2

y

x y z

 

    



. B

2 2

y

x y z

 

    



C 2

2 2

x y z

x y z

   



    



D 2

2 2

x z

x z

  



   



Hướng dẫn giải:

Gọi vectơ pháp tuyến mp P  Q nPa b c; ;  a2 b2 c2 0, nQ  P qua M1; 0; 0 P :a x 1bycz0

 P qua N0; 0; 1  ac0

 P hợp với  Q góc 45O   O

2

0

, 45

2

2

P Q

a a b

cos n n cos

a b

a b



 

     

 

 

 

Với a0c0 chọn b1 phương trình  P :y0

Với a 2b chọn b  1 a2 phương trình mặt phẳng  P : 2x y 2z 2 Chọn A

Câu 6: Cho tứ giác ABCD có A0;1; ;  B1;1; ; C1; 1;0 ;  D0; 0;1  Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  Q song song với mặt phẳng BCD chia tứ diện thành hai khối

AMNF MNFBCD có tỉ số thể tích 27

A. 3x3z 4 B. y  z

C. y z 40 D. 4x3z 4

Hướng dẫn giải:

Tỷ số thể tích hai khối AMNF MNFBCD:

3 27 AM

AB

 



 

 

1 AM

M AB

 

   

1 2.0

3

1 2.1

1 ; 0;1;1 ; 1;1;1

3

2

0

x

E y BC BD

x  

 

 

 

       



  

 

 

 

Vecto pháp tuyến  Q :n0;1; 1 

        

 

1

: 1

3

:

M Q Q x y z

P y z

 

           

 

   

Chọn B

Câu 7: Từ gốc O vẽ OH vng góc với mặt phẳng   P , OH  p; gọi   , , góc tạo vec tơ pháp tuyến  P với ba trục Ox,Oy Oz, Phương trình  P là:

A. xcos ycoszcos p0 B. xsin ysinzsin p0 C. xcos ycoszcos p0 D. xsin ysin zsin p0

Hướng dẫn giải:

 cos , cos , cos   cos , cos , cos  H p  p  c  OH p  p  c  Gọi: M x y z , ,    P HMxpcos , ypcos , zccos

     

 

cos cos cos cos cos cos

: cos cos cos

OH HM

x p p y p p z c p

P x y z p

     

  



     

    

 

Chọn A

Câu 8: Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P cắt hai trục y Oy' z Oz' 0, 1, , 0, 0,1

A  B tạo với mặt phẳng yOz góc 45

A 2xy  z B 2xy  z

C 2xy  z 0; 2xy  z D 2xy  z 0; 2xy  z

Hướng dẫn giải:

Gọi C a , 0,0 giao điểm  P trục x' Ox 0, 1, ;  , 0, 1

BA BC a

    

Vec tơ pháp tuyến  P nBA BC , 1,a a,  Vec tơ pháp tuyến yOz là: e11, 0, 0

Gọi  góc tạo  P   2

1

os45

2

1

yOz c a a

a

       



Chọn D

Câu 9: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ , vng góc với mặt phẳng tiếp xúc với (S)

A 2

2 21

   



    



x y z

x y z B

2

2 21

   



    



x y z

x y z

C

2

   



    



x y z

x y z D

2 13

2

   



    



x y z

x y z

Hướng dẫn giải:

Vậy: (P): (P):

(S) có tâm I(1; –3; 2) bán kính R = VTPT

 VTPT (P) là:  PT (P) có dạng:

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên

Vậy: (P): (P):

Chọn B

Câu 10: Cho điểm A(0;8; 2)và mặt cầu ( )S có phương trình ( ) : (S x5)2(y3)2(z7)2 72 điểm B(9; 7; 23) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua Atiếp xúc với ( )S cho khoảng cách từ Bđến ( )P lớn Giả sử n(1; ; )m n



là vectơ pháp tuyến ( )P Lúc A. m n 2 B m n  2 C m n 4 D m n  4

Hướng dẫn giải: Chọn D.

Mặt phẳng ( )P qua Acó dạng a x( 0)b y( 8)c z( 2)0ax by cz8b2c0 Điều kiện tiếp xúc:

2 2 2

5 11

( ; ( )) a b c b c a b c

d I P

a b c a b c

     

    

   

(*)

Mà

2 2 2

9 23 15 21

( ; ( )) a b c b c a b c

d B P

a b c a b c

     

 

   

2 2

5a 11b 5c 4(a b )c

a b c

    

 

 

2 2 2

2 2 2 2 2

5 11 ( 1)

4 18

a b c a b c a b c

a b c a b c a b c

        

    

     

2 2

2

x  y z  x y z  (1;6; 2)

v ( ) : x4y z 110

2x y 2z 3 0 2x y 2z21 0

( ) n(1;4;1)

 ,  (2; 1;2)

P

n  n v    2x y 2zm0

( ,( ))

d I P  21

3 m m

  

  



Dấu xảy

1

a b c

 

 Chọn a1;b 1;c4 thỏa mãn (*) Khi ( ) :P xy4z0 Suy m 1;n4 Suy ra: m n  4

Câu 11: Cho mặt phẳng  P qua hai điểm A3, 0, , B3, 0, 4 hợp với mặt phẳng xOy góc 300 cắt y Oy' C Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P

A y 3z4 30 B y 3z4 30 C y 3z4 30 D xy 3z4 30

Hướng dẫn giải:

0, , ;  3, , ;  6, 0, 0 C c AC  c  AB 

Vec tơ pháp tuyến  P :n  AC AB, 6 0, 4, c Vec tơ pháp tuyến xOz:e30, 0,1



 

        

0

2

cos 30 48 0, 4,

2 16

: 0 4 3

c

c c n

c

P x y z y z

         



           



Chọn C

Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng

1

1:

0 x t

d y

z   

    

, 2 2

1 :

0 x

d y t

z   

    

,

3

3

:

x

d y

z t   

    

Viết phương trình mặt phẳng qua điểm H3; 2;1 cắt ba đường thẳng d1,

2

d , d3 A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC A. 2x2y z 110 B. xy  z C. 2x2y  z D. 3x2y z 140

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Gọi A a; 0; 0 , B1; ; 0b , C1; 0;c

1 ; ;0 , 0; ; , 2; 2;1 , 3 ; 2;1 AB a b BC b c CH  c AH  a

   

Yêu cầu toán

     

2

, 2 2 1 1 1 0

0

9

2

AB BC CH bc c a c b a

b

AB CH a b b b

b c b

BC AH

  

     



  

 



 

       

 

 

   

 

 

      

Nếu

b , tọa độ 11; 0; A 

 , 1; ;0

2 B 

 , C1; 0;9 Suy phương trình mặt phẳng ABC 2x2y z 110

Câu 13: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: d’:

Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) tạo với mặt phẳng Oyz góc nhỏ

A B

C D

Hướng dẫn giải:

Giả sử (β): (đk: ), (β) có vtpt

d (β)   

=

TH 1: A = (không thoảđb không nhỏ nhất) TH 2: A ≠ 0, ta có:

= = =

nhỏ  lớn  nhỏ 

 nên Vậy: (β):

3 2            x t y t z t ' '

2 '            x t y t z t

3xy 2z70 3xy 2z 7

3

 xy z  3xy 2z 7

0

   

Ax By Cz D A2B2C2 0 ( ; ; )

 

n A B C ( )          A n a

 3 2 0

2           

A B D A B C

2 2          

D A C

B A C



cos(( ), ( )) cos( , )   

Oyz n i 

2 2

( 2)

  

A

A A C C

 ( ), ( Oyz)

 cos(( ),( Oyz))

2

1

1 (1 C ) ( )C

A A

2

1

6 12

( 3) 2 ( )

3    C C A A 12

( )

3

 

C A 

( ), ( Oyz) cos(( ),( Oyz)) ( 6)2  C A 3   C A (choïn)         A C           B D

Chọn D

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d cắt trục Ox, Oy A B cho đường thẳng AB vng góc với d

A.  P :x2y5z 4 B.  P :x2y5z 5 C.  P :x2y  z D.  P : 2x  y

Hướng dẫn giải:

Cách (Tự luận)

Đường thẳng d qua M(2;1;0) có VTCP ud 1; 2; 1  

Ta có:ABd ABOz nên AB có VTCP là: uABu k d, 2; 1;0  (P) chứa d AB nên (P) qua M(2;1; 0), có VTPT là: nu u d, AB1; 2;5

  P :x2y5z 4  Chọn A

Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Đường thẳng d qua điểm M(2;1;0) N(3;3;-1)

Giả sử mp(P) cắtOx, Oy, Oz A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)

  P : x y z ab c 

ABd  AB u d  0 a2b (1)

 P chứa d nên d qua M, N  1 ab  (2),

3

1 a b c



   (3)

Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c =

5  P :x2y5z 4  Chọn A

Câu 15: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng mp Viết phương trình mặt phẳng qua d tạo với góc nhỏ

A B

:

2

x t

d y t

z t

   

   

   

 P : 2x y 2z 2  R  P

3

C D

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng:

Do mặt phẳng qua d thuộc chùm mặt phẳng:

Hay mp : (*) Mp có

Vậy:

Do nhỏ lớn

Vậy thay vào (*) ta có mp

Chọn B

Câu 16: Cho hai đường thẳng 1

2

:

2

x t

d y t

z t

   

     

và 2

2

:

x t

d y

z t     

     

Mặt phẳng cách hai đường

thẳng d1 d2 có phương trình

A. x5y2z120 B. x5y2z120 C. x5y2z120 D. x5y2z120

Hướng dẫn giải:

Chọn D

1

d qua A2;1; 0 có VTCP u1 1; 1; 2 



;

d qua B2;3; 0 có VTCP u2   2; 0;1

Có u u 1, 2    1; 5; 2; AB0; 2;0, suy u u 1, 2.AB 10, nên d d1; 2 chéo Vậy mặt phẳng  P cách hai đường thẳng d d1, 2 đường thẳng song song với d d1, 2 qua trung điểm I2; 2; 0 đoạn thẳng AB

Vậy phương trình mặt phẳng  P cần lập là: x5y2z120

x   y z x   y z

1

2 1

2

1

x y

x y

x z x z

 

 

    



 

 

     

 

 

 R  R

 

2x  y m x  z

 R 2m x  y mz 1 2m0  R

   

1 2;1; ; P 2; 1; n  m m n   

 

   

1

2 2 2

1

2 2

5

cos

3 3

3

2 4

P P

m m

n n

m m

n n m m m

       

 

      

 

 cos m1

 R :x   y z

A

B

M

Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho hai đường thẳng d d1, 2lần lượt có phương trình

2

:

2

x y z

d      , 2:

2

x y z

d     

 Phương trình mặt phẳng   cách hai đường thẳng d d1, 2 là:

A. 7x2y4z0 B. 7x2y4z 3

C. 2xy3z 3 D. 14x4y8z 3

Hướng dẫn giải:

Ta có d1 qua A2; 2;3 có  

1 2;1;3

d

u , d2 qua B1; 2;1 có  

2 2; 1;

d

u   1;1; ; d1; d2 7; 2; 4

AB   u u   

  

;

1;

d d

u u AB

 

      nên d d1, 2 chéo

Do   cách d d1, 2 nên   song song với d d1, 2  

1; 7; 2;

d d n u u 

      

  có dạng 7x2y4zd 0

Theo giả thiết d A ,  d B ,  

69 69

d d

d

 

   

 :14x 4y 8z

     

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng song song cách hai đường thẳng

A B

C D

Hướng dẫn giải:

Ta có: qua điểm có VTCP

và qua điểm có VTCP Vì song songvới hai đường thẳng nên VTPT

Khi có dạng loại đáp án A C

 P

1

2 :

1 1 y

x z

d   



1

:

2 1 y

x z

d    

 

 P : 2x2z 1  P : 2y2z 1

 P : 2x2y 1  P : 2y2z 1

1

d A2; 0; 0 u1  1;1; 1

2

d B0;1; 2 u2 2; 1;     P

1

d d2  P n u u 1, 2  0;1; 1 

Lại có cách nên qua trung điểm Do

Chọn B

Câu 19: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : 5x  z hai đường thẳng d d1; 2 có phương trình 1;

1 2 1

x y z x y z

   

 Viết phương trình mặt phẳng    Q / / P , theo thứ tự cắt d d1, 2 A B, cho

3 AB

A  1 : 25 331 0; 2: 25 331

7

Q x z    Q x z    B.  Q1 : 5x  z 0;Q2: 55x11z140

C.  Q1 : 5 x  z 0; Q2 : 55 x11z140 D.  Q1 : 5x  z 0; Q2 : 55x11z 7

Hướng dẫn giải:

 

   

1

1

1 '

: , : ' ; : 0,

1 '

3 15 12 30

; ; , ; ;

3 3 9

x t x t

d y t d y t Q x z d d

z t z t

d d d d d d

Q d A Q d B

   

 

 

        

 

       

 

        

   

       

   

Suy ; ;30 16 ; ;30 

9 9

d d d

AB      d   d  d

 



Do 16 2  2 30 2

3

AB  d    d   d

2

25 331

80

42 300 252

9 25 331

7 d

d d

d

  

  

     

  

   Vậy, tìm hai mặt phẳng thỏa mãn:

 1  2

25 331 25 331

: 0; :

7

Q x z    Q x z   

Chọn A

Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1; 2;3 đường thẳng d: Mặt phằng  P chứa đường thẳng d có khoảng cách từ A đến  P lớn Khi  P có véctơ pháp tuyến

 P d1 d2  P 0; ;11

2

M 

  AB

 P : 2y2z 1

3

2 1

 

 



A B C D

Hướng dẫn giải:

Gọi H,K lần lươt hình chiếu vng góc A lên d (P) Khi đó: d(A,(P)) = AK AH hay d(A,(P)) lớn

Ta có:

Suy ra:

Hay véctơ pháp tuyến (P) Chọn A

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng

Viết phương trình mặt phẳng chứa cho góc mặt phẳng đường thẳng lớn

A. xy z 60 B 7xy5z90 C xy  z D xy  z

Hướng dẫn giải:

Ta có: qua có

Phương trình mặt phẳng có dạng:

Ta có:

Gọi

Với

Với Đặt , ta

Xét hàm số Ta có:

4 13

( ; ; )

n



4 13

( ; ; )

n 



4 13

( ; ; )

n 



4 13

( ; ; )

n 



 H K

3 2 1

( ; ; ); ( ; ; )

H   t   t t a 

 4

0

3

AH a  t

 

4 13

3 3

( ; ; )

AH   



4 13

( ; ; )

n



Oxyz 1:

1

x y z

d     

2

2

:

2

x y z

d    

 ( )P d1

( )P d2

1

d M(1; 2; 0) VTCPu(1;2; 1)



( )P 2

( 1) ( 2) 0,( 0)

A x B y Cz A B C 

( )

d P u n CA B

 

2

2 2 2 2

4 1 (4 3 )

(( ), ) sin

3

3

A B A B

P d

A AB B

A AB B

       

 

 

0

B sin 2

3



 

0

B t A

B



2

1 (4 3)

sin

3

t

t t

  

 

2

(4 3) ( )

2

t f t

t t

 

 

2

2

16 124 84

'( )

(2 5)

t t

f t

t t

 



Dựa vào BBT ta có:

Khi đó:

Vậy Phương trình mặt phẳng

Chọn B

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm Viết phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ cách khoảng lớn

A B C D

Hướng dẫn giải:

Gọi hình chiếu vng

Khi qua vng góc với vecto pháp tuyến phương trình mặt phẳng

hay Chọn A

Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

1

x y z

d    



2

2

:

2

x y z

d    

 Gọi  P mặt phẳng chứa d1 cho góc mặt phẳng  P đường thẳng d2 lớn Chọn mệnh đềđúng mệnh đề sau:

A.  P có vectơ pháp tuyến n1; 1; 2  B.  P qua điểm A0; 2;0

C.  P song song với mặt phẳng  Q : 7x y 5z 3 D.  P cắt d2 điểm B2; 1; 4 

Hướng dẫn giải:

1

d qua M1; 2;0  có VTCP u1; 2; 1  Vì d1 P nên M P

'( )

7

t f t

t

   

 

   

25 max ( )

3

f t  t 7 A

B

  

5

sin ( 7)

9

f

   

5 sin

9

  A

B    ( ) : 7P x y 5z 9

,

Oxyz M1; 2;  

  O0; 0; 0 M

2

x y z 

1 y

x z

  

 x y z  0 x y z   2

H M ( )P  MHO H MH MO

max

MH

 MO ( )P M MO MO(1; 2; 1)



( )P  ( )P 1(x0) 2( y0) 1( z0) 0

2

Pt mặt phẳng  P có dạng: A x 1B y 2Cz0A2 B2C2 0 Ta có: d1 P u n  0C A2B

Gọi    

2

2 2 2 2

4

, sin

3

3

A B A B

P d

A AB B

A AB B

 

   

 

 

 

TH1: Với B0 sin 2 



TH2: Với B0 Đặt t A B

 , ta được:   2

4

1 sin

3

t

t t

 

 



Xét hàm số     2

4

2

t f t

t t

 

  Dựa vào bảng biến thiên ta có:   25 max

7

f x  t 7

khi A B  

Khi sin  7 f

  



So sánh TH1 TH2  lớn với sin 

 A

B   Vậy phương trình mặt phẳng  P : 7x y 5z 9

Chọn B

Câu 24: Trong không gian với hệ trục toạđộ Oxyz,cho tứ diện ABCD có điểm A1;1;1 , B2; 0; 2,  1; 1; , 0;3; 4

C   D Trên cạnh AB AC AD, , lấy điểm B C D', ', ' thỏa:

' ' '

AB AC AD

AB  AC AD  Viết phương trình mặt phẳng B C D' ' ' biết tứ diện AB C D' ' ' tích nhỏ nhất?

