256 bài toán trắc nghiệm chuyên đề oxyz có lời giải chi tiết

Chọn phương trình trong bốn đáp án đi qua A , B rồi kiểm tra xem vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đó và mặt phẳng (Q) có vuông góc hay không.. Nếu vuông góc thì đáp án đó được chọn[r]

(1)

Câu 1: Trong không gian Oxyz với hệ tọa độ O i j k; ; ;  cho OA  i 3k Tìm tọa độ điểm A

A 1; 0; 3 B 0; 1; 3  C 1; 3; 0 D 1; 3 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A Tự luận: Từ OA  i 3kOA  1; 0; 3A1; 0; 3 Trắc nghiệm:

Câu 2: Trong không gian Oxyz, cho điểmM1; 2; 3 Tọa độ hình chiếu M trục Ox là: A 1; 2; 0 B 1; 0; 0 C. 0; 0; 3 D 0; 2; 0

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn B

 Tự luận: Hình chiếu điểm M trục Ox M11; 0; 0

Câu 3: Trong không gian Oxyz, cho vectơ OM i 3j4k Gọi M’ hình chiếu vng góc M mp(Oxy) Khi tọa độ điểm M’ hệ tọa độ Oxyz

A 1; 3; 4 B 1; 4; 3 C 0; 0;  D 1; 4; 0 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn D Tự luận: Ta có: OM i 3j4kM1; 4; 3 Chiếu lên mp (Oxy) M' 1; 4; 0 

Câu 4: Cho ba điểm A3,1,0 ; B 2,1, ;  C x y, , 1  Tính x y, để 2, 1, G   

  trọng tâm tam giác ABC

A x2, y1 B x2, y 1 C x 2, y 1 D x1, y 5 Hướng dẫn giải

 Tự luận: Ta có G trọng tâm tam giác ABC

2

1 1

1

5

1

3

x

x y

y   

 



   

   

   

 

 

  

  Trắc nghiệm:

(2)

Trang 2 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018

A 3,1,0 B 3; 1; 0  C 3;1; 0 D 1; 3;  Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận: Ta có AB  1; 0;1 , DC2x;1y;1z Tứ giác ABCD hình bình hành

2

1 (3;1; 0)

1

x x

AB DC y y D

z z

     

 

       

    

 

 Trắc nghiệm: Tính tọa độ véc tơ AB  1; 0;1 Từ đáp án tính tọa độ véc tơ DC véc tơ véc tơ AB ta đáp án

Câu 6: Cho ba điểm A2, 1,1 ;  B 3, 2, 1   Tìm điểm N x’Ox cách A B A 4; 0; 0 B 4; 0; 0 C 1; 4; 0 D 2; 0; 

Hướng dẫn giải: Chọn A

 Tự luận: N nằm trục x’Ox nên N(x; 0;0) => ANx2;1; ;  BNx3; 2;1 N cách A B: AN = BN (x2)2  1 (x3)2 4

2x x N(4; 0; 0)

    

 Trắc nghiệm: Vì điểm N nằm trục x’Ox nên N(x; 0;0), ta loại đáp án C D Từ đáp án cịn lại tính AN BN, đáp án cho NA = NB ta chọn

Câu 7: -Trong không gian Oxyz, điểm M nằm mặt phẳng(O )xy , cách ba điểm 2, 3,1 , 0; 4; ,  3; 2; 2

A  B C  có tọa độ là:

A. 17 49; ; 25 50

 

 

  B  3; 6; 7 C.  1; 13;14 D 13

; ; 14

 

 

 

Hướng dẫn giải Hướng dẫn giải: Chọn A

Tự luận: Vì M thuộc mặt phẳng (Oxy)Mx y; ; 0

Ta có: AMx2;y 3; ; BMx y;  4; ; CMx3;y 2; 2

Theo giả thiết:      

       

2 2

2

2 2 2

2

2 3

x y x y

AM BM AM BM

AM CM AM CM x y x y

        



    

 

   

 

           

17

4 14 11 25

10 10 49

50 x

x y

y 

 

   



 

  

  

(3)

 Trắc nghiệm: Do M thuộc mặt phẳng (O )xy nên đáp án chọn A, D Kiểm tra với 17 49; ;

25 50

M 

  ta có MA = MB = MC

Câu 8: (Đề chun – Thái Bình – lần 3)Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 3; 1), C(-3; 6; 4) Gọi M điểm nằm đoạn BC cho MC2MB Độ dài đoạn AM là:

A 2 B 29 C 3 D 30

Hướng dẫn giải Hướng dẫn giải: Chọn B

Tự luận: Gọi M(x;y;z) Do M điểm nằm đoạn BC cho MC = 2MB nên

3 MC BC

2

3 ( 3)

3 1

2

6 29

3

2

4

3 x

x

y y AM

z z

    

   

 

      

  

   



Câu 9: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 1;1) , B( 1; 3; 1)  C(5; 3;4) Tính tích vơ hướng hai vectơ AB BC

A AB BC 48 B AB BC  48 C AB BC 52 D AB BC  52 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn D Tự luận:

 Tìm tọa độ AB, BC Tính -52 Trắc nghiệm:

Câu 10: Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm M( 1; 5; 3)  , N(7; 2; 5)  Tính độ dài đoạn MN A MN 13 B MN3 13 C MN 109 D MN2 13

Hướng dẫn giải: Chọn B Tự luận:

Ta có: MN 82  ( 7)2 ( 2)2 3 13 Trắc nghiệm:

Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A( 4; 9; 9)  , B(2;12; 2)

( 2;1 ; 5)

C m  m m Tìm m để tam giác ABC vuông B

(4)

Trang 4 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Hướng dẫn giải: Chọn D

 Tự luận:

Ta có: BA   ( 6; 7; 3),BC    ( m 4; m 11;m7)  Mặt khác: BA BC 0.Nên m = -

Câu 12: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnhA(4; 2; 3), B(1; 2; 9)  

( 1;2; )

C z Xác định giá trị z để tam giác ABC cân A

A 15

9 z z     

 B

15 z z     

 C

15 z z    

 D

15 z z        Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn B  Tự luận:

Ta có: AB2AC2 (z 3)2 12

Câu 13: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vng cân C có đỉnh A(Ox )z , ( 2; 3;1)

B  C( 1;1; 1)  Tìm tọa độ điểm A

A A(1; 0; 1) B A( 1; 0;1) C A( 1; 0; 1)  D A(1; 0;1) Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn D  Tự luận:

GọiA a( ; 0; ).c Ta có:

CA CB CA CB

 

 



 suy a=c=1

 Trắc nghiệm: Thế vào đẳng thức kiểm tra đẳng thức

Câu 14: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnhA(2;1; 1) , B(1; 3;1) (3;1;4)

C Xác định tọa độ điểm H chân đường cao xuất phát từ đỉnh B tam giác ABC

A (61;1;19) 26 26

H B ( 61;1;19)

26 26

H  C ( 61;1; 19)

26 26

H   D ( 61; 1; 19)

26 26

H   

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận:

Ta có: A, H, C thẳng hàng nên AH t AC nên H(2+t; 1; 5t-1) Ngoài ra, BHAC nên BH AC 0nên

26

t Vậy (61;1;19) 26 26

H

 Trắc nghiệm: đáp án vào đẳng thức ta đáp án

Câu 15: (Trích Sở GD&ĐT Bình Thuận) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai vectơ

 

 3;1;

(5)

A u v;   9; 3; 4 B u v;   9; 3; 4  C u v;     9; 3; 4 D u v;   9; 3; 4  Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A Tự luận: Dùng định thức cấp

Trắc nghiệm: Máy tính

w811p3=1=6=q5121p1=p1=3 =Cq53Oq54=

Câu 16: (THPT Kim Liên Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho ba điểm 2; 1; ,   4; 0;1

A B C10; 5;  Vectơ vectơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC)?

A n11; 2;  B n21; 2;  C n31; 8;  D n41; 2;   Hướng dẫn giải

Ta có: AB AC,   1; 2; 2 Trắc nghiệm:

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho vectơa1; 2;1 , b  1;1; , cx x x; ; 2 Ba vecto , ,a b c đồng phẳng khi:

A x 2 B x1 C x2 D x 1

Hướng dẫn giải: Chọn C  Tự luận:

Ta có: a b, 3; 3; 3 a b c,    0 x  Trắc nghiệm:

Câu 18: Cho tứ diện ABCDbiếtA(0; 0;1), (2; 3; 5), (6; 2; 3), (3; 7; 2)B C D Thể tích tứ diện ABCD

A 10 B 20 C 30 D 40

Ta có: 1  ,  20

(6)

Trang 6 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018  Trắc nghiệm:

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho tam giác ABC có A(2; 1; 2), ( 1;1; 2),B ( 1;1; 0)

C Tính độ dài đường cao xuất phát từ A?

A 13

2 B 2 13 C

13

2 D 13

Ta có:   

 

 

2  , 

, S ABC AB AC 13 d A BC

BC BC

 Trắc nghiệm:

Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A3; 3; , B 3; 0; , C 0; 3; 3 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

A (2 ; 1 ; 2) B (2 ; ;1) C (2 ; ; 2) D ( 1; 2 ; 2) Hướng dẫn giải

Gọi I(a,b,c) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có:

 

 

  



  

 



2; 2;

,

IA IB

IA IC I

AB AC AI

 Trắc nghiệm: Có thể thử đáp án cách tính IA, IB IC so sánh

Câu 21: Trong không gian Oxyz cho ba vector a b, c khác Khẳng định sai? A a phương b a b, 0 B a b c, , đồng phẳng a b c,  0 C a b c, , không đồng phẳng a b c,  0 D a b,   a b .cos a b,

Hướng dẫn giải: Chọn D Tự luận: a b, a b .sin ;a b

Trắc nghiệm:

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A1; 0; 0, B0; 0;1, C2;1;1 Diện tích tam giác ABC bằng:

A

2 B

5

2 C

6

2 D

(7)

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận:

Ta có:

     

 2 2 2

1; 0;1 , 1;1;1 , 1; 2;

, 1 2 ( 1) 6

2 2

ABC

AB AC AB AC

AB AC S

 

      

     

 

  

Trắc nghiệm:

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A1; 0; 0, B0;1; 0, 0; 0;1

C , D2;1; 1  Thể tích tứ diện ABCD bằng:

A 1 B 2 C 1

2 D

1 3 Hướng dẫn giải

Ta có:

 1; 0;1 , 1;1;1 ,  1; 2; ,  3;1; 1 ,

1

ABCD

AB AC AB AC AD

AB AC AD V

 

         

 

 

 

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A2;1; 1 , B3; 0;1, 2; 1; 3 

C , điểm D thuộc Oy thể tích tứ diện ABCD Tọa độ đỉnh D là:

A D0; 7; 0  B D0; 8; 0

C D0; 7; 0  D0; 8; 0 D D0; 7; 0 D0; 8; 0  Hướng dẫn giải

Ta có:

 

       

0; y;

1; 1; , 0; 2; , 0; 4; , 2; y 1;1

, 4 2 4 2 7

, 5

8

6 6

ABCD ABCD

D Oy D

AB AC AB AC AD

AB AC AD y y y

V V

y

 

 

          

        

 

      

(8)

Trang 8 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018  Trắc nghiệm: Nhập

, 4 2

6

ABCD

AB AC AD y V

   

 

  CALC đáp án kết thể tích ta chọn.

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A 1; 2; 4, B 4; 2; 0, 3; 2;1 

C D1;1;1 Độ dài đường cao tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh D bằng:

A 3 B C D 1

2 Hướng dẫn giải

 Tự luận: Ta có:

       

 

3; 0; , 4; 0; , 0; 25; , 2; 3;

, 25 , 25

,

6 2

3

,

ABCD ABC

AB AC AB AC AD

AB AC AD AB AC

V S

V d D ABC

S



 

         

   

   

   

  

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ 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 từ D 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

Hướng dẫn giải: Chọn D

 

   

       

0; y; z , z 1( )

,Oxy 1 0; y;

1( )

1; 1; , 4; 2; , 2; 6; , 2; y;

, 6 6 6 6 3

, 2

1

6 6

ABCD ABCD

D Oyz D

z l

d D z D

z n

AB AC AB AC AD

AB AC AD y y y

V V

y

  

 

       



 

          

     

 

      

   Đối chiếu đáp án ta chọn đáp án D

Câu 27: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh Khoảng cách hai đường thẳng AC DC bằng:

A

3 B

1

2 C

1

2 D

(9)

Hướng dẫn giải: Chọn A Tự luận:

Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ 0; 0; 0

A , B1; 0; 0, D0;1; 0, A0; 0;1  

, 1

,

3 ,

AC DC AD d AC DC

AC DC

 

 

  

 

 

Câu 28: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh Khoảng cách hai đường thẳng A B B D bằng:

A

6 B

1

3 C

1

2 D

A , B1; 0; 0, D0;1; 0, A0; 0;1

  ,

,

6 ,

A B B D A B d A B B D

A B B D      

 

   

   

 

Câu 29: Hình tứ diện ABCD có ADABC AC AD 4, AB3, BC5 Gọi M, N, P trung điểm BC, CD, AD Khoảng cách từ A đến mặt phẳng MNP bằng: A 6

5 B

72

17 C D

A , B3; 0; 0, C0; 4; 0, D0; 0; 4 Suy ra: 3; 2;

2 M 

 , N0; 2; 2, P0; 0; 2

; 0; 2 MN 

 , NP0; 2; 0 

 

, 4; 0; MN NP

  

  Suy MNP:4 x z 0   A

B C

D A

B C

D

y

x

A

B C

D A

B

C

D

A

B

y z

x

M

C N

D

(10)

Trang 10 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Suy  , 

5 d A MNP 

Câu 30: Cho hai mặt phẳng  P  Q vng góc với nhau,    P  Q   Trên  lấy hai điểm A B thỏa mãn AB a Trong mặt phẳng  P lấy điểm C mặt phẳng  Q lấy điểm Q cho tam giác ABC vuông cân A tam giác DAB vuông cân D Khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD bằng:

A a

B a

C a D

2 a

Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Suy

0; 0; 0

O , B0; a; 0, A0; a; 0 , 2a; a; 0

C  , D0; 0; a

Suy BC2 ; ; 0a  a , BD0; a; a ,

 2 2

, ; ;

BC BD a a a

     

 

Suy BCD x y z a:    0

 

,

3 a d A BCD 

Câu 31: Cho hình chóp O ABC có cạnh OA, OB, OC đơi vng góc OA a , OB b 

OC c Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, BC, CA Biết OMN  OMP Mệnh đề sau đúng?

A 12 12 12

c  a b B 2

ab

c  . C

1 1

c  a b. D c ab. Hướng dẫn giải

 Tự luận:

Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Suy

0; 0; 0

O , Aa; 0; 0, B0; b; 0, C0; 0; c ; ;

2 a b M 

 , 0; ;2 b c N 

 , 2; 0;2 a c P 

 

    2

1 1

, ,

OMN OMP OM ON OM OP

c a b

   

       

x

y z

A

C B D

O

C

x

y z

O

M

N

P

A

(11)

Câu 32: Cho hình tứ diện ABCD có ABAD2, CD2 2, ABCDAB90 Góc AD BC 45 Khoảng cách AC BD bằng:

A

6 B

1

3 C

1

2 D

Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Suy 0; 0; 0

A , B2; 0; 0, D0; 0; 2 Gọi C a b c ; ; 

AB BC  a

 

2

1

, 45 cos( , )

2

  

    



AD BC AD BC

b

b c b c

TH1: b c

Suy CD2    4 b2 2 b2   8 b 2 (vì C B ) Làm tương tự suy  , 

6 d AC BD  TH2: Tương tự

Câu 33: NB Cho điểm A(2; 4; 1), B(–2; 2; –3) Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

A 2

( 3) ( 1)

x  y  z  B 2

( 3) ( 1)

x  y  z 

C 2

( 3) ( 1)

x  y  z  D 2

( 3) ( 1)

x  y  z  Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn D

Tự luận: I tâm cầu, AB đường kính nên I trung điểm AB I0;3; 1 

  2

2;1; 2

IA IA    Nên bán kính R3 Vậy phương trình mặt cầu: x2y3 2 z 12 9 Trắc nghiệm:

Câu 34: NB Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-3) qua A(1;0;4) có phương trình:

A 2

(x 1)  (y 2)  (z 3) 53 B 2

(x 1)  (y 2)  (z 3) 53

C 2

(x 1)  (y 2)  (z 3) 53 D 2

(x 1)  (y 2)  (z 3) 53 Hướng dẫn giải

x

y z

B

A D

(12)

Trang 12 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Tự Luận: Dễ thấy    2

0; 2; 7 53

IA  IA     Nên R 53 Vậy, phương trình mặt cầu: x1 2 y2 2 z 32 53

Trắc nghiệm: Nhận thấy có đáp án D có phương trình mặt cầu thỏa mãn tọa độ tâm

1; 2; 3

I  Nên đáp án D

Câu 35: TH Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;1;1 mặt phẳng

 P : 2x y 2z 1 Phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) là: A x – 2 2 y 1  2 z 12 4 B x2 2  y 1  2 z 12 9

C x2 2 y1 2 z 12 3 D x2 2 y1 2 z 12 5 Hướng dẫn giải

Tự Luận: Bán kính mặt cầu khoảng cách từ A2;1;1 tới  P  

 

 2

2

2.2 2.1

;

2

d A P     

  

Vậy phương trình mặt cầu: x2 2 y1 2 z 12 4

 Trắc nghiệm: Tính nhanh khoảng cách từ A tới P 4, khơng cần viết phương trình mặt cầu, kết đáp án

Câu 36: TH Phương trình mặt cầu tâm I1; 2;3  tiếp xúc với trục Oylà: A x1 2 y2 2 z 32 9 B x1 2 y2 2 z 32 16 C x1 2 y2 2 z 32 8 D x1 2 y2 2 z 32 10

Gọi M hình chiếu I1; 2;3  lên Oy, ta có M0; 2; 0 

 1; 0; 3 10

IM     R IM  bán kính mặt cầu cần tìm Vậy phương trình mặt cầu : x1 2 y2 2 z 32 10

 Trắc nghiệm: Có thể nhớ phương trình 𝑂𝑦 dùng cơng thức khoảng cách từ I tới OI Tuy nhiên cách u cầu thuộc cơng thức liên quan đến tích có hướng

Câu 37: VD (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương_Lần 2) Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; -5) cắt mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 10 = theo thiết diện hình trịn diện tích 3 có phương trình (S) là:

A 2

2 10 18

(13)

C 2

2 10 12

x y z  x y z  D x1 2 y2 2 z 52 16 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A Tự Luận: Diện tích thiết diện:

3

S r    r

Khoảng cách từ I1; 2; 5  tới mặt phẳng  P :           2 2

2 2.2 10

;

2

d I P       

   

Vậy, bán kính mặt cầu tính theo định lý Pitago: 2 2

3 12

R r d   

Nhận thấy loại đáp án C,D Viết lại đáp án A: x1 2 y2 2 z 52 12 Thỏa mãn

Câu 38: Cho đường thẳng : x t d y

z t

         

mp (P): x2y2z 3 ( ) :Q x2y2z 7 Mặt

cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình

A  3 2 1 2 32

x  y  z  B  3 2 1 2 32

x  y  z  C  3 2 1 2 32

9

x  y  z  D  3 2 1 2 32

x  y  z  Hướng dẫn giải

Tự Luận: Do thuộc d nên tâm cầu có tọa độ dạng I t ; 1; t Khi  S tiếp xúc với    P , Q nên khoảng cách tới    P , Q

 

 ;   ;  2. 21 22. 2 2. 21 22. 2

1 2 2

t t t t

d I P d I Q             R

   

Hay 5 3; 1; 3

1

t t

t t t I

t t

     

              



Thay vào phương trình khoảng cách R

  Vậy PT Mặt cầu:   2  2 2

3

9 x  y  z 

Trắc nghiệm: nhận xét phương trình có

R Do cần tìm tâm cầu

 ; 1; 

(14)

Trang 14 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 39: Biết điểm A thuộc mặt cầu   2

: 2

S x y z  x z  cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P :2x2y z  6 lớn Khi tọa độ điểm A là:

A 1; 0; 3  B 1; 2;

3 3

  

 

  C

7

; ;

3 3

   

 

  D

1

; ;

3 3

  

 

 

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận: Mặt cầu có tâm I1; 0; 1 , bán kính R2

   , 

d I P  Rnên mặt phẳng  P mặt cầu  S khơng có điểm chung Gọi d đường thẳng qua I vng góc với  P ,

1

:

1

x t

d y t

z t

      

    

giao điểm d  S hai điểm có tọa độ 7; 4; , 4; ;

3 3 3

      

   

    Vì khoảng cách từ A đến  P lớn nên 7; 4;

3 3

A   

 

Trắc nghiệm:Thử phương án thấy điểm có tọa độ 1; 2;

3 3

  

 

  không thuộc mặt cầu  S nên loại

Khoảng cách từ điểm 1; 0; 3  đến  P là: Khoảng cách từ điểm 7; 4;

3 3

   

 

  đến  P là: 13

3 Khoảng cách từ điểm 4; ;

3 3

 

 

 

  đến  P là:

Câu 40: Cho điểm A2;1; 2và mặt cầu  S x: 2y1 2 z 12 9 mặt phẳng  P qua A cắt  S theo thiết diện đường trịn có bán kính nhỏ Bán kính nhỏ là:

A B C 3

2 D

Hướng dẫn giải: Chọn A

(15)

Do :  P :2x z  6

Bán kính đường tròn : r R2IA2  9 5 2

Câu 41: (ĐỀ SỞ GD ĐT QUẢNG NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 2; 6; 4

A  Phương trình sau phương trình mặt cầu đường kính OA ? A x1 2 y3 2  z 22 14 B x2 2 y6 2 z 42 56

C x1 2 y3 2  z 22 14 D x2 2 y6 2 z 42 56 Hướng dẫn giải

Tự luận: Mặt cầu đường kính OA có tâm I1; 3; 2 là trung điểm OA Bán kính 56

2

OA R 

Trắc nghiệm: Thử tọa độ điểm A điểm O vào phương trình có ý A thỏa mãn Câu 42: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) qua điểm A1; 2; 3, B2; 0; 2 

và có tâm nằm trục Ox Viết phương trình mặt cầu (S)

A x1 2 y22z2 29 B x32y2z2 29 C x2y2 z 32 29 D x32y2z2 29

Hướng dẫn giải: Chọn B

Tự luận: Giả sử I x ; 0; 0là tâm mặt cầu Vì mặt cầu qua A B, nên:  2 2 2  2 2

1 2

3 IA IB

x x

x 

      

  

Vậy tâm I3; 0; 0 , bán kính R IA  29

Trắc nghiệm: Vì tâm mặt cầu nằm trục Oxnên loại A, C Vì mặt cầu qua A B, nên loại D

Câu 43: Trong không gian Oxyz,cho mặt phẳng  P :2x y 2z10 0 điểm I2 ; ; 3 Phương trình mặt cầu  S tâm I cắt mặt phẳng  P theo đường trịn  C có bán kính

A x2 2 y1 2 z 32 25 B x2 2 y1 2 z 32 7 C x2 2 y1 2 z 32 9 D x2 2 y1 2 z 32 25

(16)

Trang 16 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Hướng dẫn giải: Chọn D

Tự luận:Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  P là:  ,  2.2 2.3 10 3

d I P      Bán kính mặt cầu: R 42 32 5

Vậy phương trình mặt cầu là: x2 2 y1 2 z 32 25 Trắc nghiệm: Do mặt cầu  S có tâm I nên loại A C

Lấy điểm M thuộc đường trịn giao tuyến  P  S Kiểm tra IM4 Câu 44: (ĐỀ SỞ GD ĐT THÁI BÌNH) Cho mặt phẳng   : 4x2y3z 1 mặt cầu

  2

:

S x y z  x y z Khi mệnh đề sau mệnh đề sai:

A   có điểm chung với (S) B   cắt (S) theo đường tròn C   tiếp xúc với (S) D   qua tâm (S)

Hướng dẫn giải: Chọn C

Tự luận:Mặt cầu  S có tâmI1; 2; 3   , bán kínhR 14 Ta có: d I ,   0 R nên   cắt (S) theo đường tròn Tâm I1; 2; 3  thuộc mặt phẳng  

Trắc nghiệm:Nếu B A D Nếu C B D sai

Câu 45: (Sở GD&ĐT Hà Nội) Trong không gian Oxyz, cho điểm 1; 3; 2 M 

  mặt cầu   2

:

S x y z  Đường thẳng d thay đổi, qua điểm M, cắt mặt cầu  S hai điểm ,

A B phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB

A S B S4 C S2 D S2

Hướng dẫn giải: Chọn A Mặt cầu  S có tâm O0; 0; 0 bán kính R2

Vì OM 1 R nên Mthuộc miền mặt cầu  S Gọi A, B giao điểm đường thẳng với mặt cầu Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác OAB

Đặt x OH , ta có 0 x OM1, đồng thời

2 OH2 8

HA R   x Vậy diện tích tam giác OAB

A

(17)

2

OAB

S  OH AB OH HA x  x Khảo sát hàm số

( )

f x x x 0;1, ta

0;1     max f x f

  

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

Câu 46: (THPT Hai Bà Trưng Lần – Huế 2017) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

: 49

S x  y  z  điểm M7; 1; 5  Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S điểm M là:

A x2y2z15 0. B 6x2y2z34 0. C 6x2y3z55 0. D 7x y 5z55 0.

Hướng dẫn giải: Chọn C Mặt cầu  S có tâm I1; 3; 2 IM6; 2; 

Mặt phẳng cần tìm qua điểm M7; 1; 5  có véctơ pháp tuyến IM6; 2; 3 nên có phương trình là: 6x 7 2 y 1 3 z5 0 6x2y3z55 0.

Câu 47: (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Lần - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A0; 1; 0 , B1;1; 1  mặt cầu   2

:

S x y z  x y z  Mặt phẳng  P qua A, B cắt mặt cầu  S theo giao tuyến đường trịn có bán kính lớn có phương trình

A x2y3z 2 B x2y3z 2 C x2y3z 6 D 2x y  1

Để ( )P cắt ( )S theo giao tuyến đường trịn có bán kính lớn ( )P phải qua tâm (1; 2; 1)

I  ( )S

Ta có AI(1; 1;1), BI(0; 3; 2) nPAI BI, (1; 2; 3) 

Câu 48: (THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa - 2017) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I2; 4;1 mặt phẳng  P x y z:    4 Tìm phương trình mặt cầu  S có tâm I cho  S cắt mặt phẳng  P theo đường trịn có đường kính

A x2 2 y4 2 z 124 B x2 2 y4 2 z 12 4 C x2 2 y4 2 z 12 3 D x1 2 y2 2 z 42 3

(18)

Trang 18 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Hướng dẫn giải: Chọn B

Ta có:   

2 2

2 4

,

1 1

d I P     

 

Gọi R bán kính mặt cầu, ta có:

3 R        2  2 2

: 4

S x y z

      

Câu 49: (Sở GD&ĐT Thanh Hóa - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2

:

2

y

x z

d     

 điểm I2; 1;1   Viết phương trình mặt cầu có tâm I cắt đường thẳng d hai điểm ,A B cho tam giác IAB vuông I

A x2 2 y1 2 z 12 8 B  2 2 1 2 12 80

x  y  z 

C x2 2 y1 2 z 129 D x2 2 y1 2 z 12 9 Hướng dẫn giải

+) Gọi H trung điểm AB, tam giác IAB vuông cân Inên IHAB

IA IH

+ ) d qua M(2;1; 1) có vectơ phương u(2;1; 1) IM(0; 2; 2)

[IM u; ] (2; 4; 4)

    ( , ) [ ; ] 16 16

4 IM u

d I d

u

 

   

 

Do IA 2IH ( , ) 2d I d  , suy mặt cầu có phương trình

2 2

(x2)  (y 1)  (z 1) 8

Chú ý: Có thể tính IH cách tìm tọa độ điểm H

Câu 50: (THPT Hà Huy Tập Lần - Hà Tĩnh - 2017) Trong không gian Oxyz, cho điểm M2;1;1 , mặt phẳng  :x y z   4 mặt cầu  S x: 2y2z26x6y8z18 0 Phương trình đường thẳng  qua M nằm   cắt mặt cầu  S theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ là:

A 1

2 1

y

x    z

 B

1

2

1

y

x    z



C 1

1

y

x    z

 D

1

2

1

y

(19)

Mặt cầu  S có tâm I3; 3; 4 bán kính R 4 d I ,  2 3R Suy mặt cầu  S cắt mặt phẳng   theo đường trịn

Ta có điểm M  , IM 14R nên điểm M nằm mặt cầu  S Gọi H hình chiếu vng góc I lên  P H1;1; 2

Để đường thẳng  qua M nằm   cắt mặt cầu  S theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ  MH Từ suy  có véctơ phương

 

, 1; 2;1 u n MH  

Vậy : 1

1

y

x  z

  



Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S : x5 2 y42z2 9 Hãy tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu  S ?

A I5; 4; , R3 B I5; 4; , R9 C I5; 4; ,  R9 D I5; 4; ,  R3 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn câu D

Dựa vào công thức: mặt cầu có phương trình          

2 2 2

x a y b z c R có tâm  ; ; 

I a b c bán kính R

Nên ta tâm I5; 4; 0  bán kính R 93

Câu 52: ( ĐỀ THI THỬ NGHIỆM BGD 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình phương trình mặt cầu có tâm I1; 2; 1  tiếp xúc với mặt phẳng

 P x: 2y2z 8 0?