A. 16x40y44z390 B.16x40y44z390 C. 16x40y44z390 D. 16x40y44z390

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có: 4 33

' ' ' ' ' '

AB AC AD AB AC AD

AB AC AD AB AC AD

   

' ' ' 27

64

AB AC AD AB AC AD

   ' ' ' ' ' ' 27

64

AB C D ABCD

V AB AC AD

V  AB AC AD  ' ' '

27 64 AB C D ABCD

V V

Để VAB C D' ' ' nhỏ ' ' ' AB AC AD

AB  AC  AD 

3 7

' ' ; ;

4 4

AB AB B  

    

 

 

Lúc mặt phẳng B C D' ' ' song song với mặt phẳng BCDvà qua ' 7; ; 4 B  

 

B C D' ' ' :16 x 40y 44z 39

    

Câu 25: Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho mặt phẳng   qua điểm M1; 2;3 cắt trục Ox, Oy, Oz A , B , C ( khác gốc toạđộ O) cho M trực tâm tam giác

ABC Mặt phẳng   có phương trình là:

A. x2y3z140 B.

1

x y z

   

C. 3x2y z 100 D. x2y3z140

Hướng dẫn giải:

Cách 1:Gọi Hlà hình chiếu vng góc Ctrên AB , Klà hình chiếu vng góc B AC.M trực tâm tam giác ABC M BKCH

Ta có: AB CH AB COH AB OM(1)

AB CO

 

   



 

(1)

Chứng minh tương tự, ta có: ACOM (2) Từ (1) (2), ta có: OM ABC

Ta có: OM1; 2;3

Mặt phẳng   qua điểmM1; 2;3và có VTPT OM1; 2;3 nên có phương trình là: x12y23z30 x 2y3z140

Cách 2:

+) Do A B C, , thuộc trục Ox Oy Oz, , nên A a( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; )B b C c ( , ,

a b c  )

Phương trình đoạn chắn mặt phẳng(ABC)là: x y z ab c 

M K

H O z

y

x C

B

+) Do M trực tâm tam giác ABC nên

( )

AM BC BM AC M ABC

 

 

 

 

 

   

Giải hệđiều kiện ta đượca b c, ,

Vậy phương trình mặt phẳng:x2y3z140

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): đường thẳng Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ

A B

C D

Hướng dẫn giải:

PT mặt phẳng (P) có dạng: Gọi

Chọn hai điểm Ta có:

 (P): 

TH1: Nếu a = 

TH2: Nếu a  Đặt

Xét hàm số

Dựa vào BBT, ta thấy

Do chỉcó trường hợp thoả mãn, tức a = Khi chọn

Vậy: (P):

Chọn A

x2y z  5

x y z

d: 1

2 1

  

 

 P :y z 40  P : x z 40  P : x  y z 40  P :y z 40

ax by cz d   0 (a2b2c2 0) a (( ),( ))P Q

M( 1; 1;3), (1; 0; 4)  N d M P c a b

N P d a b

( )

( )

     



    

 

ax by  ( 2a b z ) 7a4b0 a b

a2 ab b2

3

cos

6 5 4 2

  

 

b b2

3

cos

2

6 2

   a 300

b a

b b

a a

2

1

cos

6

5



 

 

   

 

b x

a

 f x( ) cos 2

x x

f x

x x

2

2

9

( )

6

 



 

f x 0

min ( )0cos 0a 90 30

b1,c1,d4

Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3; 0; 2, B3; 0; 2 mặt cầu

2 2

( 2) ( 1) 25

x  y  z  Phương trình mặt phẳng   qua hai điểm A, B cắt mặt cầu  S theo đường trịn bán kính nhỏnhất là:

A. x4y5z170 B. 3x2y  z C. x4y5z130 D. 3x2yz– 110

Hướng dẫn giải:

Mặt cầu  S có tâm I0; 2;1 , bán kính R5 Do IA 17R nên AB ln cắt  S Do ( ) ln cắt  S theo đường trịn  C có bán kính r R2d I ,  2 Đề bán kính rnhỏ d I P ,  lớn

Mặt phẳng   qua hai điểm A, B vuông góc với mpABC

Ta có AB(1; 1; 1)  ,AC   ( 2; 3; 2) suy ABC có véctơ pháp tuyến , ( 1; 4; 5)

n AB AC  

(α) có véctơ pháp tuyến n n AB ,   ( 6; 3)  3(3; 2;1)

Phương trình    : x– 22y–11z– 3 0 3x2yz– 11 0

Câu 28: Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz,cho  P :x4y2z 6 0, Q :x2y4z 6 Lập phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến của   P , Q cắt trục tọa độ điểm A B C, , cho hình chóp O ABC hình chóp

A. xy  z B. xy  z C xy  z D xy  z

Hướng dẫn giải:

Chọn M6; 0; , N2; 2; 2 thuộc giao tuyến của   P , Q

Gọi A a ; 0;0 , B0; ; ,b  C0;0;c giao điểm   với trục Ox Oy Oz, ,  : x y z 1a b c, , 0

a b c   

  chứa M N,

6

2 2

1 a

a b c



 

  

    

Hình chóp O ABC hình chóp đềuOAOBOC a  b  c Vây phương trìnhxy  z

Câu 29: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm N1;1;1 Viết phương trình mặt phẳng  P cắt trục Ox Oy Oz, , A B C, , (không trùng với gốc tọa độO) cho N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

A.  P :x   y z B.  P :xy  z

C.  P :x   y z D.  P :x2y  z

Hướng dẫn giải:

Gọi A a ; 0;0 , B0; ; ,b  C0;0;c giao điểm  P với trục Ox Oy Oz, ,   P :x y z 1a b c, , 0

abc  

Ta có:

 

1 1

1 3

1

N P a b c

NA NB a b a b c x y z

NA NC a c



  

 



 

             

 

     

 



Câu 30: Phương trình mặt phẳng sau qua điểm M1; 2;3 cắt ba tia Ox, Oy, Oz A,B, C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất?

A. 6x3y2z180 B. 6x3y3z210 C. 6x3y3z210 D. 6x3y2z180

Hướng dẫn giải:

Giả sử A a( ; 0; 0), B(0; ; 0), (0;0; ) ( , ,b C c a b c0) (ABC): x y z

abc  (1)

M(1;2;3) thuộc (ABC): abc  Thể tích tứ diện OABC:

6 V  abc

Áp dụng BDT Cơsi ta có: 1 33 1 27.6 27 27

6abc V

a b c abc abc

         

Ta có: V đạt giá trị nhỏ

3

1

27

3

9 a

V b

a b c

c   

       

Vậy (ABC): 6x3y2z180 Chọn (D)

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1).Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E cắt nửa trục dương Ox Oy Oz, , A B C, , cho OG nhỏ với G trọng tâm tam giác ABC

A. xy2z110 B. 8xy z 66=0 C. 2xy z 180 D. x2y2z120

Hướng dẫn giải:

Chọn D Cách :

Với đáp án A: (11; 0;0); B(0;11; 0);C(0;0;11) (11 11 11; ; ) OG2 121

2 3

A G  

Với đáp án B: (33;0; 0); B(0;66; 0); C(0; 0; 66) (11; 22; 22) OG2 15609

4 16

A G  

Với đáp án C: 18 18

(9; 0; 0); B(0;18;0); C(0;0;18) (3; ; ) OG 81

3

A G  

Với đáp án D: A( 12; 0; 0); B(0;6; 0); C(0; 0; 6) G( 4; 2; 2)  OG2 24 Cách :

Gọi A a ; 0;0 , B0; ; ,b  C0;0;cvới a b c, , 0 Theo đề ta có :8 1

abc  Cần tìm giá trị nhỏ a2b2c2

Ta có a2b2c24 1    a.2b.1c.12 6.a2b2c22a b c2 Mặt khác

    

 

 

2 2

2 1 1

8 1

4 1 36

a b c a b c

a b c

a b c

      

 

      

 

   

Suy 2

a b c  Dấu '''' xảy

2

2

a

b c a b c

    

Vậy 2

M

N K

H' H

Vậy phương trình mặt phẳng : 12 6

x y z

   hay x2y2z120

Câu 32: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;1; ,) B(1;2; 4) I(1; 3; ) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A B, cho khoảng cách từ I đến (P) lớn

A. 3x7y6z350 B. 7xy5z90 C. xy  z D. x y  z

Hướng dẫn giải:

Ta có IA 32 22 42  29 IB 02 5222  29 Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB, IA=IB nên IMAB, ta

có 1; ;5 ; 2

 

 

 

M 94

2 

IM

Gọi H hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng (P):

Nếu H, M hai điểm phân biệt tam giác IHM vng H, IH<IM hay

94 

IH

Nếu H trùng với M 94

 

IH IM Vậy ta có 94 

IH , IH lớn HM

Khi (P) có vectơ pháp tuyến 7; ;3 2

 

    

 

   P

n IH IM Vậy phương trình mặt phẳng (P) 3 2 7 1 3 6

2 x 2 y  z  hay 3x7y6z350 Chọn A

Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz, cho hai điểm Mặt phẳng (P)đi qua M, N cho khoảng cách từ đến (P) đạt giá trị lớn (P) có vectơ pháp tuyến là:

A B C D

Hướng dẫn giải:

- Khoảng cách từK đến (P) lớn KH, H’ trùng H

- Vậy mặt phẳng (P) qua MN vng góc với KH

(0; 1;2)

M  N( 1;1; 3)

0; 0;2

K

- Tìm H viết (P) hoặc:

- (P) chứa MN vng góc với (MNP) Gọi H, H’ hình chiếu K lên MN (P)

Ta có: khơng đổi

Vậy lớn H’ trùng H hay (P) vng góc với KH

;

(MNK) có vtpt

Do nên HK có vtcp

Chọn A

Câu 34: Trong không gian Oxyz, cho điểm A1; 0; , B2; 0;3 , M0;0;1 N0;3;1  Mặt phẳng  P qua điểm M, N cho khoảng cách từ điểm B đến  P gấp hai lần khoảng cách từđiểm A đến  P Có bao mặt phẳng  P thỏa mãn đầu bài?

A. Có vơ số mặt phẳng  P B.Chỉ có mặt phẳng  P C. Khơng có mặt phẳng  P D.Có hai mặt phẳng  P

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Giả sử  P có phương trình là:ax by czd 0a2b2c2 0 Vì M P  c d0d  c

Vì N P 3b c d 0 hay b0 c d 0  P ax cz c:

   

Theo ra: d B P , 2d A P ,  

2 2

2

2

a c c a c

a c a c

   



 

c a a c

   

Vậy có vơ số mặt phẳng  P

Câu 35: Trong không gian tọa độOxyz, cho phương trình mặt phẳng

 

( ,( )) '

d k P KH KH

( ,( ))

d K P

   

 

(0;1;0); (1; 1; 1)

MK NK  



( 1;2;1)

MN

 

   

 

  

, ( 1;0; 1)

n MK NK

 

  

( )

HK MNK

HK MN

   

 

 

, (2;2; 2)

Xét mệnh đề sau:

(I) Với mặt phẳng ln tiếp xúc với mặt cầu khơng đổi

(II) Với mặt phẳng cắt mặt phẳng (Oxz)

(III)

Khẳng định sau đúng?

A. Chỉ (I) (II) B.Chỉ (I) (III) C.Chỉ (II) (III) D.Cả3

Hướng dẫn giải:

+ Ta có , với

Do với m thay đổi mặt phẳng ln tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán kính Khẳng đinh (I)đúng

+ Vectơ pháp tuyến mặt phẳng vectơ pháp tuyến

của mặt phẳng (Oxz)

cắt (Oxz) Khẳng đinh (II)

+ Khẳng đinh (III) sai Chọn A

Câu 36: Cho mặt phẳng  P qua hai điểm A3, 0, , B3, 0, 4 hợp với mặt phẳng xOy góc 300 cắt y Oy' C Tính khoảng cách từ O đến  P

A 4 B C

3 D.

Hướng dẫn giải:

Vẽ OH KC với K giao điểm AB trục z Oz'

Ta có: C 300 K 60 ;0 OK

 

   

 : 3 5 1 4 20 0, 1;1

m mx m y mz m

        

1;1

m    m

0

m   m

 

; m 5, 1;1

d O      m  

 

 

2 2

20 20

;

25

9 25 16

m

d O

m m m



    

 

     m  1;1

1;1

 

 

   m

4 R 

 m  

2

3 ;5 ; n  m m m

0;1;0

j 



 m n j; m

    

   

 

30 P

-3

3

B

y z

O K

A

C x'

 

, sin 60

3

4

2

d O P OH OK

  

 

Chọn D

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hai mặt phẳng 4x4y2z 7 0và 2x2y  z chứa hai mặt hình lập phương Thể tích khối lập phương

A 27

V  B 81

8 V 

.

C

2

V  D 64

27 V 

Hướng dẫn giải:

Theo hai mặt phẳng 4x4y2z 7 0và 2x2y  z chứa hai mặt hình lập phương Mà hai mặt phẳng ( ) : 4P x4y2z 7 ( ) : 2Q x2y  z song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng cạnh hình lập phương

Ta có M(0; 0; 1) ( )Q nên

2 2

2

(( ), ( )) ( , ( ))

2

4 ( 4)

d Q P d M P    

  

Vậy thể tích khối lập phương là: 2 3 27 V  

Câu 38: Trong không gian với hệ toạ độ , gọi mặt phẳng qua hai điểm đồng thời hợp với mặt phẳng góc Khoảng cách từ O tới là:

A B C D

Hướng dẫn giải:

Gọi hình chiếu vng góc điểm lên đường thẳng mặt phẳng

Ta có:

Oxyz   A2; 0;1

 2;0;5

B  Oxz

45  

3

3

1

2

;

K H O AB

 

 

,

A B Oxz    Oxz AB

  

 

OH HK AB

OK AB OK AB

 

  





 

 

 



450 K

Suy tam giác vng cân

Khi đó:

Mặt khác:

Khi đó:

Chọn A

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  Q :x  y z hai điểm 4, 3,1 , 2,1,1 

A  B Tìm điểm M thuộc mặt phẳng  Q cho tam giác ABM vuông cân M

A

1; 2;1

17

; ;

7 7

M M

  

 

  

 

  



B

1; 2;1 17

; ; 7 M

M  

 



 

  



C

 1; 2;1

13

; ;

7 7

M M

  

 

  

 

  



D

1;1;1

9

; ;

7 7

M M  

 

  

 

  



Hướng dẫn giải:

Gọi M a b c M , ,   Q    a b c   Tam giác ABM cân M khi:

 2  2  2  2  2  2  

2

4 1

AM BM  a  b  c  a  b  c   a b 

Từ  1  2 ta có:  *

2 5

a b c a b

a b c b

    

 



 

      

 

Trung điểm AB I3; 1;1   Tam giác ABM cân M, suy ra:  32  12  12  3

2 AB

MI   a  b  c 

Thay  *  3 ta được:  2  2  2

2

2 9

7 b

b b b

b    

       

      

 Oxz ,   KH OK,  OKH

  

OHK H

 

 , 

2 OK d O  OH 

 , 

2

OA AB

OK d O AB

AB 

  

  

 

 , 

2 OK

 

2 1, 1; 2;1

9 17 17

, ; ;

7 7 7

b a c M

b a c M

      

 

          

 

Chọn A

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho điểm A1;3; , B3; 2;1 mặt phẳng  P :x2y2x11 0. Tìm điểm M  P cho MB 2,MBA 30



 

A  

 

1; 2;3 1; 4;1 M M   

B  

 

1; 2;3 1; 4;1 M

M  



 

C  

 

2;1;3 4;1;1 M M   

D  

 

1; 2;3 1; 4;1 M

M  

  

Hướng dẫn giải:

Nhận thấy A P ,B P ,AB

Áp dụng định lý cơsin tam giác MAB ta có:

2 2 2

2 os30

MA MB BA  MB BA c  MB MB BA Do tam giác MAB vng A

Ta có:    

1

, 0; 5;5 : 1;3 ;

2

AM p

x

u AB n AM y t M t t

z t

  

 

         

 

   

  

Ta có MA2 2t2t2 2  t Với t 1 M1; 2;3 ; t  1 M1; 4;1 Chọn A

Câu 41: Trong không gian tọa độ , cho tám điểm , , ,

, , , , Hỏi hình đa diện tạo

tám điểm cho có mặt đối xứng

A. B.6 C.8 D.

Hướng dẫn giải:

Vì tám điểm chõ tạo nên hình lập phương, nên hình đa diện tạo tám điểm có mặt đối xứng

Chọn D

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A1; 2;0 ,  B0; 1;1 ,  C2;1; ,  3;1; 4

D Hỏi có mặt phẳng cách bốn điểm đó?

A. B. C. D. Vô số

Hướng dẫn giải:

Ta có AB  1;1;1 , AC 1;3; ,  AD2;3;4

Oxyz A2; 2; 0  B3; 2; 0  C3; 3; 0  2; 3; 0

Khi  AB AC,     4;0; 4  suy   AB AC AD,   240 Do A B C D, , , không đồng phẳng đỉnh tứ diện

Khi có mặt phẳng cách đễu bốn đỉnh tứ diện Bao gồm: mặt phẳng qua trung điểm ba cạnh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm bốn cạnh tứ diện (như hình vẽ)

Chọn C

Câu 43: Trong không gian cho điểm M(1; 3; 2) Có mặt phẳng qua M cắt trục tọa độ A B C, , mà OAOBOC0

A. B.2 C.3 D.4

Hướng dẫn giải:

Chọn C.

Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox Oy Oz, , (a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, c)(a, b, c 0)

A 

( ) :x y z abc 

 ; ( ) qua M(1; 3; 2) nên: ( ) :1 1(*) abc  

(1) (2)

0

(3) (4)

a b c

a b c

OA OB OC a b c

a b c

a b c

  

    

       

    

Thay (1) vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm

Thay (2), (3), (4) vào (*) ta tương ứng 4, 6, a  a a 

Vậy có mặt phẳng

Câu 44: Có mặt phẳng qua điểm M(1;9; 4) cắt trục tọa độ điểm A, B, C (khác gốc tọa độ) cho OAOBOC

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Giả sử mặt phẳng ( ) cắt trục tọa độ điểm khác gốc tọa độ ( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; )

A a B b C c với a b c, , 0

Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng x y z a bc 

Mặt phẳng ( ) qua điểm M(1;9; 4) nên (1) abc 

Vì OAOBOC nên a  b  c, xảy trường hợp sau: +) TH1: abc

Từ (1) suy a 14,

aaa    nên phương trình mp( ) xy z 140

+) TH2: ab c Từ (1) suy a 6,

aaa    nên pt mp( ) xy  z

+) TH3: a  b c Từ (1) suy a 4,

aaa     nên pt mp( )

xy z 

+) TH4: a   b c Từ (1) có a 12,

aaa     nên pt mp( ) 12

xy z 

Vậy có mặt phẳng thỏa mãn

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 2; 0) , đường thẳng

1

:

1

x y z

  

song song với và khoảng cách từ  tới mặt phẳng ( )P lớn Biết a b, số nguyên dương có ước chung lớn Hỏi tổng a b c d   bao nhiêu?

A. B. C. D. 1

Hướng dẫn giải:

Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng 

Do H  H( 1 t t;3 ; 2t) AH   ( t 3;3t2;t2) Do AH    AH u  0 với u  ( 1;3;1)

1.( t 3) 3.(3t 2) 1.(t 2) 11t 11

              t 1H0; 3;1 

Gọi F hình chiếu vng góc H ( )P , đó: d( , ( )) P d H P( , ( ))HFHA

Suy d( , ( )) P max HA Dấu “=” xảy F  A AH ( )P , hay toán phát biểu lại là:

“ Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A vng góc với AH ”

Ta có AH    2; 1;1 (2;1; 1) , suy n( )P (2;1; 1)

Suy phương trình mặt phẳng ( )P là: 2(x2)y  2 z 02xy  z

Do , * 2,

( , ) 1,

a b a b

a b c d

a b c d

  

 

     

 

    

 



Chọn B

Câu 46: Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

1

x y z

d     



2

:

2

x t

d y t

z    

      

Mặt phẳng  P :ax by czd 0 (với a b c d; ; ; ) vng góc với đường thẳng d1 chắn d d1, 2 đoạn thẳng có độ dài nhỏ Tính a  b c d

A. 14 B.1 C. 8 D. 12

Hướng dẫn giải:

Ta có mặt phẳng (P) vng dóc với đường thẳng d1 nên (P) có véctơ pháp tuyến n1; 2;1 Phương trình (P) có dạng  P :x2y z d 0

Gọi M giáo điểm (P) với d1 N giao (P) với d2 suy

2 10

; ;

6

d d d

M    

 ,

4

; ;

3

d d

N     

Ta có

2

2 16 155

18 9

d d

MN   

Để MN nhỏ MN2 nhỏ nhất, nghĩa d  16 Khi a  b c d  14

Chọn A

Câu 47: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A10; 2;1 đường thẳng

1

:

2

x y z

d     Gọi  P mặt phẳng qua điểm A, song song với đường thẳng d cho khoảng cách d  P lớn Khoảng cách từ điểm M1; 2;3 đến mp

 P A 97

15 B.

76 790

790 C.

2 13

13 D.

3 29 29

Hướng dẫn giải::

 P mặt phẳng qua điểm A song song với đường thẳng d nên  P chứa đường thẳng dđi qua điểm A song song với đường thẳng d

Gọi H hình chiếu A d, K hình chiếu H  P

Ta có d d P ,  HKAH (AH không đổi)

 GTLN d d( , ( ))P AH

 d d P ,   lớn AH vng góc với  P

Khi đó, gọi  Q mặt phẳng chứa A d  P vng góc với  Q

 

    

, 98;14; 70

97

:7 77 ,

15 P d Q

n u n

P x y z d M P

 

   

      

  

Câu 48: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A2;5;3 đường thẳng

1

:

2

x y z

d     Gọi  P mặt phẳng chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ A đến  P lớn Tính khoảng cách từđiểm M1; 2; 1  đến mặt phẳng  P

A. 11 18

18 B. C

11

18 D.

4

d'

d

K H

Hướng dẫn giải::

Gọi H hình chiếu A d; K hình chiếu A  P Ta có d A P ,   AK AH (Không đổi)

 GTLN d d( , ( ))P AH ⟹ d A P ,   lớn KH Ta có H3;1; 4,  P qua H 

AH

 P :x 4y z

    

Vậy  ,  11 18 18

d M P 

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A a ;0; , B0; ; ,b  C0; 0;c với a b c, , dương Biết A B C, , di động tia Ox Oy Oz, , cho a b c  2 Biết

, ,

a b c thay đổi quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P cố định Tính khoảng cách từ M2016; 0; 0 tới mặt phẳng  P

A. 2017 B. 2014

3 C.

2016

3 D.

2015

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Gọi   mặt phẳng trung trực đoạn OA  

  qua điểm ; 0; a D 

  có VTPT OAa; 0;0a1; 0; 0 

 :

2 a x

   

Gọi   mặt phẳng trung trực đoạn OB  

  qua điểm 0; ;0 a E 

  có VTPT OB0; ; 0a a0;1; 0 

 :

2 a y

   

Gọi   mặt phẳng trung trực đoạn OC  

  qua điểm 0; 0; a F 

  có VTPT OC 0;0;aa0; 0;1 

 :

2 a z

   

d H

K A

Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC       ; ; 2 a a a

I I 

      

 

  

Mà theo giả thiết,  :

2 2 a b c

a b c        I P xy z

Vậy,  ,  2016 2015

3

d M P   

Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 3x   y z hai điểm A1; 0; 2, B2; 1;   Tìm tập hợp điểm M x y z ; ;  nằm mặt phẳng  P cho tam giác MAB có diện tích nhỏ

A 7

3

x y z

x y z

   

 

    

B 14

3

x y z

x y z

   

 

    

C 7

3

x y z

x y z

   

 

    

D

3

x y z

x y z

   

 

    

Hướng dẫn giải:

Chọn C

Ta thấy hai điểm A B, nằm phía với mặt phẳng  P AB song song với  P Điểm M P cho tam giác ABM có diện tích nhỏ

( ; ) ABC

AB d M AB S

  nhỏ d M AB ;  nhỏ nhất, hay M       P  Q , Q mặt phẳng qua AB vng góc với  P

Ta có AB1; 1; 2 , vtpt  P n P 3;1; 1  Suy vtpt  Q : n Q  AB n,  P   1;7; 4 PTTQ  Q : 1 x17y4z20

7

x y z

    

Quỹ tích M 7

3

x y z

x y z

   

 

    

Câu 51: Trong khơng gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có điểm A trùng với gốc hệ trục tọa độ, B a( ;0;0), D(0; ; 0)a , A(0; 0; )b (a0,b0) Gọi M trung điểm cạnh CC Giá trị tỉ số a

b để hai mặt phẳng

(A BD )

MBD vng góc với là: A.

3 B.

1

2 C. 1 D.

Ta có  ; ; 0 ' ; ;  ; ; b ABDCC a a C a a b M a a 

 

 

Cách

Ta có 0; ;

2 b MB  a 

 



; BD  a a; ; 0 A B' a;0;b

Ta có ; ; ;

2

ab ab uMB BD a 

 

  

và  2 2

; ;

; '

BD A B a a a

   

   

 

Chọn v1;1;1 VTPT A BD' 

   

' 0

2

ab ab a

A BD MBD u v a a b

b

          

Cách 2

' ' '

A B A D A X BD

AB AD BC CD a

MB MD MX BD

 

 

     

 

 

với X trung điểm BD

A BD'  ; MBD A X MX' ; 

 

 

 

; ; 2 a a X 

  trung điểm BD

' ; ;

2 a a A X  b

 



, ; ;

2 2

a a b

MX     

 



A BD'   MBDA X' MX

'

A X MX  

2 2

0

2 2

a a b

   

      

   

a b

 

Câu 52: Trong không gian với hệ trục toạ độ cho điểm Gọi mặt phẳng qua cho tổng khoảng cách từ đến lớn biết không cắt đoạn Khi đó, điểm sau thuộc mặt phẳng ?

A B C D.

Hướng dẫn giải:

,

Oxyz A1; 0;1 ; B3; 2; ;  C1; 2; 2 

 P A B C  P

 P BC  P

 2; 0; 

Gọi trung điểm đoạn ; điểm hình chiếu

Ta có tứ giác hình thang đường trung bình

Mà (với khơng đổi)

Do vậy, lớn

đi qua vng góc với

Câu 53: Trong khơng gian với hệ trục toạ độ cho điểm

trong dương mặt phẳng Biết vng góc với , mệnh đềnào sau đúng?

A B C D

Hướng dẫn giải:

Ta có phương trình mp(

Ta có

Từ (1) (2)

Câu 54: Cho hình lập phương ABCD A B C D    có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng AB D  BC D 

A.

3 B C

3

2 D.

2

Hướng dẫn giải: Chọn A

Ta chọn hệ trục tọa độsao cho đỉnh hình lập phương có tọa độnhư sau:

I BC

, ,

B C I   B C I, ,

 P

BCC B  II

 

 ,   ,  

d B P d C P BB CC II

    

II IA IA  

 ,   ,  

d B P d C P I A

 P

 A IA



2; 0; 

I 

 P : x 2z E1; 3;1  P

      

,

Oxyz A1;0;0 , B 0; ;0 ,b  C0;0;c

,

b c  P :y z  1 mp ABC 

 

mp P  ,  d O ABC 

1

bc 2bc1 b3c1 3bc3

)

ABC

1

x y z

b c

  

ABC  P 1 b c(1) b c

     

 

  2

2

1 1 1

, (2)

3 1

1 d O ABC

b c b c

     

 

1

1

b c b c

     

A

I' C'

B'

I

C B

       

       

0; 0; 2;0; 2; 2; 0; 2; 0; 0; 2; 0; 2; 2; 0; 2;

A B C D

A B C D

   

   

2;0; , 0; 2; , 2; 2; , 0; 2;

AB AD

BD BC

 



  

 

 

* Mặt phẳng AB D  qua A0; 0; 0 nhận véctơ

 

1

, 1; 1;1

4

n  AB AD    làm véctơ pháp tuyến Phương trình AB D  là: xy z

* Mặt phẳng BC D  qua B2; 0; 0 nhận véctơ , 1;1; 1

m BD BC 

 

  

làm véctơ pháp tuyến

Phương trình BC D  là: xy  z

Suy hai mặt phẳng AB D  BC D  song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng khoảng cách từđiểm A đến mặt phẳng BC D :

 

 ,  2

3 d A BC D  

Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm   ,  1.2 3

3 3

d AB D  BC D  AC 

Câu 55: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A5;5; ,  B1; 2;3 ,  C3;5; 1  mặt phẳng P : x   y z

Tính thể tích V khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng  P SASBSC

A 145

V  B.V 145 C 45

V  D 127 V 

Hướng dẫn giải:

Gọi S a b c ; ;    P a b c   5 1  Ta có: AS  a52b52c2,

 12  22  ,2  32  52  12 BS  a  b  c CS  a  b  c

Do

           

         

2 2 2

2 2 2

1 3

5 5

4 21

4 15

a b c a b c

SA SB SC

a b c a b c

a b c

a c

           



   

          



   

  

  



A' D'

C' B'

B

C

Ta có hệ:

6

4 21

23 13

4 15 6; ;

2 2

5

9 a

a b c

a c b S

a b c

c   

   

 

   

         

   

 

     

 

   

Lại có:

 4; 3;3 ,  2; 0; 1 AB   AC  

 

   

23 145

3; 10; ; 1; ; 145

2 S ABC

AB AC AS   AB AC AS V

            

 

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG NÂNG CAO

A - LÝ THUYẾT CHUNG

1 Định nghĩa

Phương trình tham số đường thẳng  qua điểm M0x y z0; 0; 0 có vec tơ phương

 1; 2; 3, a a a a a :

0 x x a t y y a t z z a t

          

Nếu a a a1; 2; 3 khác khơng Phương trình đường thẳng  viết dạng tắc sau:

0 0

1

x x y y z z

a a a

  

 

Ngoài đường thẳng cịn có dạng tổng qt là: 1 1

2 2

0 A x B y C z D A x B y C z D

   

 

   



với A B C A B C1, 1, 1, 2, 2, 2 thỏa 2 2 2

1 1 0, 2

A B C  A B C  2 Vịtrí tương đối hai đường thẳng

Chương trình Chương trình nâng cao

1 )Vị trí tương đối hai đường thẳng Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

0 1

0 2

0 3

' ' '

: ; ' : ' ' '

' ' ' x x a t x x a t d y y a t d y y a t

z z a t z z a t

                     

Vtcp u qua M0 d' có vtcp u' qua M0' , ' u u   cùng phương: 0 ' ' / / ' ; ' ' '

u ku u ku

d d d d

M d M d

                   , ' u u  

không phương:  

0 1

0 2

0 3

' ' ' ' ' ' ' ' ' x a t x a t y a t y a t I z a t y a t

             

d chéo d’  hệphương trình  1 vơ nghiệm d cắt d’  hệphương trình  1 có nghiệm

1 ) Vị trí tương đối hai đường thẳng Trong khơng gian Oxyz cho hai đường thẳng

0 1

0 2

0 3

' ' '

: ; ' : ' ' '

' ' ' x x a t x x a t d y y a t d y y a t

z z a t z z a t

                     

Vtcp u qua M0 d' có vtcp u' qua M0'    

0

, ' / / ' ' u u d d M d                 

, ' ' ' u u d d M d                  

, '

at '

, '

u u

d c d

u u MM

                  

 d cheo d ' u u, '  MM0 0

  

3 Vịtrí tương đối đường thẳng mặt phẳng

Phương pháp 1 Phương pháp 2

  :Ax+By+Cz+D=0

0 :

x x a t d y y a t

z z a t

 

 

 



   

Pt:

      1 

A x a t B y a t C z a t D

Phương trình  1 vơ nghiệm d/ /  Phương trình  1 có nghiệm d cắt   Phương trình  1 có vơ số nghiệm d 

Đặc biệt: d  a n , phương

  :Ax+By+Cz+D=0 có vtpt nA B C; ;   d

cắt   a n 0  

   

 

/ / a n

d

M 



 

  

  

 

 d

nằm mp  

 

a n

M 

 

  

  

 

4 Khoảng cách

Khoảng cách từ M x y z 0; 0; 0 đến mặt phẳng   :Ax+By+Cz+D=0cho công thức

  0

0 2 2 2

Ax

, By Cz D

d M

A B C

    

 

Khoảng cách từM đến đường thẳng  d Phương pháp 1:

Lập ptmp   qua M vng góc với d Tìm tọa độgiao điểm H mp   d

 ,  d M d MH

Khoảng cách hai đường thẳng chéo Phương pháp 1:

d qua M x y z 0; 0; 0; có vtpt aa a a1; 2; 3 

'

d qua M 'x0';y0';z0'; vtpt  

' '; '; ' a  a a a 

Lập phương trình mp   chứa d song song với d’: d d d , 'd M ',  

Khoảng cách từM đến đường thẳng  d Phương pháp 2:

(d qua M0 có vtcp u )

 ,  ,

M M u d M

u

 

 

 

  

Khoảng cách hai đường thẳng chéo

Phương pháp 2:

d qua M x y z 0; 0; 0; có vtpt a a a a1; 2; 3 '

d qua M'x0';y0';z0'; vtpt a'a1';a2';a3'  , ' , ' '

, '

hop

day

a a MM V

d

S a a

 

 

   

 

 

    

5 Góc hai đường thẳng Góc hai đường thẳng

  qua M x y z 0; 0; 0có VTCP aa a a1; 2; 3  ' qua M 'x0';y0';z0'có VTCP a'a1';a2';a3'

  1 2 3

2 2 2

1 3

' ' ' '

cos cos , '

' ' ' '

a a a a a a a a a a

a a a a a a a a

     

   

   

 

6 Góc đường thẳng mặt phẳng

Góc đường thẳng mặt phẳng   qua M0 có VTCP a, mặt phẳng   có VTPT  ; ; 

Gọi  góc hợp   mặt phẳng    

2 2 2

1

Aa : sin cos ,

Ba Ca

a n

A B C a a a

     

   

 

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Đường thẳng  song song với :

3

x y z

d     

 cắt hai đường thẳng

1

1

:

3

  

 

x y z

d 2:

2

 

 

x y z

d Phương trình khơng phải đường thẳng 

A : 1

3

  

  



x y z

B

7

3 3 3

:

3

       y z x

C :

3

  

  



x y z

D : 1

3

  

  



x y z

Hướng dẫn giải:

Giải: Gọi M, N giao điểm  d d1, 2

Khi M, N thuộc d d1, 2 nên

2 '

1 , '

2 '

                       N M M N M N x t x t

y t y t

z t z t

Vector chỉphương  MN    ' ;4t  t 4 't   t; t' 2t

 song song với :

3

  

 



x y z

d nên ' 4 ' '

3

       

 



t t t t t t

Giải hệta ' 1;    

t t Vậy  4; 1; , 3; 7; 3

 

      

 

N M

Vậy : 1

3

  

  



x y z

Chọn A.

Câu 2: Cho đường thẳng

1 ( ) : x t

d y t

z t          

mp (P) :xy 2 Tìm phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P) cắt vng góc với (d)

A 2 x t y t z           B 3 x t y t z           C 2 x t y t z           D 1 x t y t z          

Gọi I giao điểm (d) (P): I(1t;1t t I; ), ( )P   t I(1;1;0) (d) có vectơ chỉphương u  ( 1; 1; 2), (P) có vectơ pháp tuyến n(1;1; 0) Vectơ pháp tuyến mặt phẳng cần tìm u u v, 

 

  

=(-2 ;2 ;0)

Phương trình mặt phẳng cần tìm

1 2 x t y t z           Chọn A.