A x1 2 y2 2 z 12 3 B x1 2 y2 2 z 12 3 C x1 2  y2 2 z 12 9 D x1 2 y2 2 z 12 9

Hướng dẫn giải: Chọn câu C

 

   

   

  

   

, 2 2

2

1 2.2

1 2

I P

R d

I

H M

(20)

Trang 20 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng: x1 2 y2 2 z 12 9

Cách 2: theo cơng thức phương trình mặt cầu có tâm I a b c ; ;  bán kính R có dạng    2   2  2  2

x a y b z c R Ta loại câu A D

Bán kính         

   

  

   

, 2 2

2

1 2.2

1 2

I P

R d Nên ta chọn câu C

Câu 53: Mặt cầu qua bốn điểm A6; 2; ,  B 0;1; , C 2; 0; ,  D 4;1; 0 có phương trình là: A x2y2z2 4x2y6z 3 B 2x2y2z24x2y6z 3

C x2y2z2 4x2y6z 3 D x2y2z24x2y6z 3 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải : Chọn câu C

Cách : gọi mặt cầu cần tìm có dạng :x2 y2  z2 2ax2by2cz d 0 a2   b2 c2 d 0 Ta có hệ phương trình

36 12 12 49

0 36 12 12 37

4 4

16 8 17

                

             

  

              

  

              

  

a b c d a b c d a

b c d b c d b

a c d a c d c

a b d a b d d

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm x2 y2 z24x2y6z 3

Cách :

Câu A : nhập vào máy tính X2Y2A24 - 2X Y6A3 bấm CALC Nhập tọa độ A6; 2; 3  vào máy 92 nên loại câu A

Câu B : loại khơng phải phương trình mặt cầu (hệ số trước x y z2, 2, 2 không

Câu C : nhập vào máy tính X2Y2A24X2Y6A3 bấm CALC Nhập tọa độ A6; 2; 3  vào máy tính

(21)

Nhập tọa độ D4;1; 0 vào máy tính Suy đáp án C

Câu D : nhập vào máy tính X2Y2A2 4X2Y6Z3 bấm CALC Nhập tọa độ A6; 2; 3  vào máy tính nên loại câu D

Câu 54: Trong không gian vơi hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2; 1; 0  mặt phẳng  P x: 2y z  2 0.Gọi I hình chiếu vng góc A mặt phẳng  P Phương trình mặt cầu qua A có tâm I :

A x1 2 y1 2 z 12 6 B x1 2  y1 2  z 12 6 C x1 2 y1 2 z 12 6 D x1 2  y1 2 z 12 6

Hướng dẫn giải : chọn câu C

Cách : Phương trình đường thẳng qua A vng góc với  P

       

  

2

:

x t

d y t

z t

Tọa độ điểm I giao điểm d  P

Gọi I2  t; ;t td Do I P nên 2 t 2  t     t t Suy I1;1; 1 

Phương trình mặt cầu tâm I1;1; 1  bán kính R IA  có dạng    2   2  2 

1 1

x y z

Cách :

Vì I P nên ta thay tọa độ I đáp án vào phương trình  P để thử Nhập X2Y A 2 CALC

(22)

Trang 22 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 55: Cho

         

:

x t

d y

z t

mặt phẳng   :x2y2z 0;    :x2y2z 7 0.Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng d tiếp xúc với hai mặt phẳng     , 

A  3 2 1 2 32 

x y z B 2 12 

x y z

C 2 12 

x y z D  3 2 1 2 32 4

x y z

Hướng dẫn: Chọn A Cách 1:

Gọi I t ; 1;  t d Ta có  ,  2

3

    

 



I

t t t

d  ,     2   5

3

I

t t t

d

Do mặt cầu tiếp xúc với     ,  nên  

     

    

             

, ,

1

I I

t t

d d t t t

t t

Suy I3; 1; 3  , bán kính   ,  2

I

R d

Phương trình mặt cầu cần tìm là:  3 2 1 2 32 

x y z

Cách 2: thử đáp án

Câu A tìm nhanh tâm bán kính 3; 1; ,   

I R

Ta thử I3; 1; 3   d

Nhập vào máy tính       

   

2 2A 2A

1 4 4

X Y X Y

bấm CALC 3  1  3 máy nên câu A

Câu B:tâm I0;1; 0d nên loại câu B Câu C:tâm I0; 1; 0 d

   

2 2A 2A

1 4 4

X Y X Y

(23)

máy 4

3 nên câu C sai Câu D: Tâm I 3; 1; 3d

   

2 2A 2A

1 4 4

X Y X Y

bấm CALC  3  1 

máy 4

3 nên câu D sai

Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A a ; 0; , B 0; ; ,b  C 0; 0;c với , ,a b c số thực dương thay đổi thỏa mãn 2  1

a b c Kí hiệu  S mặt cầu có tâm gốc tọa độ O, tiếp xúc với mặt phẳng ABC Tìm bán kính lớn  S

A 3 B C 25 D 9

Hướng dẫn giải: chọn câu A

Ta có ABC:x  y z

a b c suy M2;1; 2  ABC, gọi H hình chiếu vng góc O lên M2;1; 2  ABC Ta có OM3 bán kính R OH OM  suy bán kính R mặt cầu lớn R OM 3, xảy HM

Câu 57: (NB) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt cầu (S) có tâm I 1; 2; 3 

, bán kính r2 có phương trình là:

A x 1  2 y 2  2 z 3 22. B x 1  2 y 2  2 z 3 24.

C x 1  2 y 2  2 z 324. D x 1  2 y 2  2 z 3 24.

Trắc nghiệm: -Loại A dễ thấy

4 

r ; - Loại B,C sai công thức

Câu 58: (NB) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xác định tọa độ tâm I bán kính r mặt cầu (S).x2 y2z22x6y8z 1 0

A I 1; 3; ;r 5    B I1; 3; ;r  5

C I 1; 3; ;r 25    D I 1; 3; ;r    5

(24)

Trang 24 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Hướng dẫn giải: Chọn A

Tự luận: Từ phương trình mặt cầu ta có:

2

1

   

 

    

 

    

 

   

 

a a

b b

c c

d d

Tọa độ tâm I(1; -3; 4)

Bán kính: r 16 1   5 Trắc nghiệm:

- Loại D r0;

- Loại B,C sai cơng thức

Câu 59: (TH) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình phương trình mặt cầu có tâm I1;1; 2 tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :2P x y 3z 5 ?

A x 1  2 y 1  2 z 2 2 14. B x 1  2 y 1  2 z 2 214. C x 1  2 y 1  2 z 2214. D x 1  y 1  z 2 14.

- Bán kính mặt cầu là:     

 2 2

2 1 3.2

, 14

2

   

  

  

r d I P

- Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng: x1 2 y1 2 z 22 14  Trắc nghiệm:

- Loại A sai bán kính; - Loại C,D sai cơng thức

Câu 60: (TH- Đề khảo sát tỉnh Quảng Ninh-2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 1; 2; ; 3; 1;1

A B  Viết phương trình mặt cầu( )S tâm A bán kính AB

A   2 2

1 14.

x  y z  B   2 2

1 14

    

x y z .

C   2 2

1 14

    

x y z . D   2 2

1 14

    

x y z .

(25)

- Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng:   2 2

1 14

    

x y z

 Trắc nghiệm: Loại B,C,D sai cơng thức

Câu 61: (VD)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Hãy viết phương trình mặt cầu (S) có tâm

I( ; ; )2 tiếp xúc với đường thẳng d:x1 y z2

1

A   2 2 21

1

2

x  y  z  B  1 2 22 21

2

x  y  z  

C   2 2 21

1

2

x  y  z  D   2 2 21

1

2

x  y  z  Hướng dẫn giải

- Phương trình mặt phẳng (P) qua I vng góc với đường thẳng d có dạng:

3

   

x y z

- Tọa độ giao điểm mp(P) với (d) là: 3; ;0 2

 

 

 

I

- Bán kính mặt cầu cần tìm là:  

2

5 42

'

2 2

   

          

   

r II

- Phương trình mặt cầu cần tìm là:   2 2 21

1

2

    

x y z

 Trắc nghiệm: Loại A,B,D sai cơng thức

Câu 62: (VD) Trong mặt phẳng Oxyz, cho đường thẳng

x t d : y

z t

        

mặt phẳng (P) (Q) có phương trình x3y z 0   ;x3y  z Mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d), tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình

A  2  2

1

11

x y  z  B  12  12 81

121

x y  z  

C  2  2 81

1

121

x y  z  D  2  2

1

11

x y  z  Hướng dẫn giải

Vì Id nên I t ; 0;t

Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) (Q) nên ta có:  

    

 2  2

2 2

1

, , 2

1 1

   

         

     

t t t t

r d I P d I Q t t t

Khi đó: 1; 0; ; 11

 

(26)

Trang 26 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Phương trình mặt cầu cần tìm là:  2  2

1

11

    

x y z

 Trắc nghiệm: :

- Loại B,C sai bán kính Loại A sai công thức

Câu 63: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A2; 0;1 , B 1; 0; , C 1;1;1 mặt phẳng  P x y z:    2 Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A B C, , có tâm thuộc mặt phẳng  P

A x2y2z2 x 2z 1 B x2y2  z2 x 2y 1 C x2y2z2 2x2y 1 D x2y2z22x2z 1

Phương mặt cầu ( )S có dạng: x2y2z2 2ax2by2cz d 0, ta có (2; 0;1) ( ) (1)

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

( ) (4)

A S a c d

B S a d

C S a b c d

I P a b c

      

     

 

       

 

     

 

 Lấy vế trừ vế  1 cho  2 ;  2 cho 3 ; kết hợp (4) ta hệ

2

2 2

2

a c a

b c b d

a b c c

     

      

 

     

 

Vậy phương trình mặt cầu x2y2z2 2x2z 1 Trắc nghiệm:

Thay tọa độ B1; 0; 0 vào phương trình mặt cầu đáp án loại đáp án A đáp án B

Thay tọa độ A2; 0;1 vào phương trình mặt cầu loại đáp án C

Câu 64: (Sở GD&ĐT Nam Định - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2 2 2

: 1 11

S x  y z  hai đường thẳng 1: 1

1

y

x z

d      , 2 :

1

y

x z

d    Viết phương trình tất mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S đồng thời song song với hai đường thẳng d1, d2

(27)

d1, d2lần lượt có VTCP u1 1;1; , u2 1; 2;1u u1, 2  3;1;1 Mặt cầu  S có tâm I1; 1; 0  có bán kính R 11

Gọi  P mặt phẳng song song với d d1, 2 tiếp xúc với  S

 

1, 3; 1; n u u 

      VTPT  P nên  P :3x y z D   0 Vì  P tiếp xúc với  S  ,  11

15 11

D D

d I P R

D

  

     

   Do mặt phẳng  P 3x y z   7 0( nhận)

Hoặc 3x y z  15 0 ( loại chứa đường thẳng d1 )

Câu 65: (Sở GD&ĐT Bắc Giang - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

2 2

( ) : (S x1)  (y 1)  (z 3) 9, điểm M(2;1;1) thuộc mặt cầu Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) M

A ( ) :P x2y z  5 B ( ) :P x2y2z 2 C ( ) :P x2y2z 8 D ( ) :P x2y2z 6

Hướng dẫn giải: Chọn B     2  2 2 1; 1; 3

: 1

3 I

S x y z

R

 



       





Mặt phẳng  P có VTPT IM1; 2; 2  qua M2;1;1 có phương trình

     

1 2

2 2

x y z

     

    

Câu 66: (THPT Kim Liên – Hà Nội - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S : (x3)2(y2)2  (z 1)2 100 mặt phẳng   : 2x2y z  9 0 Mặt phẳng   cắt mặt cầu  S theo đường tròn  C Tính bán kính r  C

A r6 B r3 C r8 D r2 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C Ta có mặt cầu  S có tâm I3; 2;1  bán kính R10

I

H R

(28)

Trang 28 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Gọi H hình chiếu I lên mặt phẳng  

Theo ta có     

2

2.3 2

;

2

IH d I         

Vậy r R2d I2 ;   100 6 8.

Câu 67: (THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội Lần - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y 2z 3 (1; 3; 1)I  Gọi  S mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ( )P theo đường trịn có chu vi 2 Viết phương trình mặt cầu (S)

A  S :(x1)2(y3)2  (z 1)2  B  S :(x1)2  (y 3)2  (z 1)2 5 C  S :(x1)2  (y 3)2 (z 1)2 3 D  S :(x1)2 (y 3)2 (z 1)2 5

Bán kính đường tròn giao tuyến  S  P 2

r    

  3

,

4 d d I P     

 

Bán kính mặt cầu  S R r2d2 

Phương trình mặt cầu  S tâm I1; 3; 1  bán kính R là S :

2 2

(x1)  (y 3)  (z 1) 5

Câu 68: (THPT Chuyên Đại học Vinh Lần - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S có tâm I thuộc đường thẳng :

1

y

x  z

   Biết mặt cầu  S có bán kính 2 cắt mặt phẳng Oxz theo đường trịn có bán kính Tìm tọa độ điểm I

A I5; 2;10 ,  I 0; 3;0  B I1; 2; , 0; 3; 0  I   C I1; 2; , 5; 2;10  I  D I1; 2; ,   I 1; 2; 2 

Hướng dẫn giải: Chọn C

Mặt phẳng Oxz:y0 :  ; ; 

1

y

x z

I    I t  t t

Gọi H hình chiếu I lên mặt phẳng Oxz R r, bán kính mặt cầu bán kính đường trịn giao tuyến Theo ta có    2

,

IHd I Oxz  R Ir   

H R

(29)

3

5

t t

t

   

   

 

Với t 1 I1; 2; 2  , với t 5 I5; 2;10

Câu 69: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình

2 2

5 4

    

(x ) y (z ) Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu (S) là:

A I5; 0; , R4 B I5; 0; , R2 C I5; 0; ,  R2 D I5; 0; ,  R4

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận: Nhận biết phương trình tắc mặt cầu Trắc nghiệm: Nhận biết phương trình tắc mặt cầu

Câu 70: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; 1; 0); B(1; 0; 2); C(2;0; 1), D(-1; 0; -3) Phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

A 2 5 50

0

7 7

x y z  x z  B 2 31 50

0

7 7

x y z  x y z 

C 2 31 50

0

7 7

x y z  x y z  D 2 31 50

0

7 7

x y z  x y z 

Hướng dẫn giải: Chọn D Tự Luận: Gọi phương trình tổng quát: 2

2 2

x y z  ax by cz d

Theo giả thiết tacó:

2 2

2 5 31 50

0

5 14

2 2 31

14

2 7 7

2 10

50

4

b a c d

x y z

a a

x y z

a c d

c a c

d

d b

   

 

     

   

 

     

     

     

  

     

 

   

 Chọn D

Trắc nghiệm: Thử phương án thỏa tọa độ bốn điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2); C(2;0; 1), D(-1; 0; -3)

Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu (S) có tâm I1 1; ; và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có phương trình x2y2z 2 là:

(30)

Trang 30 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Hướng dẫn giải

Tacó:   

   2 2

1 2.2 2

,

1 2

Rd I      

   

 Do chọn B

Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2

(S) : x y z 2x4y2z 3 Phương trình mặt phẳng ( )P chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính là:

A y2z0 B y2z0 C x2y0 D y2z 4 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn B Tự Luận:

Mặt cầu (S) có: Tâm I1; 2; ,   bán kính R3

Suy mặt phẳng ( )P chứa trục Ox vàđi qua tâm I1; 2;    Do chọn B

Câu 73: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho đường thẳng

         

x t

d y

z t

: mặt phẳng (P): x2y2z 3 0; (Q): x2y2z 7 Mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình:

A  3 2 1 2 32

x  y  z  B  3 2 1 2 32 x  y  z  C  3 2 1 2 32

9

x  y  z  D  3 2 1 2 32 x  y  z  Hướng dẫn giải

Tự Luận: Mặt phẳng song song cách (P) (Q) (R): x2y2z 7 Ta có: I d ( )R I3; 1;    Từ phương án tọa độ I, suy đáp án D Trắc nghiệm:

Câu 74: (Đề rèn luyện số 8, NXB GD ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu  S có phương trình   2 2

1 1

x  y  z  đường thẳng d có phương trình x   2 y z Hai mặt phẳng    P , P chứa d, tiếp xúc với  S T T Tìm toạ độ trung điểm H

(31)

A 5

3 6 H ; ;  

  B

2 6 H ; ;  

  C

1 5 6 H ;  ; 

  D

1 7

3 6

H ;  ;  

 

Tự Luận: Mặt cầu (S) có: Tâm I0;1; ,  có hình chiếu vng góc lên d K2; 0;  Do trung điểm H TT'nằm IK IH IK 1 5; ;

3 6 H  

   Chọn A.

Trắc nghiệm: Mặt cầu (S) có: Tâm I0;1; ,  có hình chiếu vng góc lên d K2; 0;  Do trung điểm H TT'nằm IKthử phương án chọn A.

Câu 75: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Phương trình mặt phẳng qua điểm (1; 2; 0)A  có vetơ pháp tuyến n(2; 1; 3)

A x2y 4 B 2x y 3z 4 0.C 2x y 3z0 D 2x y 3z 4 Hướng dẫn giải

Đề cho tọa độ điểm vectơ pháp tuyến, thay vào công thức ta có đáp số Phương trình mặt phẳng ( ) : 2(P x   1) (y 2) 3(z  0) 2x y 3z 4

Trắc nghiệm:

Dựa vào vetơ pháp tuyến loại đáp án A

Thay tọa độ điểm A vào đáp án lại ta chọn đáp án B Phân tích phương án án nhiễu

Nhiễu A Thay nhầm vectơ pháp tuyến điểm Nhiễu C, D thay sai cơng thức, tính tốn sai

Câu 76: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt phẳng ( )P .là:

2

x z Tìm khẳng định SAI

A ( )P có vectơ pháp tuyếnn(1; 0; 2) B ( )P qua gốc tọa độ O C ( )P song song với trục Oy D ( )P chứa trục Oy

Tự luận:Vì nhận biết hệ số B D 0 nên (P) chứa trục Oy Vậy đáp án Csai

Các phương án A,B,D đưa để học sinh củng cố kĩ nhận biết yếu tố phương trình mặt phẳng

(32)

Trang 32 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 77: (Chuyên KHTN)Trong không gian Oxyz, cho ba điểmA1; 2; ,   B 1; 0; , C 0; 2;1

Mặt phẳng qua điểm A vng góc với đường thẳng BC có phương trình là:

A x2y z  4 B x2y z  4 C x2y z  6 D x2y z  4 Hướng dẫn giải

(Chuyên KHTN)Trong không gian Oxyz, cho ba điểmA1; 2; ,   B 1; 0; , C 0; 2;1 Mặt phẳng qua điểm A vng góc với đường thẳng BC có phương trình là:

A.x2y z  4 B.x2y z  4 C.x2y z  6 D.x2y z  4 Hướng dẫn giải: Chọn D

 Tự luận:

Mặt phẳng cần tìm qua điểm A1; 2; 1   có vectơ pháp tuyến BC  1; 2; 1 có phương trình là:   x 1 2 y2     z 1 x 2y z  4

 Trắc nghiệm: Mặt phẳng cần tìm nhậnBC  1; 2; 1  làm véc tơ pháp tuyến nên loại B, C

Thử tọa độ điểm A vào phương án A, D thấy phương án A không thỏa mãn nên loại A Câu 78: Trong khơng gian Oxyz, cho mặt phẳng (P)có phương trình 3x z  1 Véctơ pháp

tuyến mặt phẳng (P) có tọa độ

A 3; 1;1  B 3; 0; 1  C 3; 1; 0  D 3;1;1 Hướng dẫn giải

 Tự luận: Hệ số x, y, z phương trình mặt phẳng tọa độ véc tơ pháp tuyến Vì chọn B

Câu 79: Cho phương trình 2  

(m 1)x(m1)y(m 2m3)z20170 (m tham số) Giá trị tham số mđể phương trình  1 phương trình mặt phẳng là:

A m1 B m 1 C m 3 D m

Hướng dẫn giải: Chọn A

 Tự luận: Phương trình 2  

(m 1)x(m1)y(m 2m3)z20170 phương

trình véctơ pháp tuyến  2 

1, 1,

n m  m m  m  Mặt khác,

 2 

1, 1,

n m  m m  m  khi

2

1

2

m m

   

  

   



(33)

 Trắc nghiệm: Thay giá trị m1, m3,m 1 vào  1 thấy vế trái 0 thì loại giá trị

Câu 80: Chọn khẳng định

A Mặt phẳng x2y z  6 có véctơ pháp tuyến n1, 2,1  B Mặt phẳng x2y z  6 có véctơ pháp tuyến n1, 2,1   C Mặt phẳng x2y z  6 qua điểm A1, 2,6 

D Mặt phẳng x2y z  6 0luôn qua điểm B1,0,2  Hướng dẫn giải

Tự luận:Rõ ràng, mặt phẳng x2y z  6 0 có véctơ pháp tuyến n1; 2;1

Trắc nghiệm: Để loại phương án C D, ta sử dụng chức CALC thay

giá trị x,y,z vào phương trình mặt phẳng thấy khác 0

Câu 81: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB với A1; 2; ,  B 3; 6; 2 là:

A x4y z  7 B 2x4y z  9 C x4y z  3 D 2x8y2z 1 Hướng dẫn giải

Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I2; 2; 3 đoạn thẳng AB, có vectơ pháp tuyến 1; 4; 1

IB  Suy phương trình mặt phẳng (P) là:

     

1 x 2 y 2 z3   0 x 4y z  7 Trắc nghiệm:

Kiểm tra trung điểm I thuộc mp, kiểm tra vectơ pháp tuyến

Câu 82: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,mặt phẳng (P) qua điểm A1;1; 1  vng góc đường thẳng : - -

1 -1

y

x z

d   có phương trình là:

A  x 2y z  4 B x2y 4 C x2y z  3 D x2y 4 Hướng dẫn giải

Tự luận:Ta có, mặt phẳng (P) vng góc đường thẳng d nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n1; 2; 1 .

(34)

Trang 34 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 1x 1 2 y 1 1 z   1 x 2y z  4 Trắc nghiệm:Kiểm tra điểm qua, kiểm tra vectơ pháp tuyến phương với vectơ phương đường thẳng d

Câu 83: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A1; 0; ,  B 3; 0;1.Mặt phẳng trung trực đoạn AB có phương trình

A x z  2 B x y z   2 C x y  2 D x z  1 Hướng dẫn giải

 Tự luận:Mặt phẳng qua trung điểm I2;0;0và có VTPT n1; 0;1 có phương trình là:x z  2

Thử VTPT loại B,C.Thử qua điểm I loại D

Câu 84: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A1; 0; 1  đường thẳng : 1 x t

d y t

z t

     

    

Mặt

phẳng ( P) qua A vuông gócd có phương trình là:

A x y 2z 3 B x y 2z 3 0.C x y 2z 1 D x y 2z 3 Hướng dẫn giải

 Tự luận:Mặt phẳng (P) qua A1;0; 1  có VTPT n1;1; 2  có phương trình là x y 2z 3

 Trắc nghiệm: Thử VTPT loại B,D.Thử qua điểm A loại C.

Câu 85: (TRƯỜNG THPT CHUN THÁI BÌNH) Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, mặt phẳng qua điểm A ; ;1 song song với mặt phẳng    P : x y2  3z 4

A 2x y 3z 7 B 2x y 3z 7 C 2x y 3z 7 D 2x y 3z 7

Mặt phẳng  Q song song với mặt phẳng  P : x y2  3z 4 0 có dạng:

 Q : x y2  3z D 0, D 4

(35)

Vậy phương trình mặt phẳng  Q : x y2  3z 7 0 Trắc nghiệm:

Ta thấy đáp án B, C không thỏa VTPT mặt khơng phương với  P

Thay A ; ;1 2 vào đáp án cịn lại có đáp án A thỏa.

Câu 86: (THPT XUÂN TRƯỜNG C – NAM ĐỊNH) Trong khơng gian Oxyz, phương trình mặt phẳng qua ba điểm A( ; ; )1 0 ,B0 ,; ;  C0 là: ; ; 

A x – y2z0.B x – y z – 0 C x2y – z3 16 0 D 6x3y2z –6 0 Hướng dẫn giải

Cách 1: ABC qua điểm A( ; ; )1 0 ,B0 ,; ;  C0 nên có phương trình là: ; ;     y    

x z

x y z

1 6

1

Cách 2: Ta có:  

   

  

  

  

  

AB ; ;

AB; AC ; ; AC ; ;

1

6 3

Mặt phẳng ABC qua A( ; ; )1 0 nhận AB; AC  6 2; ;  làm VTPT nên có phương trình

x  y z  x y z 

6 6

Trắc nghiệm:

Lần lượt thay tọa độ A( ; ; )1 0 ,B0 ,; ;  C0 vào đáp án có đáp án D thỏa ; ;  mãn

Câu 87: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,phương trình mặt phẳng qua ba điểm (3; 1; 5), (4; 2; 1), (1; 2; 3)

I  M  N  là:

A 12x14y5z 3 0. B 12x14y5z25 0. C 12x14y5z81 0. D 12x14y5z 3

Tự luận:Ta có IM(1; 3; 6), IN   ( 2; 1; 2),IM IN  ( 12;14; 5)nên phương trình mặt phẳng (IMN) là12(x 3) 14(y 1) 5(z  5) 12x14y5z25 0

(36)

Trang 36 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 88: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi H(1; 2; 3) trực tâm tam giác

ABCvớiA,B, Clà ba điểm nằm trục Ox,Oy,Oz ( khác gốc tọa độ) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm , , A B C

A x2y3z14 0. B

1

y x  z

C 3x2y z 10 0. D 3x y 2z 9 Hướng dẫn giải

Giả sử A a( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; ),B b C c abc0 , phương trình đoạn chắn (ABC):

1 y

x z

a  b c

Do H(1; 2; 3) (ABC) a b c

     (1)

(1 ; 2; 3), (1; ; 3) AH a BH b

(0; ; ), ( ; 0; ) BC b c AC a c

H trực tâm tam giác ABC

3

AH BC b c

a c BH AC

   



  

 

 (2)

Từ (1),(2) ta có 14, 7, 14

a b c suy phương trình

( ) : 14

14 14 y

x z

ABC     x y z  Đáp án A

 Trắc nghiệm: Ta có tốn tổng qt; Gọi H x y z( H; H; H) phương trình

2 2

(ABC x x y y z z x) : H  H  H  HyHzH Thay tọa độ H vào ta chọn đáp án A

Câu 89: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 3;

2

y

x z

d     



2

:

1

x t

d y t

z t

     

    

Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d2 là:

A 18x7y3z20 0. B 18x7y3z20 0. C 18x7y3z34 0. D 18x7y3z34 0.

Từ giả thiết ta có đường thẳng d1 qua điểm A1; 1; 3 và có véc tơ phương

 

1 2; 3;

(37)

Gọi (P) mặt phẳng cần tìm Vì (P) chứa d1và song song với d2nên (P) qua điểm 1; 1; 3

A  có vectơ pháp tuyến nu u1, 218; 7; 3 

Suy phương trình mặt phẳng (P) là:18x7y3z34 0 , chọn C

B1: Thử tọa độ điểm A vào phương án.

Ta thấy tọa độ điểm A không thỏa mãn phương án B, D nên loại B, D

Tính tích vơ hướng véc tơ u1 2; 3; 5  vectơ pháp tuyến mặt phẳng phương án A, C có C thỏa mãn

Câu 90: Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A1; 3;1 , B 1; 1; 2 ,C2;1; , D 0;1; 1  Phương trình mặt phẳng chứa AB song song với CD là:

A x2z 4 0 B 2x y  1 C 8x3y4z 3 0 D x2y6z11 0 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C  Tự luận: Gọi (P) mặt phẳng cần tìm

Vì (P) chứa AB và song song với CD nên (P) qua điểm A1; 3;1và có vectơ pháp tuyến nAB CD, 16; 6; 8  Suy phương trình (P):8x3y4z 3

B1 : Thử tọa độ điểm A, B vào phương án

Ta thấy tọa độ điểm A không thỏa mãn phương án A nên loại A B2: Kiểm tra CD n 0 với n vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Ta thấy phương ánB, D không thỏa mãn nên chọn C

Câu 91: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M1; 1; 5 và N0; 0;1 Mặt phẳng  α chứa M N, song song với trục Oy có phương trình là:

A  α : 4x z  1 B  α :x4z 2 C  α : 2x z  3 D  α :x4z 1

 Tự luận: Hướng dẫn : Ta có MN  1;1; 4 , trục Oy có VTCP j0;1; 0 Suy

 

, 4; 0; MN j

   

 

(38)

 Trắc nghiệm: Sử dụng Mode-8 đưa chế độ Vectơ, nhập vectơ

 1;1; , 0;1; 0

MN   j và tính tích có hướng để tìm nhanh vectơ pháp tuyến.

Câu 92: Mặt phẳng  P qua điểm G2; 1; -3 cắt trục tọa độ điểm A B C, , (khác gốc tọa độ ) cho G trọng tâm tam giác ABC có phương trình

A 3x6y2z18 0. B 2x y 3z14 0. C x y z  0 D 3x6y2z 6

Hướng dẫn giải: ChọnA

 Tự luận:Gọi A a ; 0; 0, B0; ; 0b , C0; 0;c

Ta có G trọng tâm tam giác ABC nên

2

3 6

1

3

9

3 a

a b

b c c   

  

   

 

   

  



Do Mặt phẳng  P phương trình đoạn chắn nên  P :x y z

a  b c

Vậy,  : 18

6

y

x z

P     x y z 

 Trắc nghiệm: Sử dụng phương trình mặt phẳng đáp án, tìm giao điểm

các trục tọa độ Từ đó, tìm trọng tâm tam giác trùng với điểm G đề

cho mặt phẳng cần tìm.

Câu 93: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz,phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm 0;1; , 2; 3;1

A B vuông góc mặt phẳng  Q x: 2y z 0 là:

A x2y z  2 B 4x3y2z 3 C x2y z  7 D  4x 3y2z 5

Mặt phẳng (P) qua hai điểm A, B vng góc mặt phẳng (Q) nên hai vectơ 2; 2;1 , n  Q 1; 2; 1

(39)

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 4x 0 3 y 1 2 z04x3y2z 3 Trắc nghiệm:

Cách 1: Giải tự luận Cách 2: Thế ngược từ đáp án

Chọn phương trình bốn đáp án qua A, B kiểm tra xem vectơ pháp tuyến mặt phẳng mặt phẳng (Q) có vng góc hay khơng? Nếu vng góc đáp án chọn

Câu 94: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz,phương trình mặt phẳng (P) qua M3; 1; 5  vng góc với hai mặt phẳng  Q : 3x2y2z 7 0,  R : 5x4y3z 1 0là:

A   2x y 2z 5 B x y z   7 C 2x y 2z15 0. D     x y z

Mặt phẳng (P) vng góc với hai mặt phẳng (Q) (R) nên hai vectơ  Q 3; 2; ,  R 5; 4; 3

n   n   có giá song song nằm mặt phẳng (P) Suy vectơ pháp tuyến (P) n P n   Q ,nR 2;1;  

Mặt khác mặt phẳng (P) qua điểm M3; 1; 5  , nên phương trình mặt phẳng (P) là:

     

2 x 3 y 1 z5  0 2x y 2z15 0 Trắc nghiệm:

Cách 1: Giải giống tự luận

Cách 2: Thế ngược loại trừ đáp án

- Thế điểm M vào phương trình đáp án, chọn phương trình qua M

Kiểm tra xem vectơ pháp tuyến mặt phẳng có vng góc với vectơ pháp tuyến mặt phẳng (Q) (R) hay không.Suy kết

Câu 95: Trong không gian với hệ trục Oxyz,cho hai mặt phẳng  P :x y z   2 0, Q x: 3z 1 Mặt phẳng qua A1; 0;1 vng góc với hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình là:

A  3x 2y z  4 B  3x 2y z  1 C  3x 2y z  2 D x2y z  4

(40)

Trang 40 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 3x 2y z

     .