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng mặt phẳng Phương trình đường thẳng nằm cho cắt vng góc với đường thẳng

A B

C D

Hướng dẫn giải:

Chọn C.

Vectơ chỉphương , vectơ pháp tuyến  P n P 1; 2; 2

Vì

Tọa độgiao điểm nghiệm hệ

Lại có , mà Suy

Vậy đường thẳng qua có VTCP nên có phương trình

,

Oxyz :

1 1

x y z

  



 P :x2y2z40 d  P d



 

3

:

1

x t

d y t t z t                 : 2 x t d y t t

z t              

:

4

x t

d y t t z t                 

: 3

3

x t

d y t t

z t                

:u 1;1;

  

   

   

; 4; 3;1

d

d P

d P

d u u

u u n

d P u n

                                   H    P

 

1

2 2; 1;

2

2

x t y t

t H

z t

x y z                      

d;   P d H    P Hd

d H 2; 1; 4 ud 4; 3;1 



 

2

:

4

x t

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 2

2 1

x y z

d     mặt phẳng  P :x2y  z Viết phương trình đường thẳng  nằm  P cho  vng góc với d khoảng cách hai đường thẳng  d

A

7

:

1 1

3 :

1 1

x y z

x y z

                

B

7

:

1 1

3 :

1 1

x y z

x y z

               C :

2 1

3 :

1

x y z

x y z

             

D

7

:

1 1

3

:

1 1

x y z

x y z

                   

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP ud 2;1;1  

Mặt phẳng  P có VTPT np 1; 2; ,  

ta có

 

, 3; 3;

p d n u

    

 

 

Vì  , ; 0; 1;1

3 d

P d VTPT u u u 

       

 

  

Khi đó, phương trình mặt phẳng  Q :y z m0 Chọn A1; 2; 0 d, ta có:

 

 ;   ;  2

0

m m

d A Q d d

m              Với m4 Q :y z 40

Vì     P  Q   qua 7; 0; 4 :

1 1

x y z

B      

 

Với m0 Q :y z

Vì     P  Q   qua 3;0; 0 :

1 1

x y z

C     

 

Chọn A.

Câu 5: Cho hai điểm A3;3;1 ,  B0; 2;1và mặt phẳng   :xy  z Đường thẳng d nằm   cho điểm d cách điểm A B, có phương trình

A x t y t z t         

B x t y t z t         

C x t y t z t           D x t y t z t         

Hướng dẫn giải:

Chọn A.

Có AB   3; 1; 0 trung điểm AB 5; ;1 2 I 

  nên mặt phẳng trung trực AB là:

3

3

2

x y x y

   

          

   

Mặt khác d   nên d giao tuyến hai mặt phẳng: 7

7

x y y x

x y z z x

    

 



 

    

 

Vậy phương trình :  

x t d y t t

z t   

  

   



Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng :

1

x y z

d    

  mặt phẳng  P :xy  z Gọi I giao điểm d P,  Tìm M P cho MI vng góc với d MI 4 14

A  

 

5;9; 11 3; 7;13 M

M

 



  

B  

 

5; 7; 11 3; 7;13 M

M

 



  

C  

 

5;9; 11 3; 7;13 M

M

 

 

 

D  

 

5; 7;11 3; 7; 13 M

M  



 

Hướng dẫn giải:

Vì Id nên I2  t; ;t t

Hơn I P    2 t 2t 3 0   t I1;1;1

Gọi M a b c ; ;  Do:  

d 2

M P a b c

MI d IM u a b c

    

  

       

 

 

   

IM  a1;b1;c1 ,ud  1; 2; 1  

Do MI 4 14a12 b12c12 224 Khi ta có hệphương trình:

 2  2  2  2

3

2

11 13

1 1 224 16

a b c b a a a

a b c c a b b

c c

a b c a

           

 

   

           

   

      

 

       

 

 

Với a b c; ;   5;9; 11 M5;9; 11  Với a b c; ;    3; 7;13M 3; 7;13

Chọn A.

Câu 7: Trong không gian Ox ,yz cho hai mặt phẳng  P :x2y2z0, Q : 2x2y  z Viết phương trình đường thẳng d qua A0; 0;1 , nằm mặt phẳng  Q tạo với mặt phẳng  P góc

A 1: ; 2:

1

x t x t

d y t d y t

z t z

 

 

 

  

 

    

 

B 1: 1; 2:

1

x t x t

d y t d y t

z t z

 

 

 

   

 

    

 

C 1 2

3

: ; :

1 4

x t x t

d y t d y t

z t z t

 

 

 

   

 

     

 

D 1 2

1

: ; :

1

x t x t

d y t d y t

z t z

  

 

 

   

 

    

 

Hướng dẫn giải:

Ta có n 2; 2;1 vecto pháp tuyến  Q b,1; 2; 2  vec tơ pháp tuyến  P

Gọi   2

; ; ,

a  a b c a b c  vecto chỉphương d Vì đường thẳng d qua A0; 0;1 mà A0; 0;1 , A Q

Do d Q an a n  02a2b c 0c 2a2b Góc hợp d  P 45 :

 

 

0

2 2

2

2 2

2 2 2

sin 45 cos ;

2

18( ) 2

a b a b c

a b

a b a b c

a b c a b c a b

 

    

 

        

   

 

 

 

1 1;

1 1;

a b b a c

a b b a c

     

      

Vậy 1: ; 2:

1

x t x t

d y t d y t

z t z

 

 

 

  

 

    

 

là đường thẳng cần tìm

Chọn A.

Câu 8: Trong khơng gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB CD, thỏa mãn CD2AB diện tích 27; đỉnh A 1; 1; ; phương trình đường thẳng chứa cạnh CD

2

x y z

  Tìm tọa độ điểm D biết hoành độ điểm B lớn hoành độ điểm A

A. D 2; 5;1 B D 3; 5;1 C D2; 5;1  D. D3; 5;1 

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng CD qua M2; 1;3  có vec tơ chỉphương u2; 2;1 Gọi H2 ; ;3 t   t t hình chiếu A lên CD, ta có:

     

; 2.2 (3 0; 3; , ,

AH u  t t t    t H  d A CD  AH   

Từ giả thiết ta có:

3 SABCD 18 6; 3;

AB CD AB AB DH HC

AH

Đặt AB tu 2 ; ;t t t t 0xB xA t AB AB4; 4; 2 B3;3; 2 u

         



  



   

   

9

6; 6;3 6;3;5

3

2; 2; 2; 5;1

6

HC AB C

HD AB D

  

        

 

 

Chọn A.

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho hai đường thẳng 1: ;

1

x y z

d    

2

2 1

:

2 1

x y z

d      mặt phẳng  P :xy2z 5 Lập phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng  P cắt d d1, 2 A B, cho độ dài đoạn

AB đạt giá trị nhỏ

A. : 2

1 1

x y z

d      B. : 2

1 1

x y z

d     



C. : 2

1 1

x y z

d      D. : 2

1 1

x y z

d     

Hướng dẫn giải:

Vì Ad B1; d2 A 1 a; 2 ;  a a,B22 ;1b b;1b Ta có AB   a 2b3; 2 a b 3;  a b 1

 P có vec tơ pháp tuyến    

 

1;1; , / / AB n

n AB P

A P

 



   

  

  

 

3 2 5; 1;

ABn AB n   a b  a b   a b  ba AB a   a

    

Do đó: AB a52   a 12  3  2a22 273 minAB 3

  a2A1; 2; 2  3; 3; , 1; 2; 2  

AB    A  P



Vậy phương trình đường thẳng : 2

1 1

x y z

d     

Chọn A

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho đường thẳng :

2 1

x y z

d     

A

5

:

2

3

:

2

x y z

x y z

                  

B

5

:

2

3

:

2

x y z

x y z

                     C

5

:

2

3

:

2

x y z

x y z

                  

D

5

:

2

3

:

2

x y z

x y z

               

Hướng dẫn giải:

Phương trình tham số

3

:

1

x t

d y t

z t             

Mặt phẳng  P có VTPT nP 1;1;1 , d có VTCP ud 2;1; 1  Vì M d P M1; 3;0 

Vì  nằm  P vng góc với d nên: VTCP u u nd; P2; 3;1 

  

Gọi N x y z ; ;  hình chiếu vng góc M , đó: MNx1;y3;z

Ta có:  

   

 

 

2 2

2

5; 2;

2 11

3; 4;5

1 42

42

MN u x y z

N

N P x y z

N

x y z

MN                                         

Với 5; 2; 5 : 5

2

x y z

N          

Với  3; 4;5 :

2

x y z

N          

Chọn A.

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A1; 2;3 , đường thẳng :

2

x y z d   



và mặt phẳng  P :x2y  z Gọi d' đường thẳng đối xứng với d qua  P Tìm tọa độđiểm B d' cho AB9

A

62 16 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

62 16 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

B B                              B

62 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

62 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

C

16 151 151 151

; ;

27 27 27

16 151 151 151

; ;

27 27 27

B

B

  

  

  



   



 

 



 



D

62 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

62 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

B

B

      

  

  



     



 

 



 



Hướng dẫn giải:

Có d cắt  P I2; 1;1   Chọn M0; 0; 1 d M' điểm đối xứng M qua  P Khi M' d' Ta tìm M'

Gọi  đường thẳng qua M vuông góc với mặt phẳng  P

1; 1 :

1

P

x y z

VTCP u VTPT n 

       



 

Gọi H trung điểm MM' tọa độ H định:

1 2 2

; ; ; ;

1

3 3 3

2

x y z

x y z H

x y z

 

 

  

          



  

 

    



Từđó: ' 2 ; ;  2; 4;

3 3

H M H M H M

M x x y y z z     

 

Suy d’ đường thẳng qua I2; 1;1  nhận VTCP:

8 1

' ; ; ' :

3 3

x y z

M I  d     

 



 

' ; ;1 Bd B  t  t  t Theo đề ta phải có:

 2  2  2 2 151

9 81 81 67

27 AB   t  t  t   t  t   t 

62 16 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

62 16 151 26 151 31 151

; ;

27 27 27

B

B

      

  

  

 

     



 

 



 



Chọn A.

Câu 12: Cho hai điểm hai mặt phẳng

Viết phương trình đường thẳng qua cắt cho tam giác cân nhận đường trung tuyến

1; 2;3 , 2; 4; 4

M A  P :x y 2z 1 0,

 Q :x2y  z  M  P , Q

,

A B

C D

Hướng dẫn giải:

Gọi , từ giả thiết suy trung điểm , suy

nên có hai pt:

Tam giác cân nên:

Từ có hệ:

Đường thẳng qua có pt

Chọn D.

Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi d đường thẳng qua điểm A1; 0; 1 ,

cắt 2

2 1

x y z

 

 , cho cosd;2là nhỏ nhất, biết phương trình đường thẳng

2

3

:

1 2

x y z

  

 Phương trình đường thẳng d là?

A. 1

2

x y z

 

 B.

1

4

x y z

 



C 1

4

x y z

 

  D.

1

2

x y z

 

Hướng dẫn giải:

Gọi M d  1 M1 ; 2 t   t; t

d có vectơ chỉphương ud AM 2t2;t2; 1 t  

2

 có vectơ chỉphương u2   1; 2; 2 

 

2

2

2 cos ;

3 14

t d

t t

 

 

1

:

1 1

x y z

  

 

1

:

2 1

x y z

  



1

:

1 1

x y z

   :

1 1

x y z

  



 ; ; 

B a b c M BC C2a; 4b; 6c

 ,  

B P C Q a b 2c 1  1 ;  a 2b c  8  2  1; 2; , 2 ; ; 

AM    BC  a  b  c

 

ABC A  AM BC 0a2b c  8  3

   1 ,  3    

2 0

2 0;3; , 2;1;

2

a b c a

a b c b B C

a b c c

    

 

 

       

 

      

 

 B C :

1 1

x y z

  

Xét hàm số  

2

6 14

t f t

t t 

  , ta suy f t  f  0 0

Do cos d;20 t0 Nên AM 2; 2; 1  Vậy phương trình đường thẳng d là: 1

2

x y z

 



Chọn A.

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm đường thẳng có phương

trình: Viết phương trình đường thẳng qua , vng góc cắt

A B

C D

Hướng dẫn giải:

Do cắt nên tồn giao điểm chúng Gọi

Phương trình tham số : Do , suy

Do nên vectơ chỉphương

Theo đề bài, vng góc nên ( vector chỉphương ) Suy Giải Vậy

Chọn B.

Câu 15: Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) đường thẳng d có phương trình:

1

2 1

x y z

 

 Gọi  đường thẳng qua M, cắt vng góc với d Viết phương trình đường thẳng ?

A x t y t z t            B x t y t z t            C 1 x t y t z t            D x t y t z t           

Hướng dẫn giải:

,

Oxyz A1; 0; 2 d

1

1 y

x z

   A d

1

:

1 1 y

x z

   :

1 1 y

x z

  



1

:

2 1 y

x z

   :

1 y

x z

  



 d B d B

B d           d , x t

y t t

z t           

 B d B t 1; ;t t1

 ; ; 3

AB t t t

  



,

A B  AB





 d ABu

 

(1; 1; 2)

u d

AB u

 

t1 AB1;1; 1 

 1 2

:

1 1 y

x z

  

PTTS d

1

x t

y t

z t    

   

   

Gọi H hình chiếu vng góc M lên d, đường thẳng  cần tìm đường thẳng MH

Vì H thuộc d nên H1 ; 1 t   t; tsuy MH (2t   1; t; t) Vì MH d d có VTCP u(2;1; 1) nên MH u  0 

3

t Do

1

; ;

3 3

MH     

 



Vậy PTTS  là:

2

x t

y t

z t    

      

Chọn A.

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ MNN  t; ;1t t gọi d qua A1; 0; 1 , cắt

1

1 2

:

2 1

x y z

  

 , cho góc d

3

:

1 2

x y z

  

 nhỏ

Phương trình đường thẳng d

A 1

2

x y z

 

 B.

1

4

x y z

 

 C.

1

4

x y z

 

  D.

1

2

x y z

 

Hướng dẫn giải:

Gọi M d  1 M1 ; 2 t   t; t

d có vectơ chỉphương ad AM 2t2;t2; 1 t  

2

 có vectơ chỉphương a2   1; 2; 2

 

2

2

2 cos ;

3 14

t d

t t

 

 

Xét hàm số  

2

6 14

t f t

t t 

  , ta suy f t  f 0 0 t Do cos ,d0  t AM 2; 1 

Vậy phương trình đường thẳng d 1

2

x y z

 

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ 2 x t y t z t             

cho hai đường thẳng

1

:

2 1

x y z

d    



2

1 2

:

1

x y z

d     

 Gọi  đường thẳng song song với  P :xy  z cắt 1,

d d hai điểm A B, choAB ngắn Phương trình đường thẳng  A 12 x t y z t            B x t y z t                C x y t z t                D x t y t z t                

Hướng dẫn giải:

 

 

1

1 ; ; ; ; 2

A d A a a a

B d B b b b

    

     

 có vectơ chỉphương ABb2 ;3a b a 2; 2 b a 4  P có vectơ pháp tuyến nP 1;1;1

Vì / / P nên ABnP  AB n P 0ba1.Khi AB   a 1; 2a5; 6a

 2  2  2

2

2

1

6 30 62

5 49

6 ;

2 2

AB a a a

a a a a                       

Dấu "" xảy 6; ;5 , 7; 0;7

2 2 2

a  A   AB  

   



Đường thẳng  qua điểm 6; ;5

2

A  

  vec tơ chỉphương ud   1; 0;1 

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

2 1

x y z

d    

 2 : x t

d y t

z           

Phương trình đường thẳng vng góc với  P : 7xy4z0 cắt hai

đường thẳng d1, d2 là:

A

2 1

x y z

  B.

7

x y z

 



C.

7

x y z

 

  D.

2

7

x y z

 

Hướng dẫn giải:

Gọi d đường thẳng cần tìm Gọi Add B1, dd2

 

 

 

1

2 ;1 ; 2 ;1 ;3

2 1; ;

A d A a a a

B d B b b

AB a b a b a

    

    

      



 P có vectơ pháp tuyến nP 7;1; ,  d  P  AB n, p phương  có số k thỏa ABk np

2 2 1

0

5 4

a b k a b k a

a b k a b k b

a k a k k

                                      

d qua điểm A2; 0; 1  có vectơ chỉphương a d nP 7;1 4  Vậy phương trình d

7

x y z

 



Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

:

3

x y z

  

2

1

:

1

x y z

   Phương trình đường thẳng song song với

3

:

4 x

d y t

z t           

và cắt hai

đường thẳng  1; 2 là:

A x y t z t           B x y t z t              C x y t z t              D x y t z t           

Gọi  đường thẳng cần tìm Gọi A   1,B   2

 

 

 

1

1 ; ;1 ; ;

3 2; 2;

A A a a a

B B b b b

AB a b a b a b

      

     

         



d có vectơ chỉphương ad 0;1;1 / /d AB a, d

   phương  có số k thỏa ABk ad

3

2 2

2 2

a b a b a

a b k a b k b

a b k a b k k

        

  

  

           

          

  

Ta có A2;3;3 ; B2; 2; 2

 qua điểm A2;3;3 có vectơ chỉphương AB0; 1; 1  

Vậy phương trình  3 x

y t

z t   

      

Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho điểm A3;3; 3 thuộc mặt phẳng   :2 – 2x y z 150và mặt cầu  

2 2

: (x 2) (y 3) (z 5) 100 S      

Đường thẳng  qua A, nằm mặt phẳng  

cắt ( )S A, B Đểđộ dài AB lớn phương trình đường thẳng  là:

A. 3

1

x y z 

  B. 3

16 11 10

x y z 

 



C

3

3

x t

y

z t

   

  

    

D. 3

1

x y z 

 

Hướng dẫn giải:

Mặt cầu  S có tâm I2;3;5, bán kính R10 Do d(I, ( )) R nên  cắt  S A, B

Khi AB R2d(I, ) 2 Do đó, ABlớn d I ,   nhỏ nên  qua H, với H hình chiếu vng góc I lên   Phương trình

x 2t

y

5

:

z t

BH t

   

   

( ) 2 2 – 15

H    t  t   t     t H2; 7; 3

Do vậyAH(1; 4; 6) véc tơ phương  Phương trình 3

1

x y z 

 

Câu 21: Phương trình sau khơng phải phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng

d: mặt phẳng (Oxy):

A B C D

Hướng dẫn giải:

A(1;-2;3), B(3;1;4) thuộc d Hình chiếu A,B mặt phẳng (Oxy) A/(1;-2;0), B/(3;1;0)

Phương trình hình chiếu qua nhận véc tơ phương với làm véc tơ chỉphương

Chọn C.