 Trắc nghiệm: Thử qua điểm A loại B D.Thử VTPT loại C.

Câu 96: Trong không gian với hệ trục Oxyz,cho hai mặt phẳng  P :x y z   2 0, Q x: 3z 1 0.Mặt phẳng qua A1; 0;1 chứa giao tuyến hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình là:

A   3x y 7z 4 B   3x y 7z 4 C   3x y 7z 1 D   3x y 7z 4

 Tự luận: LấyB 1; 1; 0     P  Q Mặt phẳngđi qua A có VTPT  P Q  3; 1; 7

nAB n n    có phương trìnhlà  3x y 7z 4 0  Trắc nghiệm:

Thử qua điểm A loại B C.Thử qua điểm B loại D

Câu 97: Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng  P qua điểm M(2 vng ; ; ) góc với hai mặt phẳng  Q : x3y2z 1 ,  R : x y z2    1

A (P) : x5y7z20 0 B (P) : 2x 3y z 10 0 C (P) : x5y7z20 0 D (P) : x3y2z 1

 Q : x3y2z 1 0 có VTPT nQ 1 2; ;   R : x y z2    1 0 có VTPT nR 2 1; ; 

Vì  P vng góc với hai mặt phẳng  Q : x3y2z 1 0,  R : x y z2    1 nên  P có VTPT nP n ,nQ R1 7; ; 

Mà  P qua điểm M(2 1; ; ) nên  P có phương trình (P) : x5y7z20 0 Trắc nghiệm:

Thay tọa độ M(2 1; ; )vào phương trình mặt phẳng có đáp án A thỏa. Câu 98: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, gọi  P mặt phẳng qua điểm M0 ; ; 

qua giao tuyến hai mặt phẳng:   : x5y9z13 =    : x y3  5z 1 Phương trình  P là:

A x y z   3 B 2x y z   3 C x y z   3 D

    x y z

(41)

Tự luận:

Cách 1:

  : x5y9z13 0 có VTPT n  1 9; ;    : x y3  5z 1 0 có VTPT n  2 1; ; 

Gọi là đường thẳng giao tuyến hai mặt   : x5y9z13 0   : x y3  5z 1

thì  có VTCP u n ,n       16 32 16; ;  16 1 ; ;  Cho       

 

z x 1, y B 5; ;0

2 2

 P qua M0 1; ; và có VTPT        

  

P

n u , MN 3 3; ; 1 1; ;

2 2 nên có phương

trình     x y z

Cách 2:

Phương trình chùm mặt phẳng có dạng: m x 5y9z13 n x y3  5z 1

Phương trình mp P qua M0 1; ; m0 13 .  .   n 3 1  .     m n

Chọn m  1 n Phương trình mp P là: x y z   3 Trắc nghiệm:

Thay M0 1; ;  vào phương trình ta thấy có đáp án A, B thỏa Cho z  0 x 1, y 5 B1 5; ;0

2 2 Thay vào đáp án A B A thỏa.

Câu 99: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình

2 2 2 2 1 0

x y z  x y  Viết phương trình (P) qua hai điểm (0; 1;1), (1; 2;1)A  B  cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 2π

A x y 3z 2 0,x y z  0 B x y 3z 4 0,x y z   2 C x y  1 0,x y 4z 3 D x y 3z 2 0,x y 5z 6

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận: Mặt cầu (S) có tâm (1; 1; 0)I  bán kính R1 Bán kính đường tròn giao tuyến , (1; 1; 0)

2

(42)

Trang 42 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Gọi np ( ; , ; ),a b c a2 b2 c2 0 , phương trình mặt phẳng (P):ax b y (  1) c z(  1) Ta có

( ;( )) 2

0

| |

1

4

2

P I P

a b a b

AB n

c a c

d

c a

a b c

 

   



     

   

 

     

 

 

Chọn a1 suy phương trình mặt phẳng x y  1 0,x y 4z 3 Trắc nghiệm:

Bước 1, thay tọa độ A, B vào đáp án thỏa mãn nên khơng loại bỏ đáp án Bước 2, tính khoảng cách từ tâm mặt cầu đến bốn đáp án, đáp án cho khoảng cách r ta chọn đáp án C

Câu 100: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng qua (1; 1; 3)A  vng góc với mặt phẳng ( ) :Q x2y2z 1 cách gốc tọa độ khoảng

5

A 38x y 18z17 0. B 38x y 18z17 0. C 38x y 18z91 0. D 4x y z  0

Gọi vectơ pháp tuyến (P) n( ; ; ),a b c a2  b2 c2 (Q) có vectơ pháp tuyến nQ (1; 2; 2)

( )P ( )Q n n Q   0 a 2b2c0 (1), phương trình ( ) : (P a x 1) b y(  1) c z(  3)  ;( ) 2 2 2

| |

5

O P

a b c d

a b c  

 

  (2)

Chọn c1 , từ (1) (2) ta có

19 18 a b    

 

  

Phương trình ( ) : 38P x y 18z17 0

Thay tọa độ điểm A vào đáp án, không loại đáp án

Tính tích vơ hướng nQ với vectơ pháp tuyến mặt phẳng đáp án suy

loại B,C

Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng đáp án A,D ta chọn A Câu 101: Trong không gian Oxyz, cho điểm M1; 2; 0 đường thẳng : 1

2

y

x z

(43)

A 3x2y12z 1 0 B 3x2y z  7 C x y 5z 1 0 D x y 5z 1 0

Theo giả thiết ta có đường thẳng d qua điểm A1;1; 2  có vectơ phương 2; 3;1

u

Giả sử na b c; ; 0 vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) (P) qua M nên (P) có dạng: a x  1 b y 2 cz0

Vì (P) // d nên n u  0 2a3b c     0 c 2a 1b 

Vì (P) cách d khoảng nên    

2 2

2

,( ) b c

d A P

a b c  

  

  Thay (1) vào (2) ta được:

5 a b a ab b

a b

 

    

  

TH1: Với a b , chọn a  1 b 1,c  5  P x y:  5z 1 TH2: Với a 5b, chọn b   1 a 5,c 7  P : 5x y 7z 7  Trắc nghiệm:

B1 : Thử tọa độ điểm M vào phương án, ta thấy phương án C không thỏa mãn nên loại C

B2 : Gọi u n, vectơ phương đường thẳng d vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P)

Vì đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) nên ta kiểm tra u n0 Ta thấy phương án B không thỏa mãn nên loại B

B3 : Chọn điểm A1;1; 2  d Kiểm tra d A P ,( ) Ta thấy phương án A không thỏa mãn Vậy chọn D

Câu 102: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có A2; 9; , B 3;10;13C1; 1; ,  D 4; 4;1 Gọi (P) mặt phẳng qua hai điểm A, B cho khoảng cách từ điểm C

đến mặt phẳng (P) khoảng cách từ D đến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P)

A 2 27

3

x y z x y z

    

    

 B

2 27

39 29 28 43

x y z

x y z

    

    



C 20

3

x y z x y z

    

    

 D

3

39 29 28 43

x y z

x y z

    

    



(44)

Trang 44 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018  Tự luận: Gọi (P) mặt phẳng cần tìm

TH 1: C D nằm phía mặt phẳng (P)

Vì khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P) khoảng cách từ điểm D đến mặt

phẳng (P) nên (P) song song với CD Suy (P) qua điểm A2; 9; 5 có vectơ pháp tuyến nAB CD,   39; 29; 28  Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:

39x29y28z43 0

TH 2: C D nằm khác phía mặt phẳng (P)

Vì khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P) khoảng cách từ điểm D đến mặt

phẳng (P) nên (P) qua A, B qua I trung điểm CD

Ta có tọa độ điểm 1; ; 2 I 

  Suy (P) qua điểm A2; 9; 5 có vectơ pháp tuyến ,

n AB AI Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:3x y 2z 7  Trắc nghiệm: Thử tọa độ điểm A, B vào phương án

Ta thấy tọa độ A không thỏa mãn phương trình 2x2y z 27 0. Vì loại phương án A

Tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình 3x y 2z 7 0.Vì đáp án C D Thay tọa độ điểm B vào phương trình đáp án C D thỏa mãn

Tính khoảng cách từ điểm C, D đến mp x3y z 20 0, ta d C P , d D P ,  Vậy loại phương án C

Suy đáp án D

Câu 103: Mặt phẳng sau tiếp xúc với mặt cầu   2

– – – :x y z x y

S   z  song song cách mặt phẳng  P x: – 2y2 – 0z  khoảng lớn nhất?

A x– 2y2z 6 B x– 2y2 – 12 0z  C x2y2 – 0z  D x– 2y2 – 10 0z 

Hướng dẫn giải: Chọn B

 Tự luận:Hướng dẫn:  S có tâm I1; 2; 3 bán kính R3  Q song song với  P nên  Q x: 2y2z m 0, m 6  Q tiếp xúc  S khi:

   

 2

2

1 2.2 2.3

, 3

12

1 2

m m m

d I Q R m

m

     

         

(45)

Ta chọn B vì khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P : – 2x y2 –z 0,  Q :x2y2z12 0 lớn khoảng cách hai mặt phẳng  P : – 2x y2 – 0,z   Q :x2y2z6 0

 Trắc nghiệm: Sử dụng cơng thức khoảng cách, tính khoảng cách từ tâm mặt cầu

đến mặt phẳng khơng bán kính R3 loại.

Câu 104: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu  S tâm I1;1;1, bán kính R5 Phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng  P x: – 2y2z 8  S cắt theo giao tuyến đường trịn có chu vi 8π là:

A x2y2z 8 B x2y2z 4 C x2y2z 8 D x2y2z 4

 Tự luận: Hướng dẫn: Phương trình mặt cầu làx1 2 y1 2  z 12 25

Bán kính đường trịn 8π

2π

r 

Phương trình mặt phẳng có dạng  P : – 2x y2z D 0

Suy – 2 52 42 1 9 8 

3 10

D D l

D

D 

  

      

  

 Trắc nghiệm: Sử dụng cơng thức khoảng cách, tính khoảng cách từ tâm mặt cầu

đến mặt phẳng khơng bán kính R5 loại Chú ý, loại mặt phẳng trùng

với mặt phẳng ban đầu đề cho.

Câu 105: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình

2 2

2 11

x y z  x y z  mặt phẳng (): 2x + 2y – z + 17 = Phương trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi p6π

A 2x2 – – 0.y z  B 2x2 – – 0.y z  C 2x2 – – 0.y z  D 2x2 – – 0.y z  Hướng dẫn giải

Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường trịn có chu vi 6 nên có bán kính r =

(46)

Trang 46 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Do

2 2

2.1 2( 2)

4 12

17 2 ( 1)

D D

D

      

       

   

Vậy () có phương trình 2x2 – – 0y z 

Trắc nghiệm:

Câu 106: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0) M(1; 1; 1) Mặt phẳng (P) thay đổi qua AM cắt trục Ox, Oy B(0; b; 0), C(0; 0; c) (b> 0, c> 0) Phương trình mặt phẳng (ABC) cho diện tích tam giác ABC nhỏ là:

A  3x 2y z  6 B 2x y z   4 C y z 0 D    x z

Phương trình mp (P) có dạng:

y

x z

b c

   Vì M( )P nên 1 1

2  b c  bc b c  Ta có AB( 2; ; 0) b , AC( 2; 0; ). c Khi đó, diện tích tam giác ABC 2 ( ) S b   c b c Vì b2  c2 ; (bc b c )2 4bcnên S 6bc Mà bc2(b c ) bcbc16 Do

96 S

Dấu "=" xảy b c 4 Vậy phương trình (ABC) là: 2

2 4

y

x z

x y z

       

Trắc nghiệm:

Câu 107: Trong không gian với hệ trục Oxyz,choA0; 2; , B 0; 0; ,  C 1;1;1 , D 1;1; 0.Mặt phẳng ( P ) qua A B thoả mãn d C P ;( ) d D P;( ) có phương trình

A x2y2z 4 B  x 2y2z 4 C x2y2z 4 D x2y2z 4

 Tự luận:Gọi (P) có dạngax by cz   1 0( Trường hợpd = loại )

Ta có hệ phương trình :

1

2

1

2

1 1

2 a b

c b

a b c a b

c    

   

     

 

        

  



(47)

Câu 108: Trong không gian với hệ trục Oxyz,cho mặt phẳng  P : 2x y  3 0; 0; , 1; 0; ,  7; 0; 1

A B C   Mặt phẳng  Q qua A vng góc mp (P) cắt BC điểm I cho I trung điểm BC có phương trình

A 5x10y6z18 0. B  x 2y6z18 0. C x2y z  3 D 2x2y z  3

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận:Ta có I trung điểm BC nên 3; 0;1

2 I 

 

Vậy mp (Q) qua điểm A có VTPT n IA n  P 5;10 6  suy đáp án A  Trắc nghiệm:

Kiểm tra qua điểmA loại phương ánD kiểm tra vng góc mp (P) loại phương ánC Kiểm tra cắtBC trung điểm loạiB

Câu 109: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2 đường thẳng ; ;  d có phương trình :     

 y

x 1 z

1 1 Gọi  P mặt phẳng qua A, song song với dvà khoảng cách từ d tới  P lớn Khi đó, mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng sau ?

A  x 2y3z10 0 B  x 2y3z 3 C y z  3 D x y z   6 Hướng dẫn giải

Gọi Hlà hình chiếu vng góc A d

Gọi K hình chiếu vng góc Hlên  P d d; P  d H; P  HK Ta có HA HK HK lớn KA

(48)

Trang 48 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Phương trình đường thẳng

          

x t

d : y t

z t

1 1

 

    

H d H t;1 t;1 t ; AH t 2; t;t3

Ta có: AHud 1 1; ;  AH.ud          0 t t t t 0AH  3; ; 

Vậy phương trình mặt phẳng   P :1 x 2 2 y 1 3 z2   0 x 2y3z10 0 Kiểm tra vng góc với đáp án A,B,C,D ta thấy có đáp án D thỏa

 Trắc nghiệm: Dùng cách đáp án kiểm tra thỏa giả thiết

Câu 110: Trong không gian Oxyz, cho ba mặt phẳng  P :x y 3z 1 0,  Q : 2x3y z  1 0,  R x: 2y4z 2 Mặt phẳng  T chứa giao tuyến hai mặt phẳng  P  Q tạo với mặt phẳng R góc α Biết cosα 23

679

 có phương trình là:

A  T :x y 17z 7 0hoặc  T : 53x85y65z43 0

B  T :x y 17z 7 0hoặc  T : 53x85y65z43 0 C  T :x y 17z 7 0hoặc  T : 53x85y65z43 0 D  T :x y 17z 7 0hoặc  T : 53x85y65z43 0

Xét hệ phương trình:

2

x y z x y z     

    



* Cho z  1 x 6,y  4 A6; 4;1  P  Q * Cho z   0 x 4,y 3 B4; 3; 0 P  Q Ta có: n1; 2; 4 VTPT của R

Vì  T qua A nên phương trình  T có dạng:

 6  4  1 0  2 0 a x b y c z  a   b c

Do B T nên ta có: c 10a7b Suy va b; ; 10 a7b VTPT  T Nên theo giả thiết ta có:

 2

2

39 30

cosφ

21. 7 10

n v a b

n v a b b a

 

 

  

Suy

 2

2

39 30

23 23

cosφ

679 21. 7 10 679

a b

a b b a

 

  

  

 2  97 39a 30b 23 101a 50b 140ab

(49)

 2 2 2 2

3.97 13a 10b 23 101a 140ab 50b

    

2 53

85 32 53 ,

85

a ab b a b a b

       

 a bta chọn b   1 a 1,c 17 Phương trình  T :x y 17z 7

 53

85

a bta chọn b85 a 53,c65 Phương trình  T : 53x85y65z43 0 . Trắc nghiệm: Dùng cách đáp án kiểm tra thỏa giả thiết

Câu 111: Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình tham số đường thẳng qua hai điểm

 

A 1; 1; 2 B3; 2;1 có phương trình A

x 4t y 3t z t        

   

B

x 3t y 2t z t        

   

C

x 2t y t z 3t        

   

D

x t y t z 2t        

    Hướng dẫn giải

Đường thẳng d qua hai điểm A 1; 1; 2   B3; 2;1 có vector phương

 

AB 4; 3; 1 hay u4; 3;1  Phương trình đường thẳng d :

x 4t y 3t z t        

   

Trắc nghiệm: loại trừ B,D khơng thấy điểm qua A 1; 1; 2  , B3; 2;1

Còn đáp án A, C, ta thay tọa độ điểmB3; 2;1 đường thẳng x 4t 4t t

y 3t 3t t

z t t t

        

          

  

        

  

suy điểm B thuộc đường thẳng nên chọn A

Câu 112: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

x d : y t

z t         

Vectơ

là vecto phương đường thẳng d?

A u1 0; 0; 2 B u1 0;1; 2 C u1 1; 0; 1  D u10; 2; 2  Hướng dẫn giải

(50)

Trang 50 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Từ phương trình tham số nhận thấy u10;1; 1  hay 2.u10; 2; 2 

Trắc nghiệm: Từ phương trình tham số nhận thấy u10;1; 1  nên loại đáp án A,B,C chọn đáp án D

Câu 113: Cho đường thẳng qua điểm A 1; 4; 7   vng góc với mặt phẳng   : x 2y 2z 0    có phương trình tắc là:

A x y z

2

 

    B x y z

2

 

  

C x y z

4

    

D x y z 7     Hướng dẫn giải

VTPT mặt phẳng   n1; 2; 2  Đó vectơ phương đường thẳng       Kết hợp với giả thiết qua điểm A 1; 4; 7   suy phương trình tắc   là: x y z

1 2



   



 Trắc nghiệm: Vì đường thẳng qua A 1; 4;   nên loại đáp án C

VTPT mặt phẳng   n1; 2; 2  Đó vectơ phương đường thẳng       nên chọn đáp án A

Câu 114: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d x y z

m 2m



   

 mặt phẳng (P): x 3y 2z 0    Với giá trị m đường thẳng d vng góc với (P)

A m1 B m 1 C m 0 D m2

 Tự luận:

VTCP đường thẳng d um; 2m 1; 2  VTPT mặt phẳng (P) n1; 3; 2 

   

d(P)  u n u.n 0 1.m 2m 1   2 0 m

 

 Trắc nghiệm: Vì m 0,m

(51)

Thay m 1 vào u1;1; 2 suy u.n 1.1 1.3    2 0 suy d(P) chọn đáp án A Câu 115: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐƠN-ĐÀ NẴNG) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

 

M 2;1;

đường thẳng  có phương trình

y

x z

:

2 1

 

  

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

A d :x y z

1



  

B d :x y z

2



  



C d :x y z

4



  

 D

y

x z

d :

1



  

 

 Tự luận:

Gọi H d  mà

x 2t : y t

z t    

        

suy H 2t; t; t     

Vì d  MHu MH.u 0, màu 2;1; , MH  2t 1; t 2; t   

      

2 2t 1 1 t 2  1  t sử dụng shift solve tìm t

 suy tọa độ

7

H ; ;

3 3    

 

 

Đường thẳng d qua điểm M(2;1;0) có vector phương MH 1; 4; 3    

  

  hay

 

u 1; 4; 2  có phương trìnhx y z

1

 

 

 

 Trắc nghiệm: Nhận thấy tất cá phương trình qua điểm A Tiếp đến tính vng góc hai đường thẳng d 

Vì u 2;1; 1 udA1; 4;1 suy u u dA2.1 1.4   1 0  ta loại A Vì u 2;1; 1 udB2; 4;1  suy u u dA 2.2 1.( 4)    1 1  1 ta loại B Cịn C D xét tính cắt

phương án C,

x 4t y

x z

d : y 5t

4

z t    

     



  



x 2t' y

x z

: y t'

2 1

z t'    

 

      

   

(52)

Trang 52 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Để xét tính cắt hai đường thẳng ta xét hệ pt có nghiệm hay không

13 t'

14 2t' 4t 2t' 4t

3

1 t' 5t t' 5t t

14

t' t t' t t' t sai

  

       

         

  

    

   



Nhận thấy hệ vô nghiệm nên loại B, chọn

D

Câu 116: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :x y z

2 1



 

 

 mặt phẳng (P): 2x y z 0    Phương trình đường thẳng qua giao điểm đường thẳng d với (P), nằm mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng d

A

x t y z 2t            

B

x t y z 2t           

C

x t y z 2t           

D

x t y z 2t             Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C

 Tự luận: Gọi t đường thẳng cần tìm

Gọi H d  P d :x y z

2 1



 

 



x 2t y t z t       

   

suy H(1 2t; t; t)   thay tọa

độ H (P) 2t    t        3 t t ( sử dụng shift solve) Suy H(-3;4;1)

Vì đường thằng t nằm (P) nên nhận n2;1;1làm VTPTcủa đường thẳng t Vì đường thằng t vng góc với d nên nhận ud 2; 1;1  làm VTPT đt t

 

t d

u n,u  2; 0; 4 hay 1;0; 2 VTCP t, phương trình cần tìm t :

x t y z 2t           

 Trắc nghiệm: Gọi t đường thẳng cần tìm ut n,ud2; 0; 4  hay 1;0; 2 VTCP t

Loại đáp án B, C

(53)

Câu 117: (Chuyên Bến tre -2017) Trong khơng gian Oxyz, phương trình phương trình tham số đường thẳng qua hai điểm A(1;1;4), B(3;2;1)

A 2 x t y t z t             B 2 x t y t z t             C x t y t z t             D 2 2 x t y t z t            Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A: Tự luận:

véc tơ phương đường thẳng làAB2;1;3 Trắc nghiệm:

Câu 118: Trong khơng gian Oxyz, phương trình tham số đường thẳng qua điểm A(2;-1;3) có véc tơ phương u(3;1; 1).

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

C 1

2

x  y  z

 D

2

3 1

x  y  z

 Hướng dẫn giải



Trắc nghiệm:

Câu 119: Trong không gian Oxyz,cho ba điểm A(1;-1;3), B(4;3;1) C(3;-3;2) Viết phương trình đường thẳng qua A song song BC

A 3 x t y t z t             B

1 x t y t z t            

C 1

1

x y z

 

  D

3

1

x y z

 

 

véc tơ phương đường thẳng làBC   1; 6;3  Trắc nghiệm:

Câu 120: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;-4), B(1;2;-3) đường thẳng d:x =

y−1

1 =

(54)

A

7

x  y  z

 C

1

3

x  y  z

B

1 2

3

x t

y t

z

          

D

2

x t

y

z t

     

    

 Tự luận:

Giả sử d cắt ∆ M ⇒𝑀(2𝑡; + 𝑡; 3𝑡) Ta có: 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2𝑡 − 1; 𝑡 − 1; 3𝑡 + 3)

𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; 0; 1)

Gọi H hình chiếu A ∆ Khi đó: 𝑑(𝐴; ∆) = 𝐴𝐻 ≤ 𝐴𝐵 ⇒𝑑(𝐴; ∆)𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝐵 𝐵 ≡ 𝐻⇔𝐵𝑀 ⊥ 𝐴𝐵

⇔𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⇔3𝑡 + = ⇒ 𝑡 = −1⇒𝑀(−2; 0; −3)

Phương trình đường thẳng d : {

𝑥 = − 3𝑡 𝑦 = − 2𝑡 𝑧 = −3

Câu 121: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d1:

3

x  y  z



và d2: 1

2

x  y  z

 PTĐT d cắt vng góc với d1, d2 có dạng:

29 13

x  a y  z c

Tổng a c có giá trị

A 11

13 B

33

13 C

55

13 D

77 13 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C  Tự luận:

Ta có 𝑢⃗⃗⃗⃗ = −𝑑

13 [𝑢⃗⃗⃗⃗ , 𝑛1 ⃗⃗⃗⃗ ] = (1; 1; 1)2

Gọi (P) mặt phẳng chứa d d1, ta tìm phương trình mặt phẳng (P) là: x + 4y – 5z + 23 =

Gọi N giao điểm (P) d2 => N = (46/39; -29/13; 119/39)

Đường thẳng d cần tìm qua N có vector phương 𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑑 => PTĐT d là:

𝑥 −46

39= 𝑦 + 29 13= 𝑧 −

119 39

(55)

Câu 122: Viết phương trình đường vng góc chung hai đường thẳng

1

:

3 2

x y z

d     



2

4 :

3

x t

d y t

z t            

A 1

2

x  y  z

 B

5 x t y t z t           

C 4

3 2

x  y  z

 D 2 x t y t z t           Hướng dẫn giải

Giả sử Hd1 , Kd2 chân đường vuông góc chung Khi H(1 ; ; 2 ), k   k  k K4 ; ; 3 t  t  t

Vì HK ud1;HK ud2 ta tìm  

 

1 4;1;0 2; 2;

t H k K         

Vậy phương trình đt phải tìm

4 2 x t y t z t          

Câu 123: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2 :

1 x t

d y t

z t

Đường thẳng d

qua điểm M có vectơ phương ad

A M 2; 2;1 ,ad 1; 3;1 B M 1; 2;1 ,ad 2; 3;1

C M 2; 2; ,ad 1; 3;1 D M 1; 2;1 ,ad 2; 3;1

Chọn A

Đường thẳng

2 :

1 x t

d y t

z t

2; 3;1

M d có VTCP u 1; 3;1

Câu 124: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; B 3; 1;1 Phương trình tham số đường thẳng qua hai điểm A B, :

A 2 x t y t z t

B

1 3 x t y t z t C 2 3 x t y t z t

D

(56)

Hướng dẫn giải: Chọn D

 Tự luận:

Đường thẳng d qua hai điểm A B, có VTCP: u AB 2; 3;

PTTS

1 :

3

x t

d y t

z t

 Trắc nghiệm: Nhận thấy d có VTCP là: u AB 2; 3; Ta loại hai đáp án A B, Còn lại hai đáp án C D, có D thỏa đường thẳng d qua điểm A 1; 2;

Câu 125: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, gọi Δ đường thẳng qua điểm M 2; 0; vng góc với mặt phẳng α : 2x 3y 5z Phương trình tắc Δ là:

A

1

y

x z

B

2

y

x z

C

2

y

x z

D

2

y

x z

Chọn C

 Tự luận: Δ

Δ α u nα 2; 3;

Δ

2; 0;

Δ

2; 3; qua M u

2

Δ :

2

y

x z

 Trắc nghiệm: Δ α uΔ nα 2; 3; Ta loại hai đáp án A D, Còn lại hai đáp án B C, có C thỏa đường thẳng Δ qua điểm M 2; 0;

Câu 126: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x y 2z đường thẳng Δ:

2

y

x z

Phương trình đường thẳng d qua điểm B 2; 1; song song với P vng góc với Δlà

A

5

y

x z

B

5

y

x z

C

2

y

x z

D

2

y

x z

(57)

 Tự luận:

Vì d song song với P vng góc với Δ nên d có VTCP là: ud n uP; Δ 5; 2; 2; 1;

:

: d 5; 2;

B d

d

VTCP u

1

2

:

5

y

x z

PTCT

 Trắc nghiệm: Vì d song song với P vng góc với Δ nên d có VTCP là: Δ

;

d P d

u n u u nên ta lấy VTCP đường thẳng phía đáp án nhân vô hướng với nP uΔ xem có hay khơng Như ta loại hai đáp án C D, lại hai đáp án A B, chọn A đường thẳng d qua B 2; 1;

Câu 127: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ qua điểm M 0;1;1 , vng

góc với đường thẳng 1 : 1 x t

d y t

z

cắt đường thẳng 2 :

2 1

y

x z

d Phương trình

của Δ là: A

0 x y

z t

B

4 x y

z t

C 1 x

y t

z

D 1 x y

z t

Chọn D

2

:

x t

d y t

z t

, Gọi B Δ d2 B t2 ;1 t t;

Δ ; ;

u MB t t t Do

1

1 Δ

Δ d u u d ; ;t t t 1; 1; 0 t

Δ 0; 0; u

Δ

0 0;1;1

Δ : Δ :

0; 0;

1 x M

y u

z t

Câu 128: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A 1;1;1 ,B 2; 0;1 mặt phẳng

: 2

P x y z Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A,song song với mặt phẳng P cho khoảng cách từ B đến d lớn

A : 1

3

y

x z

d B

2 2

y

x z

(58)

C : 1

1 1

y

x z

d D 1

3 1

y

x z

Chọn C

Gọi H hình chiếu B lên đường thẳng d Ta có: d B d; BH AB Vậy max

;

d B d BH AB H A AB d

Đường thẳng d song song vơi P vng góc với AB nên có VTCP : ; 1;1;

d p

u n AB

PTCT : 1

1 1

y

x z

d

Câu 129: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho đường thẳng :

2

x y z

d     

 Đường thẳng d qua điểm M có vectơ phương ad có tọa độ là:

A M2; 1;3 ,  ad   2;1;3  B M2; 1; ,   ad 2; 1;3   C M2;1;3 , ad 2; 1;3   D M2; 1;3 ,  ad 2; 1;   

Hướng dẫn giải Chọn C

Cách 1: d qua điểm M2;1;3 có vectơ phương ad 2; 1;3 

Câu 130: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình sau phương trình tham số đường thẳng d qua điểm M2;3;1 có vectơ phương a1; 2; 2 ?