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 12 1,

4

x y z

d      mặt thẳng  P : 3x5y  z Gọi d'là hình chiếu d lên  P Phương trình tham số

' d

A 62 25 61 x t y t z t           B 62 25 61 x t y t z t           C 62 25 61 x t y t z t            D 62 25 61 x t y t z t          

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

Gọi Ad P

 

   

12 ;9 ;1

3 0; 0;

A d A a a a

A P a A

    

     

d qua điểm B12;9;1

2 ,

x t

y t t R

z t             

3 ' ' , '

x t

y t t R

z           

1 ' ', '

x t

y t t R

z            

1 ' ', '

x t

y t t R

z            '

4 ', '

x t

y t t R

z            /

A B/ A B/ / 2;3; 0

Gọi H hình chiếu B lên  P

 P có vectơ pháp tuyến nP 3;5; 1 

BH qua B12;9;1 có vectơ chỉphương a BH nP 3;5; 1 

 

 

12

:

1

12 ;9 ;1

78 186 15 113

; ;

35 35 35

186 15 183

; ;

35 35

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

AH

 

 

      

    

 

       

 

 

  

 



'

d qua A0;0; 2  có vectơ chỉphương ad' 62; 25; 61 

Vậy phương trình tham số d'

62 25 61 x t

y t

z t

  

  

    

Cách 2:

Gọi  Q qua d vng góc với  P

d qua điểm B12;9;1 có vectơ chỉphương ad 4;3;1

 P có vectơ pháp tuyến nP 3;5; 1 

 Q qua B12;9;1 có vectơ pháp tuyến nQa nd, P  8; 7;11

  

 Q : 8x7y11z220 '

d giao tuyến  Q  P

Tìm điểm thuộc d', cách cho y0

Ta có hệ 0;0; 2 '

8 11 22

x z x

M d

x z y

  

 

   

 

   

 

'

d qua điểm M0; 0; 2 và có vectơ chỉphương ad n nP; Q62; 25;61 

Vậy phương trình tham số d' 62 25 61 x t y t z t           

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ BH cho đường thẳng

1

:

3

x t

d y t

z t            

Hình chiếu song

song  aBH nQ 1; 2; 2  lên mặt phẳng    

1

:

3

1 ; ;3

10 11

; ;

9 9

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

                             theo

phương :

1 1

x y z

  

  có phương trình là:

A x t y z t           B x t y z t           C x t y z t            D x t y z t          

Hướng dẫn giải:

Giao điểm d mặt phẳng    

1

:

3

1 ; ;3

10 11

; ;

9 9

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

                            

là: M0(5; 0;5)

Trên

1

:

3

x t

d y t

z t            

chọn M bất kỳ khơng trùng với M0(5; 0;5); ví dụ: M(1; 2;3) Gọi A

là hình chiếu song song M lên mặt phẳng    

1

:

3

1 ; ;3

10 11

; ;

9 9

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

                             theo

phương :

1 1

x y z

  

+/ Lập phương trình d’đi qua M song song trùng với :

1 1

x y z

  

 

+/ Điểm A giao điểm d’    

1

:

3

1 ; ;3

10 11

; ;

9 9

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

                            

+/ Ta tìm A(3; 0;1)

Hình chiếu song song

1

:

3

x t

d y t

z t            

lên mặt phẳng

 

 

:

3

1 ; ;3

10 11

; ;

9 9

x t

BH y t

z t

H BH H t t t

H P t H

                            

theo phương :

1 1

x y z

  

  đường thẳng

đi qua M0(5; 0;5) A(3; 0;1)

Vậy phương trình là: x t y z t          

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ  Q :x2y2z 1 gọi d qua A3; 1;1 , nằm mặt phẳng  P :xy  z 0, đồng thời tạo với :

1 2

x y z

   góc 450 Phương trình đường thẳng d

A

3 15 x t y t z t              B x t y t z            C 15 x t y t z t             D 1 x t y t z            và 15 x t y t z t            

Hướng dẫn giải:

d có vectơ chỉphương ad a b c; ;   P có vectơ pháp tuyến nP 1; 1;1 

   

   

     

0

2 2

2 2

;

, 45 cos , cos 45

2 2

2

2 2 ;

d P

d P a n b a c

d d

a b c a b c

a b c a b c

     

    

 

 

 

     

 

Từ 1:

1

x y z

   2: 1

1

x y z

   , ta có:14 30 0

15

c

c ac

a c

 

   

 



Với c0, chọn ab1, phương trình đường thẳng d

1

x t

y t

z    

   

  

Với 15a7c0, chọn a7  c 15;b 8, phương trình đường thẳng d

1 15

x t

y t

z t

   

   

   

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d qua điểm A1; 1; 2 , song song với  P : 2xy  z 0, đồng thời tạo với đường thẳng : 1

1 2

 

  



x y z

góc lớn Phương trình đường thẳng d

A 1

1

  

 



x y z

B. 1

4

  

 



x y z

C. 1

4

  

 

x y z

D. 1

1

  

 

 

x y z

Hướng dẫn giải:

 có vectơ chỉphương  1; 2;2  

a

d có vectơ chỉphương ad a b c; ;   P có vectơ pháp tuyến nP 2; 1; 1  

Vì d  P nên ad nP a n d P 02a  b c 0c2ab

   

2

2

2

5

cos ,

3

3

 

  

 

 

a b a b

d

a ab b

Đặt t a

b, ta có:  

 2

2

5

1 cos ,

3



 

 

t d

t t

Xét hàm số     2

5

5

 

 

t f t

t t , ta suy được:  

1

max

5

 

  

 

f t f

Do đó: max cos ,  1

27 5

       

 

 

a

d t

b Chọn a 1 b 5,c7

Vậy phương trình đường thẳng d 1

1

  

 



x y z

Chọn A.

Câu 26: Trong không gian cho đường thẳng :

1

x y z

   đường thẳng

3

:

3

x y z

d      Viết phương trình mặt phẳng  P qua  tạo với đường thẳng d góc lớn

A. 19x17y20z770 B.19x17y20z340 C. 31x8y5z910 D. 31x8y5z980

Hướng dẫn giải:

Chọn D.

Đường thẳng d có VTCP u1 3;1; 2

Đường thẳng  qua điểm M3; 0; 1  có VTCP u1; 2;3

Do   P nên M P Giả sử VTPT  P nA B C; ; ,A2B2C2 0 Phương trình  P có dạng A x 3ByC z 10

Do   P nên u n 0 A2B3C0 A 2B3C  

Gọi  góc d  P Ta có

 

 

1

2 2 2

1

3 2 3 2 3 2

14 14. 2 3

u n A B C B C B C

sin

u n A B C B C B C

   

 

  

     

   



 2

2

2

5 7

5 12 10

14 14 12 10

B C B C

B BC C

B BC C

 

 

 



TH1: Với C 0 70

14 14

sin  

TH2: Với C 0 đặt t B C

 ta có  

2

5

1

5 12 10

14

t sin

t t

 

 



Xét hàm số    

2

5

5 12 10

t f t

t t

 

  

Ta có  

 

2

2

50 10 112

5 12 10

t t

f t

t t

  

 

 

 

8 75

5 14

0 50 10 112

7

0

5

t f

f t t t

t f

  

    

  

       

  

    

  

 



Và    

2

5

lim lim

5 12 10

x x

t f t

t t

 



 

 

Bảng biến thiên

Từđó ta có   75 14

Maxf t  8

5

B t

C

   Khi 75

5 14

14

sin  f      



So sánh TH1 Th2 ta có sin lớn 75 14

sin  B C  Chọn B  8 C  5 A31

Phương trình  P 31x38y5z1031x8y5z980

Câu 27: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :xy z 20 hai đường thẳng

1 :

2 x t d y t

z t           ;

' :

1

x t

d y t

z t              

Biết có đường thẳng có đặc điểm: song song với  P ; cắt d d, tạo với d góc O

30 Tính cosin góc tạo hai đường thẳng A.

5 B. C D.

Hướng dẫn giải::

Gọi  đường thẳng cần tìm, nP VTPT mặt phẳng  P

Gọi M1t t; ; 2 t giao điểm  d; giao điểm

Ta có:

Ta có

Vậy, có đường thẳng thoả mãn

Khi đó,

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm Đường thẳng cắt mặt phẳng điểm Tính tỉ số

A B C D.

Hướng dẫn giải:

Ta có: ; ;

Ta có: thẳng hàng

3 ;1 ;1 

M t t  t 

' d

 

' ;1 ; 2

MM  t t    t t t t



MM//     4 ; ;3  P

M P

P t MM t t t

MM n                        O cos30 cos ,

1

2 36 108 156

d t t MM u t t t                 

: ; :

10

x x t

y t y

z t z t

                      

 2

cos ,

2

  

 2; 3;1

A  B5; 6; 2

AB Oxz M AM

BM

2 AM

BM 

AM

BM 

1 AM

BM 

AM

BM 

   ;0; 

M Oxz M x z AB7 1; ; AB 59



 2; 3; 1

AM x  z



, ,

A B M AMk AB k 

 



2

3

1

x k x

k k

z k z

     

 

     

    

 

 ;0; 

M

và

Chọn A.

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A( 2; 2; 1),  B1; 2; 3  đường

thẳng :

2

x y z

d    

 Tìm vectơ chỉphương u 

của đường thẳng  qua A, vng góc với d đồng thời cách điểm B khoảng bé

A. u(2;1; 6) B. u (2; 2; 1) C. u (25; 29; 6)  D. u(1; 0; 2)

Hướng dẫn giải:

Cách (Tự luận)

Gọi (P) mặt phẳng qua A vuông góc với d, B’ hình chiếu B lên (P) Khi đường thẳng  đường thẳng AB’ u B'A

Ta có  : ( 2; 2;1) (P) : 2

(2; 2; 1) P d

Qua A

P x y z

VTPT n u   



    



  

 

 

Gọi d’ đường thẳng qua B song song d’

1

' 2

3

x t

d y t

z t

   

   

    

B’ giao điểm d’ (P) B'( 3; 2; 1)   u B A' (1; 0; 2)  Chọn D Cách 2: Khơng cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với d

Gọi d’ đường thẳng qua B song song d’

1

' 2

3

x t

d y t

z t

   

   

    

B’ d’B A'   2t3; 2 t4;t4

AB’ d u B A d '     0 t u B A' (1;0; 2)  Chọn D

Câu 30: Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz, cho hai điểm A1; 2; ,  B7; 2;3  đường thẳng

d có phương trình

2

2 (t R)

x t

y t

z t

   

  

    

Điểm M d cho tổng khoảng cách từ M

đến A B nhỏ có tổng tọa độ là:

A. M 2;0;  B. M 2; 0;1  C. M 1; 0;  D. M 1; 0; 

Hướng dẫn giải:

 14; 6; 2 118

BM    BM  AB

Nếu M nằm d điểm I có tọa độ M=(2+3t;-2t;4+2t) Từđó ta có:

3 1; 2 ;2 5 3 12 2 2 2 52

AM  t   t t  AM  t   t  t

Tương tự: BM 3t5; 22 ;2t t1BM  3t5222t22t12 Từ (*): MA=MB = 3t1222t2 2t52 = 3t52 22t2 2t12 Hay:  17t234t30  17t236t30 34t36t0 11 70t0 t Tọa độ M thỏa mãn yêu cầu là: M=(2;0;4 )

Chọn A.

Câu 31: Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz,cho điểm (2;3;0),A B(0; 2; 0), 6; 2;

M  

 

và đường thẳng : x t d y

z t

  

     

Điểm Cthuộcdsao cho chu vi tam giácABClà nhỏ nhấ độ

dàiCMbằng

A. B 4 C. D.

5

Hướng dẫn giải:

Do ABcó độdài khơng đổi nên chu vi tam giácABCnhỏ khiACCBnhỏ

Vì      

2

; 0; 2 2 9, 2

C d C t t  AC t  BC t 

 2 22  22

AC CB t t

       

Đặtu 2t2 2;3 , v  2t 2; 2ápdụngbấtđẳngthứcu  v  u v  2t 22  2t 22  2 22 25

         Dấubằngxảyrakhivàchỉ

khi

2

2 2 7

; 0; 2

2 5 5 5

2

t

t C CM

t

      

              

       

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ., cho bốn điểm Kí hiệu d đường thẳng qua D cho tổng khoảng cách từ điểm A B C, , đến d lớn Hỏi đường thẳng d qua điểm đây?

A. M 1; 2;1 B. N5;7;3 C. P3; 4;3 D. Q7;13;5

Hướng dẫn giải:

Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là:  :

3

x y z

ABC     x y  z Dễ thấy DABC.Gọi hình chiếu vng góc A B C, , d

Suy d A d , d B d , d C d ,  AA'BB'CC'ADBDCD.Dấu xảy

' ' '

A B C D Hay tổng khoảng cách từcác điểm A B C, , đến d lớn d đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng  

1 : ;

1

x t

ABC d y t N d z t

   

    

   

PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU NÂNG CAO A - LÝ THUYẾT CHUNG

1 Định nghĩa mặt cầu

Tập hợp điểm không gian cách điểm O cốđịnh khoảng cách R cho trước mặt cầu tâm O bán kính R Kí hiệu S O R ; 

Trong không gian với hệ trục Oxyz:

-Mặt cầu  S tâm I a b c , ,  bán kính R có phương trình là:  2  2  2 xa  y b  zc R

-Phương trình: x2y2z22ax2by2czd 0, với a2b2c2d 0 phương trình mặt cầu tâm I a b c ; ; , bán kính R a2b2c2d

2 Vịtrí tương đối mặt phẳng  P mặt cầu  S  

 , 

d I P R  P không cắt mặt cầu  S  

 , 

d I P R  P tiếp xúc mặt cầu  S  

 , 

d I P R  P cắt mặt cầu  S theo giao tuyến đường trịn nằm mặt phẳng  P có tâm

H có bán kính r R2d2

3 Vịtrí tương đối mặt cầu đường thẳng

a) Cho mặt cầu S O R ;  đường thẳng  Gọi H hình chiếu O lên  d OH khoảng cách từ O đến 

Nếu dR  cắt mặt cầu điểm phân biệt (H.3.1) Nếu d R  cắt mặt cầu điểm (H.3.2) Nếu d R  khơng cắt mặt cầu (H.3.3)

A

O

B H

O H

O

H R

I

H

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho ba điểm

Mặt cầu tâm I qua độ dài (biết tâm I có hồnh độ ngun, O gốc tọa độ) Bán kính mặt cầu

A B C D

Hướng dẫn giải:

Phương trình mặt cầu (S) có dạng:

Vì điểm thuộc mặt cầu (S) nên ta có hệ:

Suy Chọn B

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho A1; 0; , B2; 1; ,  C1;1;   Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, qua A cắt mặt phẳng ABC theo đường trịn có bán kính nhỏ

A

2

2

2

x y  z 

 

B

2

2

2

x y  z 

 

C

2

2

2

x y  z 

  D

2

2

2

x y  z 

 

Hướng dẫn giải:

Mặt phẳng ABC có phương trình: x   y z

Gọi  S mặt cầu có tâm IOy cắt ABC theo đường trịn bán kính r nhỏ Vì IOy nên I0; ; ,t  gọi H hình chiếu I lên ABC có bán kính đường trịn giao ABC  S 2

r AH  IA IH

Ta có   

2

2 2 2 2

1, ,

3

3

t t t t t

IA t  IH d I ABC   r t       

Do đó, r nhỏ

t Khi 0; ;0 ,

2

I  IA 

 

Oxyz A0; 2;0 , B 1;1;4 C3; 2;1 

 S A B C, , OI 

 S

R R3 R4 R

2 2

2 2

x y z  ax by czd  O A B C, , ,

( ) 4

( ) 2 18

( ) 14

A S b d

B S a b c d

C S a b c d

   

 

 

       

 

       

 

2 2

5 5

OI  OI  a b c 

1; 0; 2;

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2

2

2

x y  z 

 

Chọn A

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz viết phương trình mặt cầu có tâm I1; 2;3 tiếp xúc với đường thẳng

1 2

x y z

 



A.  12  22 ( 3)2 233

x  y  z  B.  12  22 ( 3)2 243

9

x  y  z 

C.  12  22 ( 3)2 2223

x  y  z  D.  12  22 ( 3)2 333

9 x  y  z 

Hướng dẫn giải:

+Đường thẳng d qua M0; 2;0  có vec tơ chỉphương u 1; 2;   Tính 1; 4;3 

MI  

+ Khẳng định tính  

, 233

,

3 MI u

d I d

u

 

 

 

  

+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính d I d ,  viết phương trình:

 2  2 233

1 ( 3)

9 x  y  z  Chọn A

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho mặt cầu có phương trình

2 2

4 12

x y z  x y z  đường thẳng d x:  5 ;t y4;z 7 t Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc mặt cầu  S điểm M5; 0;1 biết đường thẳng  tạo với đường thẳng d góc  thỏa mãn cos

7  

A

5 13

: :

1 11

x t x t

y t y t

z t z t

   

 

 

       

     

 

B

5 13

: :

1 11

x t x t

y t y t

z t z t

   

 

 

       

     

 

C

5 13

: :

1 11

x t x t

y t y t

z t z t

   

 

 

      

     

 

D

5 13

: :

1 21

x t x t

y t y t

z t z t

   

 

 

       

     

 

Hướng dẫn giải:

  S : x22y22z32 26 S có tâm I2; 1; 3   bán kính R 26 3;1; , 2; 0;1

IM  u 

 

VTVP  d

Giả sử u2 a b c; ;  VTCP đường thẳng  2  a b c

   

Mà góc đường thẳng  đường thẳng d 

 2 2 2 2  

1

1 2 1

cos , os

7

u u a c

u u c

u u a b c

 

     

 

   

 

Thay  1 vào  2 ta được:

 2    

2 2 2 2

7 2ac  a  3a4c c 7 4a 4acc 5 a 9a 24ac16c c

2

3

22 92 78 13

11

a c

a ac c

a c

   

    

   

Với a 3c a2b2c2 0 nên chọn c  1 a3;b 5  phương trình đường thẳng là:

5

:

1

x t

y t z t        

   

Với 13 11

a  c a2b2c2 0 nên chọn c 11a13;b5

 phương trình đường thẳng là:

5 13

:

1 11

x t

y t

z t

      

    Chọn A

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho đường thẳng :

1 2

x y z

d    

 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho mặt cầu  S tâm M tiếp xúc với trục Oz có bán kính

A 2; 0; 2 6; 2; 5 M  M  

  B  

6 2; 0; ; ;

5 5 M M 

 

C 2; 0; 2 7; 4; 5 M  M  

 

D 4; 0; 2 6; 2; 5 M  M  

 

Hướng dẫn giải:

Vì M dM1  t; 2 ; t  t Trục Oz qua điểm O 0; 0; 0  có vtcp k 0;0;1 ;

   

2

1 ; 2 ; ; 2 ; ;

;

OM t t t OM k t t

OM k t t

 

          

 

     

  

 

Gọi R bán kính mặt cầu  S , ta có: Rd M Oz ;  5t26t5

 

2

2; 2;

2 5 1 6 8 2

; ;

5 5

M t

R t t t t

t M

 

 

 

            

    



   

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho hai đường thẳng  1, 2 có phương trình:

1

2 1

: ; :

1 1

x y z x y z

     

 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng  1, 2?

A.  2

2

x  y z  B.  2

2

x  y z  C.  2

2

x  y z  D.  2

2

x  y z 

Hướng dẫn giải:

Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng  1, 2 mặt cầu nhận đoạn vng góc chung  1, 2 làm đường kính Giả sử mặt cầu cần lập  S A B, tiếp điểm  S với  1, 2 Viết phương trình  1, 2 dang tham số ta có:

2 ;1 ;1 ,  ;3 ;  A m  m  m B  n n  n

Do AB đoạn vng góc chung  1, 2 nên:

   

1

2

3 21 0

0 2;1;1 , 2;3;

3

AB U n m

m n A B

n m AB U

 

    



      

 

 

 

 

   

Trung điểm I AB có tọa độ I0; 2; 0nên phương trình mặt cầu cần lập là:

 2

2

2

x  y z  Chọn A

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho mặt cầu  S :x2y2z22x4y2z 3 Viết phương trình mặt phẳng  P chứa trục Ox cắt mặt cầu  S theo đường trịn có bán kính

A.  P :y2z0 B.  P :x2z0 C  P :y2z0 D  P :x2z0

Hướng dẫn giải:

 S có tâm I1; 2; 1   bán kính R 3

 P chứa trục Ox cắt mặt cầu  S theo đường trịn có bán kính nên  P chứa Ox qua tâm I mặt cầu

Ta có: OI1; 2; ,    P có vec tơ pháp tuyến n i OI, 0; 1; 2    P qua O Vậy  P :y2z0

Chọn A

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

2 1

x y z

d    

A.   S : x12y2 z12 6 B.   S : x12y2z12 36

C.    2  2

: 1

S x y  z  D.    2  2

: 1

S x y  z 

Hướng dẫn giải:

Một vec tơ chỉphương đường thẳng d u2;1;   Một vec tơ pháp tuyến đường thẳng mặt phẳng  P n1; 2;1  Gọi  góc đường thẳng d mặt phẳng

 P

Ta có sin cos , 2 1  300

2 6

u n IMA

          

Gọi R bán kính mặt cầu  S IAR Tam giác IAM vuông A có

0

30 3 3

2 IMA

IMA AM R S IA AM R



       

Giả sử: 1 ;1 ; , I  t  t t t

Từ giả thuyết ta có khoảng cách:  ,  3

t

d I P R      t t (loại)  1;0;1

I

 

Phương trình mặt cầu    2  2

: 1

S x y  z  Chọn A

Câu 9: Trong không gian tọa độ Ox ,yz viết phương trình mặt cầu qua ba điểm 1; 1; , 2;1; 1

A  B 

 1; 2; 3

C   biết tâm mặt cầu nằm mặt phẳng Oxz A.  

2

2

12 1326

:

11 11 121

S x  y z  

    B.  

2

2

12 1327

:

11 11 121

S x  y z  

   

C  

2

2

12 1328

:

11 11 121

S x  y z  

    D.  

2

2

12 1329

:

11 11 121

S x  y z  

   

Hướng dẫn giải:

Oxz

I nên I x ; 0;z,IAIBIC nên:        

       

2 2

2 2

1 2 1

1

x z x z

x z x z

         

 

        

  Giải hệta 12; 12; 0;

11 11 11 11

x  z  I  

 

Bán kính 1326 121 R

Phương trình mặt cầu  

2

2

12 1326

:

11 11 121

S x  y z  

   

Câu 10: Trong không gian Oxyz cho điểm A13; 1; ,  B2;1; ,  C1; 2; 2 mặt cầu

  2

: 67

S x y z  x y z  Viết phương trình mặt phẳng  P qua qua A, song song với BC tiếp xúc với mặt cầu    S S có tâm I1; 2;3 có bán kính R9 A.  P : 2 x2y z 280  P : 8x4y z 1000

B.  P : 2 x2y z 280  P : 8x4y z 1000 C.  P : 2 x2y z 280  P : 8x4y z 1000 D.  P : 2 x2y2z280  P : 8x4y z 10000

Hướng dẫn giải:

Giả sử  P có vtpt nA B C; ; ,A2B2C2 0 ,  P / /BC nên:

   

, 1;1; 4 ; ;

n BC BC  n BC    AB Cn B C B C

 P qua A13; 1;0  phương trình:   P : B4C x ByCz12B52C 0

 P tiếp xúc với    

 2 2

4 12 52

,

4

B C B C B C

S d I P R

B C B C

    

    

  

  

2 2

2

4

B C

B BC C B C B C

B C

 



         

 

 Với B2C0 chọn ,

1 B C

  

  

ta phương trình:  P : 2 x2y z 280

Với B4C0 chọn 4, B C

  

 

ta phương trình:  P : 8x4y z 1000 Chọn A

Câu 11: Trong không gian Ox ,yz cho mặt cầu  

2 2

: 2 0,

S x y z  x y z 

mặt phẳng  P :xy  z

và hai điểm A1;1; , B2; 2;1  Viết phương trình mặt phẳng   song song với AB, vng góc với mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S theo đường tròn

 C

có bán kính

A.   :xy2z 1 mp   :x y 2z110 B.   :x5y2z 1 mp   :x y 2z110

C.   :xy2z 1 mp   :x5y2z110 D.   :x5y2z 1 mp   :x5y2z110

Hướng dẫn giải:

Pt  S viết dạng   S : x22y12z12 9 Suy  S có tâm I2; 1; 1  , bán kính R 3

Do  AB n   2; 2; 4 0

Gọi vec tơ VTPT mặt phẳng   Ta có:  

   

/ /AB u AB u

P u n

 



 

 

 

 

 

 

 

  

  phương với  AB n 

Chọn 1; 1; 2

2

u   AB nu   Mặt phẳng   có VTPT u



nên phương trình có dạng x y 2zD0

Gọi d khoảng cách từ I đến mặt phẳng   cắt  S theo đường trịn  C có bán kính r Nên d  R2 r2  3 

Ta có:  1 2 1 6

11

D D

d D

D

      

       

  

Với D1   :xy2z 1 khơng qua A1;1; 0 (vì   1 2.0 0  ) Nên   / /AB Tương tự, mặt phẳng song song với AB

Vậy có hai mặt phẳng   thỏa mãn u cầu tốn có phương trình:   :xy2z 1 mp   :x y 2z110

Chọn A

Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2; 0; , B0; 2;  Điểm C thuộc trục Ox cho tam giác ABC tam giác đều, viết phương trình mặt cầu  S có tâmO tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC

A.   2

:

S x y z  B.   2

:

S x y z   C.  S :x2y2z2  D  S :x2y2z2  

Hướng dẫn giải:

Vì COzC 0;0; c tam giác ABC khi:

2 2 2

2 2

ABAC BCAB  AC BC       c c Vậy C0; 0; 2 C0;0; 2 

Lập luận tứ diện OABC OAOBOC2 tam giác ABC Gọi I trung điểm AB IOAB

2 2

1

2 2

2

I OI  AB OA OB   

(Tam giác OAB vuông O )

Lập luận mặt cầu  S có tâm O tiếp xúc với cạnh tam giác ABC có bán kính

 , 

Rd O AB IO

Do phương trình có mặt cầu   2

:

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho đường thẳng : 1

1

x y z

d     

  mặt cầu

  S : x12y22z12 25 Viết phương trình đường thẳng  qua điểm  1; 1; ,

M    cắt đường thẳng d mặt cầu  S hai điểm A B, cho AB8 A

1

:

2 x t y t z t               

B

1

:

2 x t y t z t                C

:

2 x t y t z t             

D

2

:

2 x t y t z t               

Hướng dẫn giải:

Gọi: M1d  M12t;1 ;1 t tMM1 3t; 2 ;3 t t Mặt cầu có tâm I1; 2;1

Mặt phẳng    

      1; 2;1 1; 2;1 : : P qua I qua I P P

P VTPT n MM

                    P : tx 1 2 2ty 2 3 tz 1

         

Gọi H trung điểm AB IH  AB IH, 3

Do   

2

1 15

3 , 3

6 22

5 t t

IM MH d M P

t t t                

Với

1

1 :

2

x t

t y t

z t                  

Với

1

:

5

2

x t

t y t

z t                 

Chọn A

Câu 14: Trong không gian Ox ,yz viết phương trình mặt cầu  S tiếp xúc với mặt phẳng  Q : 2xy2z 1 M1; 1; 1   tiếp xúc mặt phẳng  P :x2y2z 8

A      

       

2 2

2 2

:

:

c x y z

c x y z

     



      



B      

       

2 2

2 2

:

:

c x y z

c x y z

     



      



C      

       

2 2

2 2

:

:

c x y z

c x y z

     



      



D      

       

2 2

2 2

: 81

: 81

c x y z

c x y z

     



      



Hướng dẫn giải:

có phương trình

1

1

1

x t

y t

z t

   

   

    

Lấy I1 ; 1 t    t; 2td  

 

       

         

2 2

2 2

2 2

1 2 2

, 4

1 4

1 3; 0;1 , :

1 1; 2; , :

t t t

MI d I P t t t t

t I R S x y z

t I R S x y z

     

       

 

        

             

Chọn A

Câu 15: Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho đường thẳng:

, mặt cầu

Viết phương trình mặt phẳng song song với hai đường thẳng cắt mặt cầu (S)

theo giao tuyến đường trịn (C) có chu vi

A B C D Chọn B

Hướng dẫn giải:

+ qua có vectơ chỉphương

qua có vectơ chỉphương

+ Mặt phẳng () song song với nên có vectơ pháp tuyến:

Phương trình mặt phẳng () có dạng:

+ Mặt cầu (S) có tâm bán kính

Gọi r bán kính đường trịn (C), ta có:

2 1

:

1

x y z

  

 2:

1 x t

y t

z t

  

   

   

2 2

( ) :S x y z 2x2y6z 5

( )  1, 2

2 365



5 0; 10

x y z  x y z 

5 10

x y z 

5 3 511 0; 3 511

x y z   x y z  

5

x y z 

1

 M1(2; 1;1) u1(1; 2; 3)



2

 M2(0; 2;1) u2 (1; 1; 2)



1,

  u u1, 2  (1; 5; 3) 

 

 x5y3zD0

I(1; 1;3) R4

2 365 365

2

5

r  r

Khi đó:

+ Phương trình mặt phẳng

Vì nên M1 M2 khơng thuộc loại (1)

Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: Chọn B

Câu 16: Trong không gian Oxyz, cho điểm mặt phẳng Mặt cầu S có tâm I nằm mặt phẳng , qua điểm A gốc tọa độ O cho chu vi tam giác OIA Phương trình mặt cầu S là:

A

B

C

D

Hướng dẫn giải:

Gọi tâm S

Khi nên ta suy hệ

Giải hệ ta tìm

Chọn D

Câu 17: Cho điểm I1; 7;5và đường thẳng :

2

x y z

d    

 Phương trình mặt cầu có tâm I cắt đường thẳng d hai điểm A, B cho tam giác diện tích tam giác IAB 6015 là:

A. x12y72z52 2018 B. x12y72z52 2017 C. x12y72z52 2016 D. x12y72z52 2019

  2 35

, ( )

5

d I   R r  35

10

35

D D

D  

 

   

 

( ) : x5y3z 4 (1) hay x5y3z100 (2) 1/ /( ), / /( )

  ( ) 

5 10

x y z 

1, 0, 1

A   P :x   y z  P

6

x22y22z12 9 x22y22z12 9 x22y22z12 9 x12 y22z22 9 x22y22z12 9 x22y22z12 9 x22y22z12 9 x12y22z22 9

 , ,  I x y z

 , ,

I P IOIA IOIAAO 

 2  2 2

2 2 2

1 1 0

2

3

3

x y z x y z x z

x y z x y z

x y z x y z

       

    



 

        

 

         

 



2, 2,1

Hướng dẫn giải:

Gọi H hình chiếu I1; 7;5 dH0;0; 4 IH d I d ; 2

8020

AIB AIB

S IH AB

S AB

IH 

    

2

2

2017

AB R IH  

    

 

Vậy phương trình mặt cầu là: x12y72z52 2017 Chọn B

Câu 18: Cho điểm I(0; 0;3)và đường thẳng

1

:

2

x t

d y t

z t

   

      

Phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt đường thẳng d hai điểm A B, cho tam giác IAB vuông là:

A 2  2

3

2

x y  z  B. 2  2

3

3 x y  z 

C 2  32

x y  z  D. 2  32 x y  z 

Hướng dẫn giải:

Gọi H 1 t; ; 2t td hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d  ; ; 

IH t t t

    

 Ta có vectơ chỉphương d: ad 1; 2;1 IH d

1 2

; ;

3 3

d

IH a t t t t t H 

                 

 

 

2 2

2 2

3 3

IH      

              

Vì tam giác IAB vuông I IAIBR Suy tam giác IAB vng cân I, bán kính:

0 2

cos 45 2

2 3

RIA AB  IH  IH  

Vậy phương trình mặt cầu  : 2  32 S x y  z  Chọn B

Câu 19: Cho điểm A2;5;1 mặt phẳng ( ) : 6P x3y2z240, H hình chiếu vng góc A mặt phẳng  P Phương trình mặt cầu ( )S có diện tích 784 tiếp xúc với mặt phẳng  P H, cho điểm A nằm mặt cầu là:

Hướng dẫn giải:

Gọi d đường thẳng qua A vng góc với  P Suy

2

:

1

x t

d y t

z t

   

      

Vì H là hình chiếu vng góc A  P nên H d( )P Vì Hd nên H2 ;5 ;1 2 t  t  t

Mặt khác, H( )P nên ta có: 6  t3 3  t2 2  t240  t Do đó, H4; 2;3

Gọi I R, tâm bán kính mặt cầu

Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784, suy 4R2 784 R14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  P H nên IH ( )P  I d

Do tọa độđiểm I có dạng I2 ;5 ;1 2 t  t  t, với t 1

Theo giả thiết, tọa độđiểm I thỏa mãn:

     

     

2 2

2 2

6 2 24 1

14 ( ,( )) 14

6 ( 2) 3 1

14

2

6 14

t t t t

d I P

t t

AI

t

t t t

        

 

 

     

     

   

  

   

   

  Do đó: I8;8; 1 

Vậy phương trình mặt cầu ( ) :S x82y82z12 196 Chọn A

Câu 20: Cho mặt phẳng  P :x2y2z100 hai đường thẳng 1:

1 1

x y z

  

 ,

2

2

:

1

x y z

   Mặt cầu  S có tâm thuộc 1, tiếp xúc với 2 mặt phẳng  P , có phương trình:

A. (x1)2(y1)2(z2)2 9

2 2

11 81

2 2

x y z

     

     

     

     

B. 2

(x1) (y1) (z2) 9

2 2

11 81

2 2

x y z

     

     

     

     

C. (x1)2(y1)2(z2)2 9

D. 2

(x1) (y1) (z2) 3

Hướng dẫn giải:



2 :

1

x t

y t z t

      

   

Giả sử I(2t t; ;1t) 1 tâm R bán kính mặt cầu  S

Ta có: AI ( ; ; 4t t t)   AI a, 2  (5t4; ; 0) t   2 2

, 5 4

;

3 AI a t d I

a

  

 

  

  

2 2(1 ) 10 10

( , ( ))

3 4

t t t t

d I P        

 

  S tiếp xúc với 2  P  d I( ,2)d I P( ,( ))  5t4  t 10  t t 

  

  

Với

t  11 7; ;

2 2

I  

 ,

9

R  

2 2

11 81

:

2 2

S x  y  z  

     

Với t 1  I(1; 1; 2), R3    2 : ( 1) ( 1) ( 2) S x  y  z  Chọn A.