A

2

x t

y t

z t

  

    

    

B

1 2

x t

y t

z t

  

    

   

C

1 2

x t

y t

z t

  

    

   

D

2

x t

y t

z t

   

        Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải Chọn D

Cách 1: Phương trình tham số đường thẳng d qua điểm M2;3;1 có vectơ phương a1; 2; 2 

2 2

x t

y t

z t

   

       

Cách 2: dựa vào vecto chi phương điểm M suy đáp án

Câu 131: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình sau phương trình tắc  đường thẳng qua hai điểm A1; 2;5 và B3;1;1?

A

2

x  y  z

 B

3 1

1

x  y  z

(59)

C

2

x  y  z

 D

1

3 1

x  y  z

Hướng dẫn giải Chọn A

Cách 1: đi qua hai điểmAvà B nên có vectơ phương AB2; 3; 4 

Vậy phương trình tắc 

1

2

x  y  z

 Cách 2: thay tọa độ A, B vào phương trình suy đáp án

Câu 132: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho tam giác ABC có A1;3;2 , B 2;0;5 , C 0; 2;1  Phương trình đường trung tuyến AM tam giác ABC

A

2

x  y  z

  B

1

2

x  y  z



C

2

x  y  z

 D

2

1

x  y  z

Hướng dẫn giải Chọn C

Cách 1: M trung điểm BCM1; 1;3 

AM qua điểm A1;3;2 có vectơ phương AM 2; 4;1  Vậy phương trình tắc AM

2

x  y  z

 Cách 2: thay tọa độ A,M suy đáp án

Câu 133: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

2

:

2 1

x y z

d     



2

1 1

:

1

x y z

d     

 Phương trình đường thẳng  qua điểm A1;2;3 vng góc với

1

d cắt d2 là:

A

1

x  y  z

  B

1

x  y  z

 

C

1

x  y  z

 D

1

x  y  z

 

Hướng dẫn giải Chọn A

Cách 1: Gọi  đường thẳng cần tìm Gọi B  d

 

3 ;1 ; ;3 ;

B d B t t t

AB t t t

      

(60)

d có vectơ phương ad 2; 1; 4 

d d

d AB a AB a t

   

 

 qua điểm A 4; 2;4 có vectơ phương AB3; 2; 1  Vậy phương trình 

4

3

x  y  z



Cách 2: thay tọa độ A vào phương trình suy đáp án A

Câu 134: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

3

:

1

x t

d y t

z t

   

   

    

Phương trình

chính tắc đường thẳng qua điểm A 4; 2;4, cắt vng góc với dlà:

A

4

x  y  z

  B

4

3

x  y  z



C 4

3

x  y  z

  D

4

3

x  y  z

Hướng dẫn giải Chọn D

Cách 1:Gọi A d  P

 

   

1 ; ;3 0; 1;

A d A t t t

A P t A

     

    

 P

có vectơ pháp tuyến nP 2;1; 2 

d có vectơ phương ad   1; 2;1

Gọi vecto phương  a Ta có :

 

( )

, 5;0;5

P

P d d

P a n

a n a

d a a



 



      

  

  

    

(61)

Vậy phương trình tham số  x t y z t          

Cách 2:Thay tọa độ A vào suy

Câu 135: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng   có phương trình tham số

1 2 x t y t z t            , Khi

đó đường thẳng   có phương trinh tắc

A

1

x y z

 

 B

1

x y z

 



C

1

x y z

  D

1

x y z

 



HƯỚNG DẪN GIẢI

Chọn D

Đường thẳng  có điểm qua M(1; 2;3) vectơ phương u1; 2;1 

Phương trinh tắc

1

x y z

 



Câu 136: Phương trình tham số đường thẳng d quađiểm A x y z( ;0 0; 0) có vectơ phương ( ; ; )

u a b c A

0 0

:

x x bt d y y ct z z at

          

B

0 0

:

x x ct d y y bt

z z at

           C 0 :

x x at d y y bt z z ct

          

D

0 0

:

x x bt d y y ct z z at

          

Chọn C

Câu 137: Phương trình tắc đường thẳng d qua điểm A x y z( ;0 0; 0) có vecto phương u( ; ; )a b c

A 0

:x x y y z z

a b b

d      B 0

:x x y y z z

a b c

d     

C 0

:x x y y z z

a b c

d     

 D

0 0

:x x y y z z a d b c      

(62)

Trang 62 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 138: Đường thẳng sau song song với đường thẳng

2 x t y t z t            

(t )

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

C

1 1

x y z

 

 D

2

1 1

x y z

 

Chọn D

Cùng có vectơ phương u(1;1;1)

Câu 139: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d qua hai điểm M2;0;5 1;1;3

N Vectơ phương đường thẳng d là:

A u ( 1;1; 2) B u(2;0;5) C u(1;1;3) D u(3;1;8) Hướng dẫn giải

Chọn A.

Vectơ phương uMN ( 1;1; 2)

Câu 140: Trong không gian Oxyz cho M2; –3;1 mặt phẳng  :x3 –y z 2 Đường thẳng

d qua điểm M , vng góc với mặt phẳng   có phương trình là:

A

2 3 ,

x t

y t t

z t              B , x t

y t t

z t              C

3 ,

x t

y t t

z t              D

3 ,

x t

y t t

z t              Hướng dẫn giải

Chọn C.

Vectơ phương un (1;3; 1) , điểm qua M2; –3;1

Câu 141: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mp  P : – 2x yz– 0  Q : 2xy–z 1 Phương trình đường d giao tuyến  P  Q có dạng:

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

C

1

x  y  z

D

3

x  y z

(63)

Vectơ pháp tuyến ( )P nP(1; 2;1)

Vectơ pháp tuyến ( )Q nQ (2;1; 1)

Vectơ phương unP;nQ(1;3;5), điểm qua M0; 1;0 

Câu 142: (Đề sưu tầm biên tập) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2; 3) đường thẳng :

2

x y z

d    

 Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A, vng góc với đường thẳng d cắt trục Ox

A

2

x y z

  B 2

1

x y z

 

C

2

x y z

  D 2

1

x y z

 

Hướng dẫn giải (Đề sưu tầm biên tập)

Chọn A

Gọi B giao điểm đường thẳng  trục Ox Khi B b ; 0; 0

Vì  vng góc với đường thẳngd nên ABud ( với AB   (b 1; 2; 3),ud 2;1; 2 ) Suy AB u d    0 b Do AB   ( 2; 2; 3)

Chọn VTCP cho đường thẳng  u 2; 2;3 Phương trình 

2

x y z

 

Câu 143: Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  Q x y z:    1   P : 2m1x3ym1z 9 3m0 Giá trị tham số m để hai mặt phẳng  P  Q song song?

A m1 B m1 C  m D Không tồn số m Hướng dẫn giải

Đáp án: D

Cách 1: Ta có mặt phẳng  P có véctơ pháp tuyến  P 2 1;3; 1

n m m mặt phẳng  Q có véc tơ pháp tuyến  Q 1;1; 1      P ; Q   2; 2;2 4

n n n m m m

Theo giả thuyết:  P song song  Q suy n P phương với n Q  n   P ;nQ  0   



     

  



2

m

m m

(64)

Trang 64 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Thử lại, ta có  P : 3x 3y 3z      3 x y z

Suy  P trùng với  Q Vậy không tồn số m thỏa mãn yêu cầu toán

Cách 2: Theo giả thuyết  P song song  Q nên  

       

  

 

2

1 1

m

m m m

m vơ lí

Vậy khơng tồn số m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 144: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P : 3x 4y 2z 0

: 2

Q x y z Biết mặt phẳng  P cắt mặt phẳng  Q theo giao tuyến đường thẳng d Khi véctơ phương đường thẳng d là:

A ud 6; 4;1 B ud 6; 4;1 C ud 3; 4;1 D ud 3; 4;1

Đáp án: A

Cách 1: d giao tuyến hai mặt phẳng  P  Q nên d có có phương trình thỏa mãn

  

     

   

     

 

  



1

3

4

2

1

x t

x y z

y t

x y z

z t

suy d có véctơ phương

làu 6; 4;1 

Cách 2: Mặt phẳng  P có véctơ pháp tuyến n P 3;4; 2  mặt phẳng  Q có n Q 1;2;2

d giao tuyến hai mặt phẳng  P  Q nên d có véctơ phương  d      P ; Q  12; 8;2 

u n n

Cùng phương với u 6; 4;1 

Câu 145: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng : 1

1 2

y

x z

: ,

x t

d y t t

z t

Khẳng định sau khẳng định đúng ?

A  cắt d  vng góc với d B  d chéo nhau,  vuông góc với d C  cắt d  khơng vng góc với d D  d chéo khơng vng góc

(65)

 qua điểm A1;1; 1  có véctơ phương u 1; 2;2  d qua điểm 1; 1;1 

A

có véctơ phương ud 2;2;1

Ta có u u d 1.2 2.2 2.1   0 u ud suy  vng góc với d

Mặt khác u u; d   6; 3;6 , AB 0; 2;2  u u; d.AB  6.0 2   6.2  6 Suy  d chéo

Câu 146: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng :

2

y m

x z n

: 6

x t

d y t

z t

Tính giá trị biểu thức 2

K m n , biết hai đường thẳng  d trùng

A K 30 B K  45 C K 55 D K 73 Hướng dẫn giải

Đáp án: B

Cách 1:  qua điểm A1;m;n có véctơ phương u  2;2;1  d qua điểm B1;3;6 có véctơ phương ud 6; 6; 3   Ta có u u; d  0;0;0 suy u phương với ud Vậy đường thẳng  d trùng A1;m;n nằm d

Do

    

 

   

 

    

 

1

:

6

t t

d m t m

n t n

Suy K m2 n2 62 32  45

Cách 2:Vì   

 

2

6 nên u phương với ud

Vậy đường thẳng  d trùng A1;m;n nằm  Dó        



 

3

1

6

2

m

m n

n

Suy K m2 n2 62 32  45

Câu 147: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình hai mặt cầu có dạng    

:

S x y z  4x 6y2z 2  S/ :x2 y2z2 6x2y6z30 0 Khẳng định sau khẳng định đúng ?

(66)

Đáp án: B

 S có tâm I2;3;1, bán kính R  22 32 12  2  S/ có tâm  

/ 3;1;3

I , bán kính R/  32 12 32 30 7

Ta có II/ 1; 2;2 II/  12   2 22 3 Suy II/ R/ R Vậy  S tiếp xúc với  S/

Câu 148: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình hai mặt cầu có dạng    

:

S x y z  2x 4y 1  S/ :x2y2 z24x8y4z m 15 0 Tìm m để  S khơng có điểm chung với  S/

A   8 m B m 8 C m8 D m 8 m8 Hướng dẫn giải

Đáp án: C

Cách 1:  S có tâm I1;2;0, bán kính R  12 22 02  1  S/ có tâm I/2;4;2, bán kính R/  22 42 22 m15  9m m, 9

Ta có II/ 1;2;2II/  12 22 22 3 Suy  S khơng có điểm chung với  S/ II/ R R /   3 9m  9m   1 m 1 m 8

Cách 2:Chọn m  0, ta có R/   3 R R/ II/ loại đáp án A D Chọn m  9, ta có R/  R R / II/ loại đáp án B

Vậy ta chọn đáp án C

Câu 149: Trong gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt cầu  S x: 2y2 z2 R R, 0và mặt phẳng  P : 2x2y z  6 Tìm R để mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S theo giao tuyến đường tròn có bán kính

A 13 B 13 C 2 D 12

Đáp án: B

 S có tâm I0;0;0, bán kính R k Ta có  

       

2 2

2.0 2.0 1.0

;

2

d I P

(67)

nên     2  2     

; 13 13 13

R d I P r k k

Câu 150: Cho đường thẳng

  

 



   

3 , : ,

1

x t

d y t

z t

d' giao tuyến hai mặt phẳng  P : 3y z  7 0;  Q : 3x3y2z17 0. Khẳng định sau đúng?

A d d, ' chéo vng góc với B d d, ' cắt vng góc với C d d, ' song song với D d d, ' chéo khơng vng góc với

Đáp án: A  Tự luận:

  P có vtpt nP 0; 3; 1   Q có vtpt nQ 3; 3; 2  nên 'd có vtcp

 

   

; 1;1;

d P Q

u n n

 Ta có vtcp d ud 2;1; 1  u ud d 0 nên dd  Từ phương trình  P  Q , cho y0, suy x1 z7 Đường thẳng d có ptts

  

 



    

1

x u

y u

z u

 Xét hệ phương trình

   

 



     

3

1

t u

t u

t u

Dễ dàng thấy hệ vô nghiệm  Vậy d 'd chéo vng góc với

 Sử dụng MTCT với MODE 8, tính ud tích u ud, d.AB0 với A d B d ,    Sử dụng MTCT tính tích vơ hướng u ud d 0

Câu 151: Trong không gian Oxyz, cho điểm A3; 0; , 0; 3; ,   B   C 3; 0; ,   D 0; 3; 1   0; 3;  

E Gọi M N P, , hình chiếu D lên EA EB EC, , Biết có mặt cầu qua điểm A B C D M N P, , , , , , Tìm giao điểm mặt cầu đường thẳng có phương trình

      

    

4 , ,

2

x s

y s

z s

A 2;1;   B 6; 3;   C 4; 2;   D 8; 4; 

(68)

Trang 68 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018  Tự luận:

 Nhận thấy DABC hình vng DEDABC Gọi I tâm hình vng DABC K trung điểm DA

 Ta có IK vng góc MDA K KD KA KM  nên ID IA IM  , suy , , , ,

D A M B C thuộc mặt cầu tâm I bán kính ID Tương tự, N P, thuộc mặt cầu  Ta có I0; 0; 1  bán kính ID3 nên mặt cầu có pt x2 y2 z 12 9 và giao điểm cần tìm 0; 0; 4  2;1;  

 Trước hết nhận mặt cầu cần tìm có tâm I bán kính  Thử phương án vào phương trình chọn A

Câu 152: Cho hai mặt phẳng  Pm :x4mz3m0   Qm : 1m x my  0, với m tham số Biết m thay đổi,  Pm  Qm cắt theo giao tuyến dm nằm mặt phẳng cố định Xác định mặt phẳng

A x y 4z 3 B x5y4z 3 0.C 2x y z   1 D 2x y z   1 Hướng dẫn giải

 Ta có x4mz3m  1m x my  m x y  4z3 

 Do đó, với m, giao tuyến  Pm  Qm nằm mặt phẳng cố định

 4  3

x y z

 Thử với m2, ta có  P2 :x8z 6  Q2 : x 2y0 Trừ 2pt cho nhau, suy A

Câu 153: Cho hai mặt phẳng  P ax: 2y az  1  Q : 3x b 1y2z b 0 Tìm hệ thức liên hệ a b để  P  Q vng góc với

A a2b 2 B 2a b 0 C   

  

2

3 ( 1)

a a

b b D



  

  

2

3 ( 1)

a a

b b

(69)

Câu 154: (Thi thử lần – THPT Đoàn Thượng – Hải Dương) Cho đường thẳng

      

   

:

1 x t

d y t

z

mặt phẳng  P : mx4y2z 2 Tìm giá trị m để đường thẳng d nằm mặt phẳng P

A m10 B m9 C m 8 D m8 Hướng dẫn giải

 Điều kiện 1: d có vtcp a1; 2; 0  P có vtpt n m ; 4;   d P trước hết   

a n m

 Điều kiện 2: d qua A0; 1; 1    P8 : 8x 4 2z 2  Trắc nghiệm:

 Từ tích vơ hướng a n   0 m

Câu 155: (Trích đề thi thử – Lào Cai) Cho mặt cầu   2 2 2   

:

S x y z x z đường thẳng    

  

   

1

:

2

x t

d y

z m t

Biết có hai giá trị thực tham số m để dcắt  S hai điểm phân biệt ,

A B mặt phẳng tiếp diện  S A B ln vng góc với Tích hai giá trị

A 16. B 12. C 14 D 10

Đáp án: B  Tự luận:

 Mặt cầu  S có tâm I1; 0; 2  bán kính R2 Đường thẳng d qua M1; 0;m vtcp u1; 0;1 

 Nhận thấy IA IB IA IB 0 nên ΔIAB vuông cân I, suy  ;  

2 IA d I d

 Mà  

  

 

 , 

;

2

IM u m

d I d

(70)

Trang 70 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 156: Trong hệ tọa độ không gian Oxyz, cho đường thẳng 1:

1

y

x z

d 2:

1 x t

d y t

z t

Chọn khẳng định đúng?