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng 1

1

: 1, ;

x d y t

z t   

 

   



2

2

: , ;

1 x

d y u u

z u

  

 

    

 : 1

1 1

x y z

   Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với d d1, 2 có tâm thuộc đường thẳng ?

A. x12y2z12 1 B

2 2

1 1

2 2

x y z

     

     

     

     

C

2 2

3

2 2

x y z

     

     

     

      D

2 2

5

4 4 16

x y z

     

     

     

     

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Đường thẳng d1 qua điểm M11;1; 0 có véc tơ chỉphương  

1 0;0;1

d u 



Đường thẳng d2 qua điểm M22; 0;1 có véc tơ chỉphương  

2 0;1;1

d

u Gọi I tâm mặt cầu Vì I  nên ta tham số hóa I1t t; ;1t, từđó

   

1 ;1 ; , ; ;

IM  t   t t IM    t t t

 

   

1

1

2 2

1; 2;

0

1

d d

d d

IM u IM u t t t

t

u u

      

   

    

   

 

Suy I1; 0;1 bán kính mặt cầu Rd I d ; 11 Phương trình mặt cầu cần tìm

 2  2

1 1

x y  z 

Câu 22: Cho mặt cầu   2

:   2 4  1

S x y z x z đường thẳng

2

:

  

  

   

x t

d y t z m t

Tìm m để d cắt  S hai điểm phân biệt A B, cho mặt phẳng tiếp diện  S A B vng góc với

A. m 1 m 4 B. m0 m 4 C. m 1 m0 D.Cả A B C, , sai

Hướng dẫn giải:

Để thỏa mãn yêu cầu đề trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức phương trình

 2  2    

2t t  mt 2 2t 4 mt  1 có hai nghiệm phân biệt

 

2

3

 t  m tm  m 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ' 0m12 3m212m 3

5

m  m 

Với phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng định lí Viet ta có

 

2

1 2

4

;

3

  

 m m   

t t t t m

Khi IA1t t m1; ;1  2 t1,IB1t t m2; ;2 2t2

Vậy IA IB  1t11t2t t1 2 m2t1m2t20

    2

1 2

3

 t t  m t t  m  

 2  2

2

4 1

3

 m  m  m  m  

4       

 m

m (TM)

Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2 y2z24x6ym0 đường thẳng

 : 1

2

 

 

x y z

d Tìm m để (d) cắt (S) hai điểm M, N cho độ dài MN

A. m 24 B. m8 C. m16 D. m 12

Hướng dẫn giải:

(S) có tâm I2;3;0 bán kính R  2 23202m  13m m 13 Gọi H trung điểm M, N MH 4

Đường thẳng (d) qua A0;1; 1  có vectơ chỉphương

2;1; 2  ;  ,

 

 

   

  



u AI

u d I d

u

Suy R MH2d2I d;  4232 5 Ta có 13m  5 13m25m 12 Chọn D

Câu 24: Cho đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng

và mặt cầu S có phương trình

Tìm m đểđường thẳng d cắt mặt cầu (S) hai điểm phân biệt A, B cho AB =

A. 9 B.12 C.5 D.2

Hướng dẫn giải:

Ta có VTPT (α) (β)

Suy VTCP đường thẳng d

Ta có A(6;4;5) điểm chung hai mặt phẳng (α) (β) nên Ad

Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0), bán kính với m < 13

Gọi H trung điểm AB 

Trong tam giác vng IHA ta có:

( ) : x 2y 2z 4  0 ( ) : 2x 2y  z 0, x2 y2 z24x6ym0

1

n (2; 2; 1), n  (1; 2; 2)

 

1

1

u n ; n (2;1; 2),

3 

   

  

R  13 m

IA(8;1;5)IA, u   ( 3; 6;6)d(I, d)3

  

AB

AH vµ IH

  

2 2

I N

M A

S

B

C Vậy m = 12 giá trị cần tìm

Chọn B

Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(1; 0; 2), (3;1; 4), (3; 2;1)B C  Tìm tọa độ điểm S, biết SA vng góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính

3 11

2 Scó cao độ âm

A. S( 4; 6; 4)  B. S(3; 4; 0) C. S(2; 2;1) D. S(4;6; 4)

Hướng dẫn giải:

Ta có AB(2;1; 2);AC(2; 2; 1)  , suy ABAC

Tam giác ABC vng nên I S sử dụng tính chất phép dụng tâm để tính

Tính IM

( ) ,

MI  ABC MI k AB AC k

 

  

2 AS  MI  

, tìm S

, (3; 6; 6)

AB AC

   

 

 

Gọi 3; 5; 2 M  

  trung điểm BC Ta có:

2 2 11 81

2

IM IB BM     IM 

 

( ) , (3; 6; 6)

MI  ABC MIk AB AC k  MI  k Suy 9 2 k k 2

2

k  AS2MI3; 6; 6 S4; 6; 4  Chọn D

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A0; 0; 4, điểm M nằm mặt phẳng Oxy M O Gọi D hình chiếu vng góc O lên AM E trung điểm OM Biết đường thẳng DE tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu

A. R2 B. R1 C. R4 D. R

Hướng dẫn giải: Chọn A

13 m 25 m 12

Ta có tam giác OAM ln vng O Gọi I trung điểm OA (Điểm I cốđịnh) Ta có tam giác ADO vng D có ID đường trung tuyến nên 1 

2 ID OA

Ta có IE đường trung bình tam giác OAM nên IE song song với AM mà ODAM ODIE Mặt khác tam giác EOD cân E Từđó suy

IE đường trung trực OD Nên

  ;    90  2

DOE ODE IODIDOIDEIOE  IDDE Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính

2 OA R 

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét điểm A0; 0;1, B m ; 0; 0, C0; ;0n , 1;1;1

D

với m0;n0 mn1 Biết m, n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ABC qua d Tính bán kính R mặt cầu đó?

A. R1 B.

2

R C.

2

R D.

2 R

Hướng dẫn giải:

Gọi I(1;1;0) hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (Oxy)

Ta có: Phương trình theo đoạn chắn mặt phẳng (ABC) là: x  y z1 m n

Suy phương trình tổng quát (ABC) nxmymnzmn0 Mặt khác

2 2

1

( ,( ))  1

 

mn d I ABC

m n m n

(vì m n 1) ID 1 d I ABC( ,( )) Nên tồn mặt cầu tâm I (là hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng Oxy) tiếp xúc với (ABC) qua D

Chọn A

Câu 28: Trong không gian tọa độOxyz cho điểm mặt cầu (S) có phương trình: Tìm tọa độ điểm D mặt cầu (S) cho tứ diện

ABCD tích lớn

A B C D

Hướng dẫn giải:

(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)

A B  C   

2 2

2 2

x y z  x z 

7

; ;

3 3

D   

 

1 ; ; 3 D  

 

7 ; ; 3 D 

 

7 ; ; 3 D  

 

A

M D

E I

Ta có (S) suy (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính

Và

Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến

Suy mp(ABC) có phương trình:

Ta có nên lớn lớn

Gọi đường kính mặt cầu (S) vng góc với mp(ABC) Ta thấy với D điểm

bất kỳ thuộc (S)

Dấu “=” xảy D trùng với D1 D2

Đường thẳng qua I(1;0;-1), có VTCP

Do (D1D2) có phương trình:

Tọa độđiểm D1 D2 thỏa mãn hệ:

Ta thấy: Vậy điểm điểm cần tìm

Chọn D

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

1

x y z

d    

  mặt cầu  S tâm I có phương trình   S : x12y22z12 18 Đường thẳng d cắt  S hai điểm A B, Tính diện tích tam giác IAB

A. 11

3 B.

16 11

3 C.

11

6 D.

8 11

Hướng dẫn giải:

Chọn A

2 2

: (x1) y (z1) 4 R2

(1; 1; 4); ( 1; 3; 4) AB   AC   

 

, ( 8;8; 4)

nAB AC  

 

  

8x 8(y 1) 4(z 1) 2x 2y z

          

1

( ; ( ))

ABCD ABC

V  d D ABC S VABCD d D ABC( ;( ))

1 D D

 

( ;( )) max ( ; ( )); ( ; ( ))

d D ABC  d D ABC d D ABC

1

D D nABC (2; 2;1)



1 2    

  

    

x t

y t

z t

2 2

1 2

2 3

1

3

( 1) ( 1)

x t

t

y t

z t

t

x y z

 

 



   



  

    

 



      



1

7 1

; ; & ; ;

3 3 3

   

   

    

   

D D

1

( ; ( )) ( ; ( ))

d D ABC d D ABC 7; 4;

3 3

D   

Đường thẳng d qua điểm C1; 0; 3  có vectơ chỉphương u  1; 2; 1  Mặt cầu  S có tâm I1; 2; 1 , bán kính R3

Gọi H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d

Khi đó:

, IC u IH

u

 

 



 

 , với IC0; 2; 2  ; 2x y 3z 4

Vậy

2 2

6 2 66

3

IH      

Suy 18 22

3

HB  

Vậy, 1 66 8 11

2 3

IAB

S  IH AB    

Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho điểm 1; 3;0

2

 

 

 

 

M mặt cầu   2 :   8

S x y z Đường

thẳng d thay đổi, qua điểm M, cắt mặt cầu  S hai điểm phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB

A S  B S 4 C S2 D S 2

Hướng dẫn giải:

Mặt cầu  S có tâm O0;0;0 bán kính R2 Vì OM  1 R nên M thuộc miền

mặt cầu  S Gọi A, B giao điểm đường thẳng với mặt cầu Gọi H chân đường cao hạ từO tam giác OAB

Đặt xOH , ta có 0xOM 1, đồng thời

2 2

8

 OH  

HA R x Vậy diện tích tam

giác OAB

2

2   

 OAB

S OH AB OH HA x x

A

Khảo sát hàm số ( ) 8

f x x x 0;1, ta

0;1    

maxf x  f 

Vậy giá trị lớn SOAB  7, đạt x1 hay H M , nói cách khác 

d OM Chọn A

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;11; 5  mặt phẳng

     

: 1 10

P mx m  y m  z  Biết m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P qua A Tìm tổng bán kính hai mặt cầu

A 2 B. C. D. 12

Hướng dẫn giải:

Gọi I a b c r ; ; , tâm bán kính mặt cầu Do mặt cầu tiếp xúc với  P nên ta có

 

     

 

 

 

2 2

2

2 1 10 10

,

1 2

ma m b m c b c m ma b c

r d I P

m m

         

  

 

   

   

   

2

2

2

2 10

2 2 10

2 2 10

b c m ma b c r m

b c r m ma b c r

b c r m ma b c r

      

        

 

        



TH1: b c r  2m22ma b c r   10 0  1

Do m thay đổi có mặt cầu cốđịnh tiếp xúc với  P nên u cầu tốn trờ thành tìm điều kiện a b c, , cho  1 không phụ thuộc vào m Do  1 ln với

2

0

2 10 b c r

a b c r

   

  



   



2

0 b r a c

   

  

   

Suy I0;5r 2; 5  S :x2y 5 r 22z52 r2

Lại có A S nên suy ra:  

2 2

4 11 12 40

10 r

r r r r

r  

          

TH2: b c r 2m22ma b c  r 10 0làm tương tựTH1 (trường hợp không thỏa đề )

Tóm lại: Khi m thay đổi, tồn hai mặt cầu cốđịnh tiếp xúc với mặt phẳng  P qua A có tổng bán kính là: 12 suy chọn D

Câu 32: Cho hình chóp SABC có đáy tam giác cạnh 6cmvà SASBSC4 3cm Gọi D điểm đối xứng B qua C. Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD bằng?

A. 5cm B. 2cm C 26cm D 37cm

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Dựng CG vuông góc với ABC, Qua E dựng mặt phẳng vng góc với SB, mặt phẳng cắt CG F Suy F tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.Đặt SFR Xét hình chữ nhật:

 

2

1 FGSH FCSHFGSH R CH

Lại có: FC R2CB2 2 Từ (1) (2)

suy 2 2

SH R CH  R CB

 

2 2

6 R 12 R 36 5 R 120R 37 cm Suy chọn D

Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độnhư hình vẽ

Ta có: C0; 0; , A3 3; 3;0 ,  B 3 3;3; , S 2 3; 0;6

   2

0; 0; 36 12

FCGF t FAFS  t   t

 

1 37

t SC cm

    suy chọn D

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

2

x y z

d   

 mặt cầu   S : x12y22z12 2 Hai mặt phẳng  P và Q chứa d tiếp xúc với  S Gọi M N, tiếp điểm Tính độdài đoạn thẳng MN

A. 2 B

Hướng dẫn giải: Chọn B

Mặt cầu  S có tâm I1; 2;1 , R

Đường thẳng d nhận u2; 1; 4  làm vectơ chỉphương

Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng d Hd H2t2;t; 4t Lại có:

   

1; 2; 2; 1;

IH u  t  t t  

 

   

2 2t t 4t t

        

Suy tọa độđiểm H2; 0; 0 Vậy IH  1   Suy ra: HM  2 2

Gọi K hình chiếu vng góc M lên đường thẳng HI

Suy ra: 2 2 12 1

4

MK  MH MI   

Suy ra:

3

MK  MN 

Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A a ;0; ,  B0; ; , b  C0; 0;c, a0, b0, c0

abc  Biết mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu   : 12  22  32 72

7

S x  y  z  Thể tích khối tứ diện OABC

A.

9 B.

1

6 C.

3

8 D.

5

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Cách 1: Ta có ABC:x y z ab c 

Mặt cầu  S có tâm I1; 2;3 bán kính 72 R

Mặt phẳng ABC tiếp xúc với     

2 2

1

1

72

;

7

1 1

a b c

S d I ABC R

a b c

  

   

Mà 12 12 12 abc a b c 

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

 

2

2 2

2 2 2

1 1 1

1

2

a b c a b c a b c

   

             

   

Dấu " " xảy

1

1 1

2 2, 1, ,

3

7

a b c

a b c a b c 

 

 

    



  

 

khi

6

OABC

V  abc

Cách 2: Ta có ABC:x y z 1,

abc  mặt cầu  S có tâm

72 (1; 2;3),

7

I R

Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu  S  

2 2

1

1

72 , ( )

7

1 1

a b c

d I P R

a b c

  

   

 

2 2 2

2 2

7 72 1 1

7

7 2

1 1 a b c a b c

a b c



          

 

2 2

1 1

2 a b c a b c

      

2 2

1 1

1

2

a b c

     

         

     

2 a b c      

   

1

6

OABC

V abc

  

Cách 3: Giống Cách 2khi đến 12 12 12 a b c  Đến ta tìm a, b, c bất đẳng thức sau: Ta có

 

2

2 2

2 2 2

1 1 1 1 1

7 3

2

a b c a b c a b c a b c

     

                 

Mà 12 12 12

a b c   Dấu “=” BĐT xảy

1 1

1

a  b  c , kết hợp với giả thiết

7

abc ta a2, b1,

c Vậy:

6

OABC

V  abc

Ta có

2 a b c      

   

1

6

OABC

V abc

  

Cách 4: Mặt cầu  S có tâm I1; 2;3 bán kính 72 R

Phương trình mặt phẳng (ABC) :x y z abc 

Ta có:

1

1 7 7 7

7

a bc  a  b  c  nên  

1 ; ; 7

M  ABC

 

Thay tọa độ 3; ; 7 M 

  vào phương trình mặt cầu ( )S ta thấy nên M( )S Suy ra: (ABC) tiếp xúc với ( )S M tiếp điểm

Do đó: (ABC) qua 3; ; 7 M 

 , có VTPT  

6 12 18

; ; 1; 2;3

7 7

MI  n

 

 

(ABC) có phương trình: 2

2

3

x y z

x y z      a , b1, c

Vậy

6

GTLN, GTNN TRONG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXYZ

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ cho hai điểm mặt phẳng Tìm tọa độđiểm thuộc cho nhỏ nhất?

A. B

C. D. 2; 11 18;

5 5

M  

 

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Thay tọa độ vào phương trình mặt phẳng , ta  hai điểm A B, phía với mặt phẳng Gọi điểm đối xứng A qua  P Ta có

Nên minMAMB A B M giao điểm A B với  P

Phương trình ( qua

có véctơ chỉphương n P 1; 2; 1 )

Gọi H giao điểm AA  P , suy tọa độ H H0; 2; 4 , suy

 1; 4; 6

A   , nên phương trình : x t

A B y t

z t

  

        

Vì M giao điểm A B với  P nên ta tính tọa độ

Câu 2: Cho hai điểm A1, 3, ;  B9, 4, 9 mặt phẳng  P : 2xy  z Điểm M thuộc (P) Tính GTNN AM BM

A B C D

Hướng dẫn giải:

Ta có: 2. 1   3  21 2.  9   4 1720 A B, nằm phía so với mặt phẳng (P)

,

Oxyz A1; 0; ;  B0; 1; 2   P :x2y2z120 M  P MA MB

2; 2;9

M 6; 18 25;

11 11 11 M   

 

7 31 ; ; 6 M  

 

1; 0; ;  0; 1; 2

A B   P

   

P A P B   P

A

MAMBMAMBA B

1

:

2 x t AA y t

z t

      

   

AA A1; 0; 2

2 11 18

; ;

5 5

M   

 

6 204 7274 31434

6

 2004 726

3 

3 26

H M

B

A' A

Gọi A’ điểm đối xứng A qua (P) Mặt phẳng (P) có vtpt

Đường thẳng AA’ qua A1, 3, 2  có vtcp có pt:

Gọi H giao AA’  P ta có:

       

2  1 2t  3t   2 t  1 0  t H 1, 2,  Ta có H trung điểm

 

’ ’ 3,1, AA  A

Đường A’B qua A’(3, 1, 0) có vtcp có pt:

Gọi N giao điểm A’B mặt phẳng  P ta có:

     

2 4 t – 1t 3t 1 0  t N 1, 2,

Để MAMB nhỏ MAMB A B’ =

Chọn D

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng hai điểm M điểm mặt phẳng Giá trị lớn là:

A B C D

Hướng dẫn giải:

Ta có: A, B nằm khác phía so với (P) Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (P) Suy

Đẳng thức xảy M A B, , ’ thẳng hàng Chọn A

Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình –x y  z hai điểm M3;1; , N9; 4;9  Tìm điểm I a b c ; ;  thuộc mặt phẳng (P) cho đạt giá trị lớn Biết a b c, , thỏa mãn điều kiện:

A B C D

Hướng dẫn giải:

Nhận thấy điểm M, N nằm hai phía mặt phẳng (P)

2, 1,1 n 

2, 1,1 n 

1

2

x t

y t

z t

   

   

    

 

' 12,3,9 A B 



1

x t

y t z t

   

     

M N

 2 2

12 234 26

    

( ) :P x   y z

 

(1; 3;0), 5; 1;

A  B   ( )P

T  MA MB

T  T 2 6

2

T 

3 T 

'( 1; 3;4) B  

' ' T  MA MB  MA MB AB 

IM IN

21

Gọi R điểm đối xứng M qua mặt phẳng (P), đường thẳng MR qua điểm M(3; 1; 0) vng góc với mặt phẳng (P) có phương trình: Gọi

Ta có Đẳng thức xảy I, N, R thẳng hàng Do tọa độ

điểm I giao điểm đường thẳng NR: (t tham số ) mặt phẳng (P)

Dễ dàng tìm I(7; 2; 13) Chọn A

Câu 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 2; , B5; 4; 4 mặt phẳng  P : 2xy–z 6 Tọa độđiểm M nằm (P) saocho MA2MB2 nhỏ là:

A. 1;3; 2 B. 2;1; 11  C. 1;1;5 D. 1; 1; 7 

Hướng dẫn giải:

+ Kiểm tra phương án A khơng thuộc (P)

+ Tính trực tiếp MA2 + MB2 phương án B,C,D so sánh Chọn C

Câu 6: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x   y z 0,A8; 7; ,  B1; 2;   Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  P cho MA22MB2 nhỏ

A. M0; 0; 1  B M0;0;1 C. M1; 0;1 D. M0;1; 0

Hướng dẫn giải:

Gọi I điểm thỏa mãn IA2IB0I2; 1; 0 

Có MA22MB2  MIIA2 2 MIIB2 3MI2IA22IB2 Vì IA IB, khơng đổi nên  2 min

min

MA  MB MI M hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng  P

Đường thẳng d qua I vng góc với  P

   

2

: ; 0; 0;

x t

d y t d P M

z t    

       

   Chọn A

3

2 1

x y z

 



(P) (1; 2; 1) ( 1;3; 2)

H MR H  R  

IM IN  IRIN RN

1

2 11

x t

y t

z t

   

   

Câu 7: Cho điểm A0, 0, ,  B2, 0, 1  mặt phẳng  P : 3x8y7z 1 Tìm M P cho MA22MB2 nhỏ

A 283; 104; 214 183 183 183

M   

  B.

283 104 214

; ;

183 183 183

M  

 

C. 283; 14; 14 183 183 183 M   

  D.

283 14 14

; ;

183 183 183

M 

 

Hướng dẫn giải:

Gọi I cho 4;0;5

3

IA IB  I 

 

 

 

 

 

2

2 2

2

2 2

2 2 2 2

2

2

2 2

MA MA MI IA MI IA MI IA

MB MB MI IB MI IB MI IB

MA MB MI IA IB MI IA IB MI IA IB

     

     

        

    

    

  

Suy  2

MA  MB MI bé hay M hình chiếu I  P Tìm tọa độ 283; 104; 214

183 183 183

M   

 

Chọn A

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng hai điểm

và Biết điểm thuộc nhỏ nhất.Tìm

A B C D

Hướng dẫn giải:

Phương trình đường thẳng AB là: Dễ thấy đường thẳng AB cắt

nhau điểm suy AB đồng phẳng

Lại có

Ta có:

Do nhỏ trùng với điểm

Oxyz  

x t

y t t

z t

2

:

3    

     

  



 

A 2;0;3 B 2; 2; 3    M x y z 0; ;0 0  MA4 MB4

x0

x0  x0 1 x0 2 x0 

 

x

y t t

z t

1

1

2 3   

 



   

 

 

I 2; 1;0 

   

IA 0;1; ,IB 0; 1; 3  IA IBIA IB AB

   

     

MA MB MA MB MA MB AB IA IB

2

2

4 2 1

2 2 8

 

         

 

MA4 MB4

Chọn C

Câu 9: Trong không gian với hệ trục toạđộ cho điểm

Điểm cho giá trị biểu thức nhỏ

nhất Khi đó, điểm cách khoảng

A B C D

Hướng dẫn giải:

Gọi Ta có

với

nhỏ nhỏ hình chiếu vng góc

Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A1;1;1, B0;1; 2, C2; 0;1  P :xy  z Tìm điểm N P cho S2NA2NB2NC2 đạt giá trị nhỏ

A. 3; ; 4 N 

  B. N3;5;1 C. N2;0;1 D.

3

; ;

2

N   

 

Hướng dẫn giải:

Chọn A

Gọi I trung điểm BC J trung điểm AI Do 1; ;1 2 I 

 

3 0; ;

4 J 

 

Khi 2 2 2

2

S  NA  NI  BC  NJ IJ  BC

Do S nhỏ NJ nhỏ Suy J hình chiếu N  P

Phương trình đường thẳng : x t

NJ y t

z t

    

  

 

  



,

Oxyz A1; 2;3 ; B 0;1;1 ; C1; 0; 2 

 :

M P x   y z TMA22MB23MC2 M  Q :2x y 2z 3

121

54 24

2

101 54

 ; ; 

M x y z T6x26y26z28x8y6z31

2 2

2 145

6

3

T x  y  z              

     

 

 

2 145

6

T MI

   2; ;

3 I  

 

T

 MI M I  P

5 13

; ;

18 18

M 

    

Tọa độđiểm J nghiệm hệ:

1

2

4

3

4

x y z

x x t

y

y t

z

z t

   

 

 

  

 

 

 

   

 

 

  

 

 

Câu 11: rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;01;1 , B1; 2;1 , C4;1; 2  mặt phẳng  P :xy z Tìm (P) điểm M cho MA2MB2MC2 đạt giá trị nhỏ Khi M có tọa độ

A. M1;1; 1  B. M1;1;1 C. M1; 2; 1  D. M1;0; 1 

Hướng dẫn giải:

Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có G2;1; 0, ta có

 

2 2 2 2

3

MA MB MC  MG GA GB GC

Từ hệ thức (1) ta suy ra:

2 2

MA MB MC đạt GTNN MG đạt GTNN  M hình chiếu vng góc G (P)

Gọi (d) đường thẳng qua G vng góc với (P) (d) có phương trình tham số

1

x t

y t z t

   

     

Tọa độ M nghiệm hệphương trình  

2

1

1; 0;

0

x t t

y t x

M

z t y

x y z z

   

 

    

 

  

 

 

 

      

 

Chọn D

Câu 12: (Hình Oxyz) Cho A1;3;5 , B2; 6; ,  C 4; 12;5 điểm  P :x2y2z 5 Gọi M điểm thuộc  P cho biểu thứcS  MA4MB  MA MB   MC đạt giá trị nhỏ Tìm hồnh độđiểm M

A xM 3 B xM  1 C. xM 1 D. xM  3

Hướng dẫn giải:

Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P)

Có S3MIMG3GI Dấu xảy M giao điểm GI (P) M1;3;1

Chọn C

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;1; 1 , B0;3;1 mặt phẳng  P :xy  z Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P cho 2MA MB  có giá trị nhỏ

A. M 4; 1; 0 B. M 1; 4; 0 C. M4;1; 0 D. M1; 4;0 

Hướng dẫn giải:

Gọi I a b c ; ;  điểm thỏa mãn 2  IAIB0, suy I4; 1; 3  

Ta có 2MA MB  2MI2   IAMIIBMI Suy 2MA MB   MI MI

Do 2MA MB  nhỏ MI nhỏ hay M hình chiếu I mặt phẳng  P Đường thẳng qua I vng góc với  P có :

1 1

x y z

d     

 Tọa độ hình chiếu M I  P thỏa mãn

1; 

4

4;

3

0

1 M

x

y z

y x

z

    

  



 



  

 

Chọn D

Câu 14: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng 2x2y  z mặt cầu

2 2

( ) : (S x3) (y2) (z1) 100 Tọa độ điểm M nằm mặt cầu ( )S cho khoảng cách từđiểm M đến mặt phẳng ( )P đạt giá trị nhỏ là:

A. 11 14 13; ;

3 3

M 

  B.

29 26

; ;

3 3

M   

 

C. 29 26; ;

3 3

M  

  D.

11 14 13 ; ;

3 3

M  

 

Hướng dẫn giải:

Mặt cầu ( )S có tâm I(3; 2;1)

Khoảng cách từ M thuộc ( )S đến ( )P lớn  M( )d qua I vng góc với ( )P

Phương trình

3 ( ) : 2

1

x t

d y t

z t    

   

   

Ta có: M ( )d M(3 ; 2 ;1 t   t t)

Mà: M( )S

1

2

10 29 26

; ;

3 3

10 11 14 13

; ;

3 3

t M

t M

  

     



 

 

  

   

  

 



Thử lại ta thấy: d M( 1, ( ))P d M( 2, ( ))P nên 11 14 13; ;

3 3

M 

  thỏa yêu cầu tốn

Câu 15: Trong khơng gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y2z 4 mặt cầu

2 2

( ) :S x y z 2x2y2z 1 0.Giá trị điểm M  S cho d M , P  đạt GTNN là:

A. 1;1;3 B 7; ; 3

 

 

  C

1 1

; ;

3 3

 

 

 

  D. 1; 2;1 

Hướng dẫn giải::

Ta có: d M P( , ( )) 3 R 2 ( )P ( )S  

Đường thẳng dđi qua I vng góc với (P) có pt:

1

1 ,

x t y t t

z t

  



  

    



Tọa độgiao điểm d (S) là: 7; ; 3 A 

 ,

1 1

; ;

3 3

B   

 

Ta có: d A P( , ( )) 5 d B P( , ( )) 1. d A P( , ( ))d M P( , ( ))d B P( , ( )) Vậy: d M P( , ( ))min  1 M B

Câu 16: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   S : x12y22z32 9 mặt phẳng  P : 2x2y  z Gọi M a b c ; ;  điểm mặt cầu  S cho khoảng cách từ M đến  P lớn Khi

A. a  b c B. a  b c C. a  b c D. a  b c

Chọn C

Mặt cầu   S : x12y22z32 9 có tâm I1; 2;3 bán kính R3 Gọi d đường thẳng qua I1; 2;3 vng góc  P

Suy phương trình tham số đường thẳng d

1 2

x t

y t

z t    

  

   

Gọi A B, giao d  S , tọa độ A B, ứng với t nghiệm phương trình 1 12 2 22 3 32

1 t

t t t

t  

          

   Với 3; 0; 4  ; ( ) 13

3

t  A d A P 

Với  1; 4; 2  ; ( ) t   B  d B P 

Với điểm M a b c ; ;   S ta ln có d B P ;( )d M ; ( )P d A P ; ( ) 

Vậy khoảng cách từ M đến  P lớn 13

3 M3; 0; 4 Do a  b c

Câu 17: Trong không gian Oxyz cho điểm , , , Gọi

M điểm nằm đường thẳng CD cho tam giác MAB có chu vi bé Khi toạđộđiểm M là:

A B C D

Hướng dẫn giải:

Tam giác MAB có độ dài cạnh khơng đổi, chu vi bé bé

; Vì nên , suy điểm M cần tìm

hình chiếu vng góc A, hình chiếu vng góc Blên đường thẳngCD Từ tìm điểm

Chọn A

Câu 18: Cho hình chóp O ABC có OAa OB, b OC, c đơi vng góc với Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng

2;3; 2

A B6; 1; 2   C 1; 4;3 D1; 6; 5 

0;1; 1

M  M2;11; 9  M3;16; 13  M 1; 4;3

4 AB MAMB

4; 4; 4 AB   

2;10; 8

CD   AB CD 0 ABCD 0;1; 1

OBC , OCA , OAB 1,2,3 Khi tồn a b c, , thỏa thể tích khối chóp O ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ thể tích khối chóp O ABC

A. 18 B.27

C. D. Không tồn a b c, , thỏa yêu cầu toán

Hướng dẫn giải:

Chọn hệ trục tọa độ thỏa O0, 0, , A a , 0, , B0, , ,b  C0, 0,c

Điểm M cốđịnh thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng OBC , OCA, OAB 1,2,3 nên tọa độđiểm M (1,2,3)

Phương trình mặt phẳng (ABC)

Vì M thuộc mặt phẳng (ABC) nên

VOABC=

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Chọn B

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M1; 2;1 Mặt phẳng  P thay đổi qua M cắt tia Ox Oy Oz, , A B C, , khác O Tính giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC

A. 54 B. C. D. 18

Hướng dẫn giải:

Chọn C

Gọi A a ; 0; , B0; ; ,b  C0, 0,c với a b c, , 0 Phương trình mặt phẳng  P : x y z

a bc  Vì: M  P 1

a b c

    

Thể tích khối tứ diện OABC là: OABC

V  abc

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 33 1. abc a b c Hay 1 33 1 54

abc abc

   Suy ra: 54

6 abc  abc

1

x y z

abc 

1

1 abc 

6abc

3

1 1 1

1 27

6abc

a b c a b c

Vậy: VOABC 9

Câu 20: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm với Giả sử thay đổi thỏa mãn khơng đổi Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn

A B C D

Hướng dẫn giải:

Phương trình (ABC):

Gọi hình chiếu vng góc O lên

Khi

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

Dấu “=” xảy

Vậy

Chọn B

Câu 21: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) qua điểm , cắt tia Ox Oy Oz, , A B C, , cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ

 ; 0; , 0; ; , 0; 0; 

A a B b C c a b c, , 0

, ,

a b c a2b2c2 k2

2

k

6

k

3

k k2

1 x y z abc 

 ; ; 

H x y z ABC

       

     

     

2

2 2

2

2 2

2

2 2

0

ab c x

ab bc ca

H ABC bcx cay abz abc a bc

OH AB ax by y

ab bc ca

OH AC ax cz

a b c z

ab bc ca

  

 

 

     

  

      

  

 

   

  



  

 

 

 2  2  2 abc

OH

ab bc ca

 

 

1

6

OABC

V  OA OB OC  abc

 2  2  2

3

2 ABCD ABC

V

S ab bc ca

OH 

    

4 4 4

2 2 2 4

2 2

a b b c c a

a b b c c a       a b c

a b c

4

1

max

2

k k

S 

A B C D

Hướng dẫn giải:

Giá sử

Khi PT mặt phẳng (P) có dạng:

Ta có:  (1); (2)

(1) ≥ 

Dấu "=" xảy   (P):

Chọn B

Câu 22: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có điểm A trùng với gốc tọa độ, B a( ; 0; 0),D(0; ; 0),a A(0; 0; )b với (a0,b0) Gọi M trung điểm cạnh CC Giả sử ab4, tìm giá trị lớn thể tích khối tứ diện A BDM ?

A. max 64

27 A MBD

V   B. maxVA MBD 1

C. max 64

27 A MBD

V    D. max 27

64 A MBD V  

Hướng dẫn giải:

Ta có: ( ; ; 0), ( ;0; ), (0; ; ), ( ; ; ) ; ; b C a a B a b D a b C a a b M a a 

 

Suy ra: ( ; 0; ), (0; ; ), ; ;

2 b A B  a b A D  a b AM a a  

 

  

2

2

, ( ; ; ) ,

2 A MBD

a b a b

A B A D ab ab a A B A D A M V 

        

     

   

    

Do a b, 0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 4 1 33 2 64

2 27

a b a a b a b a b

       

Suy ra: max 64

27 A MBD

V   Chọn A

  1

7 3

x y z

  1

27 3

x y z

  

27 3

x y z

   1

27 3

x y z

A a( ;0; 0)Ox B, (0; ;0)b Oy C, (0;0; )c Oz ( , ,a b c0)

x y z

abc 1

M(9;1;1) ( ) P

a b c

9 1

1

   VOABC 1abc

6



abc 9bcacab 9(3 abc)2 (abc)327.9(abc)2abc243 a

bc ac ab b c a b c

27

3

9 1

1 3

 

  

 

  

   

  



x y z

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;5;0 , B3;3;6 đường thẳng  có phương trình tham số

1 2

x t

y t z t

   



  

  

Một điểm M thay đổi đường thẳng  cho

chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Tọa đô điểm M chu vi tam giác ABC A M1; 0; ; P = 2( 11 29) B M1; 2; ; P = 2( 11 29) C. M1; 0; ; P = 11 29 D. M1; 2; ; P = 11 29

Hướng dẫn giải:

Gọi P chu vi tam giác MAB PABAM BM

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM BM nhỏ

Điểm M  nên M 1 ;1t t; 2t AM BM  (3 )t 2(2 5)2  (3t6)2 (2 5)2 Trong mặt phẳng tọa độOxy, ta xét hai vectơ u3 ; 5t  v  3t6; 5

Ta có u  (3 )t (2 5) ;2 v  (3t6)2(2 5)2

 AM BM | |u | |v u  v (6; 5)|u v| 29 Mặt khác, ta ln có | |u | | |v  u v| Như AMBM 2 29

Đẳng thức xảy u v , hướng

3

t

t t

   

  (1; 0; 2)

M