A d d1, 2 chéo B d d1, 2 cắt

C d d1, 2 vng góc với D d d1, 2 chéo vuông góc với Hướng dẫn giải

Đáp án: D Tự luận:

1

d qua điểm A 0; 1; ; Vectơ phương a 1; 2;1

d qua điểm B 0;1;1 ; Vectơ phương b 1; 2; 0; 2;1

AB , ,a b 8; 2;

Ta có , a b AB 4 Vậyd d1, 2 chéo Ta lại có a b a b d1 d2

Trắc nghiệm:

Câu 157: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 2; 0; , 1;1;

B đường thẳng :

2

y

x z

d Vị trí tương đối đường thẳng ABvà d là?

A chéo B Cắt 3; ;

2

I

C Song song với D Cắt tại 3; ;

2

I

Đáp án: B Tự luận:

Ta có: 1;1;1

AB suy phương trình đường thẳng AB là:

2 1

2

x t

y t

z t

Thay x y z, , từ phương trình AB vào phương trình d, ta

1 2 3

; ;

2 2

t t t

t AB d I

(71)

Câu 158: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

1

y

x z

d mặt phẳng

: 2

P x y z Khi d cắt P điểm I a b c; ; Tìm giá trị M a b c?

A M B M C M D M

Đáp án: D  Tự luận:

Tọa độ giao điểm I củad mặt phẳng P nghiệm hệ:

1 2;1;1

1

2

x t

y t

t I

z t

x y z

Suy M 1

Câu 159: Cho mặt cầu S có phương trình x 2 y z 12 mặt phẳng

: 2

P x y z m S P có giao khi?

A m m B m C 2 m D m m Hướng dẫn giải

Đáp án: B  Tự luận:

Ta có: S có tâm I 2;1;1 ; bán kính R

2

2.2 2.1

;

3

2

m m

d I P

Để S P giao ; 3

m

d I P R m

6 m m  Trắc nghiệm:

Câu 160: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1; hai mặt phẳng P Q có phương trình: P : 2x y z Q : 4x 2y 2z Chọn mệnh đề đúng?

A P qua A song song với Q B P không qua A song song với Q C P qua A không song song với Q D P không qua A, không song song với

Q

(72)

Trang 72 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018  Tự luận:

Ta xét mệnh đề

Xét mệnh đề A ta thấy thay A 1;1; vào P ta được:2.1 thỏa mãn Mặt khác ta có:2 1 / /

4 2 P Q Vậy mệnh đề A Ta không cần xét đến mệnh đề lại

Câu 161: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x 3y z 11 mặt cầu

2 2

:

S x y z x y z Mệnh đề sau, mệnh đề đúng?

A P S tiếp xúc B P S cắt theo đường tròn C P S không cắt D P qua tâm S

2 2

:

S x y z x y z có tâm 1; 2;1I , bán kính R Ta có

2 2

2.1 1.1 11 14 ;

14

2

d I P R Vậy P S tiếp xúc

Câu 162: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 0; 0; đường thẳng

2

:

2

y

x z

Lập phương trình mặt cầu tâm A, cắt hai điểm Bvà C cho BC 8?

A x2 y2 z2 25 B x2 y2 z 2 25

C x 2 y z 25 D 2

2 25

x y z

Đáp án: B Tự luận:

 Ta có qua M 2; 2; có VTCP a 2; 3; 2; 2; , 7; 2;10

AM AM a

, 49 4 100 153

;

17

4

AM a d A

a

Kẻ BH , ta có BC BH

(73)

Vậy phương trình mặt cầu S : 2 2 25

x y z

Trắc nghiệm:

Câu 163: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng : m x 2y 3z song song với mặt phẳng : 6x n y 6z 0.Khi tính giá trị m n? A m 4;n B m 5;n C m 4;n D m 4;n

Ta có     / / 

1

6

m m

m

n n

n

    

       

      

   

 Trắc nghiệm: Có thể thay giá trị cụ thể vào để thử chọn

Câu 164: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng có phương trình

2

:m x y m z

: 2x m y 2z Điều kiện m để vuông góc với là?

A m B m C m D m

Để   vuông góc với  2m2m2 2m22 0 m2  4 m 2

 Trắc nghiệm: Sử dụng máy tính nhập biểu thức 2X2 X22X220 , sau dùng CALC để thử chọn đáp án

Câu 165: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường phẳng có phương trình là:

2

:

2 1

y

x z

d , 2: 1

1

y

x z

d điểm A 1; 2; Đường thẳng qua A , vng góc với d1 cắt d2 có phương trình là?

A

1

y

x z

B

1

y

x z

C

1

y

x z

D

1

y

x z

Đáp án: A

 Tự luận: Đường thẳng d1 vec tơ phương u12; 1;1 

(74)

Trang 74 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Khi ta có AM  t; ; 4t  t vec tơ phương đường thẳng d1 Vì d1 vng góc với d2 ta có u AM  0 2     t  1 2t       1 t t Do AM1; 3; 5   vec tơ phương đường thẳng 

Vậy phương trình đường thẳng :

1

y

x  z

  

 

 Trắc nghiệm: Vì tất đường thẳng phương án qua điểm A ta cần kiểm tra điều kiện vng góc Tích vơ hướng hai vec tơ phương chọn

Dễ thấy 2.1     1  3 5 0 nên phương án A

Câu 166: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1: 1

2 1

y

x z

d

2

1

:

3

x t

d y

z t

Mệnh đề sau đúng?

A d1 vuông góc khơng cắt với d2 B d1 cắt khơng vng góc với d2 C d1 cắt vng góc với d2 D d1chéo vng góc với d2

Đáp án: C

 Tự luận: Đường thẳng d1 qua M11; 0; 1  có vec tơ phương u12;1;1 Đường thẳng d2 qua M21; 0; 3 có vec tơ phương u21; 0; 2

Ta có : u u1 0; u u1, 2  2; 5;1  M M1 22; 0; 4 Suy u u1, 2.M M1 2 2.( 2) ( 5).0 1.4 0    

Vậy d1 cắt vng góc với d2

 Trắc nghiệm: Nhận thấy phương án A phương án D hai phát biểu tương đương nên loại

Mặt khác u u1 2 0 nên phương án phương án C

Câu 167: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x y 2 z Viết phương trình mặt phẳng P chứa trục Ox cắt S theo giao tuyến đường trịn có bán kính ?

A 3y 2z B 2y 3z C 2y 3z D 3y 2z Hướng dẫn giải

Đáp án: A

(75)

Vì đường trịn giao tuyến có bán kính nên mặt phẳng  P qua tâm I mặt cầu Do mặt phẳng  P chứa trục Ox nên có phương trình dạng By Cz 0

Ta có I1; 2; 3   P 2B3C0 ; chọn B3 C 2 Vậy phương trình mặt phẳng  P : 3y2z0

 Trắc nghiệm: Phát mặt phẳng  P cần tìm qua tâm mặt cầu  S Do cần thử chọn mặt phẳng qua I1; 2; 3 thỏa mãn

Câu 168: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I 1; 2;1 mặt phẳng : 2

P x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng P ?

A S : x y 2 z 3 B S : x 12 y 2 z 9 C S : x y 2 z D S : x y 2 z

Đáp án: D

 Tự luận: Ta có mặt cầu  S có tâm I1; 2;1 tiếp xúc với mặt phẳng  P nên có bán kính

   

 

; 2

2

2.( 1) 2.1

2

I P

R d      

  

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm   S : x1 2 y2 2 z 12 9

Câu 169: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x y z 2 điểm A 1;1; Ba mặt phẳng thay đổi qua A đôi vuông góc cắt mặt cầu S theo ba giao tuyến đường trịn C1 , C2 , C3 Tính tổng diện tích ba hình trịn

1 , ,

C C C ?

A 4 B 12 C 11 D 3

Đáp án: C

Ta có mặt cầu  S có tâm I1;1; 2  bán kính R2

Gọi r r r1; ;2 3 bán kính đường trịn      C1 , C2 , C3 h h h1; 2; 3 khoảng cách từ tâm I đến ba mặt phẳng chứa ba đường tròn      C1 , C2 , C3

Khi ta có 2 2 2 2 2  2 2

1 3 3

(76)

Trang 76 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Vậy tổng diện tích ba hình trịn      C1 , C2 , C3

 2 2  2  

1 3 3.4 11

r r r R IA

        

Câu 170: Cho hai mặt phẳng có phương trình: 2x my 3z 6 mx2ym1z10 0. Với 2

m hai mặt phẳng này?

A song song với B trùng

C cắt khơng vng góc D vng góc với Hướng dẫn giải

Đáp án: A

 Tự luận: Với m mặt phẳng có phương trình 2x 2y 3z 2x 2y 3z 10 Xét tỉ lệ 2

2 10 Hai mặt phẳng song song

Câu 171: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 2P x my 3z 5 0

   

( ) :Q nx 6y 6z Tìm giá trị m nđể    P / / Q ?

A m3; n 4 B m 3; n4 C m3; n4 D m1; n 2 Hướng dẫn giải

Đáp án: A

 Tự luận: Điều kiện hai mặt phẳng song song:

2

4

2 2

1

6

n

m n

m m

n

Câu 172: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

       

   

1

:

5

x t

d y t

z t

       

    

2

1 ' : 2 '

1 '

x t

d y t

z t

Mệnh đề sau đúng?

A d1 d2 chéo nhau. B d1 d2 cắt C d1 d2 trùng D d1 d2 song song với

Đáp án: A

(77)

3 ' '

2 2 ' ' '

5

5 ' ' 2 ' 6

t

t t t t

t t t t t

t t t t t t

HPT vô nghiệm nên d1 không cắt d2 d1 d2chéo

 Trắc nghiệm: d1 có vtcp u1 2; 3;1 qua M1(1; 1; 5) ; d2 có vtcp u2 3; 2; qua M2(1; 2; 1) u1 u2 khộng phương hai đuờng thẳng cắt chéo

Tính u u M M1; 2 1 2 Bấm mode 8:

+Nhập u1 2; 3;1 gán vào vectơ A: 1 Nhập toạ độ

+Nhập u2 3; 2; gán vào vectơ B: SHILF5 Nhập toạ độ

+ Nhập M M1 2 0; 1; gán vào vectơ c: SHILF5 Nhập toạ độ AC

+ Tính u u M M1; 2 1 2 :

( SHILF5 x SHILF5 ) SHILF5 SHILF5

Kết u u M M1; 2 1 2 d1 d2chéo

Câu 173: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2

:

1

x mt

d y n t

z t

mặt phẳng

:

P x y z Xác định giá trị m n, cho d ( )P ? A

5 m n

B

5 m n

C

5 m n

D

3 m n Hướng dẫn giải

Đáp án: A

 Tự luận: Đường thẳng d có vtcp u m; 3; ; qua M(2; ;1)n ; mặt phẳng ( )P có vtpt n 2;1;

Cách 1: d (P)

5

2

( ) 6

m

a n a n

M P n n

(78)

Trang 78 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Phương trình 2(2 mt) (n ) (1 )t t (2m 5)t n thoả mãn với t

5

2

6

m m

n

 Trắc nghiệm: Dựa vào đáp án ta chọn giá trị m n, thay vào điều kiện

( ) a n

M P

để chọn đáp án

Câu 174: Mặt phẳng sau tiếp xúc với mặt cầu S : x 2 y2 (z 2)2 9? A 4x 3y B 4x 3y C 4x 3z D 4x 3z

Đáp án: A

 Tự luận: Mặt cầu S có tâm

1 (I;(P )) ( 2; 0; 2); 3

I R d R Vậy S tiếp xúc với P1  Trắc nghiệm: Mặt cầu S có tâm ( 2; 0; 2);I R

Nhập biểu thức

(I;(P )) 2 2 2

.( 2)

A B C D

d

A B C

Bấm CALC thay hệ số A,B,C,D đáp án, đáp án R

Câu 175: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P x: y 2z mặt cầu:

2 2

: 2

S x y z x y , biết mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến đường trịn C Tính bán kính r đường tròn C ?

A r B r r D r

Mặt cầu S có tâm I1(1;1; 0);R d(I;(P)) R

mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính

2

(I,(P))

r R d

 Trắc nghiệm: Mặt cầu S có tâm I1(1;1; 0);R r R Vậy loại đáp án D

Câu 176: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng

:

1

y

x z

Biết mặt cầu ( )S có bán kính 2 cắt mặt phẳng (Oxz) theo đường tròn có bán kính Tìm tọa độ I?

(79)

Đáp án: C

 Tự luận: Do tâm I I t( ; t t; ) d(I;(Oxz)) 2 22

(I;(Oxz))

3

2 (5; 2;10); I (1; 2; 2)

1

t t

d I

t

 Trắc nghiệm: Ta có d(I;(Oxz)) 2 22 yI

Vậy loại A, B Thay toạ độ điểm I vào PT đường thẳng , Đáp án D có

I ( 1; 2; 2)

Câu 177: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

1 '

: ' : 2 '

1 '

x mt x t

d y t d y t

z t z t

     

    

 

      

 

đường thẳng d cắt d' khi:

A m0 B m 1 C m1 D m2 Hướng dẫn giải

Đáp án: A

Xét hệ

1 ' ' '

2 ' ' 2

1 ' 2 ' '

mt t mt t mt t

t t t t t m

t t t t t

       

         

  

        

  

Câu 178: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P :x3y z  2 đường thẳng

:

1

x t

d y t

z t

      

   

Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?

A d P B d P C dcắt  P D d/ / P Hướng dẫn giải

Đáp án: D

Ta có:        

 0  

1; 3;1 , 1; 1;

1; 2;1 ,

P d

n u

M d M P

 



   

 

 suy d/ / P

Câu 179: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : 2x y z   3 đường thẳng

:

1

x mt

d y n t

z t

      

   

(80)

A

5 m n 

      

B

5 m n       

C

5 m n 

      

D

5 m n         

Đáp án: D

Đường thẳng d qua A2; ;1 ,n  VTCP u m: d ; 3; 2  mặt phẳng  P có    

: P 2;1; VTPT n  

Để d nằm  P

5

2

4

6

P

d m

u n m

n

A P n

Câu 180: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   S : x1 2  y3 2  z12 3 mặt phẳng  P : 3xm4y3mz2m 8 Với giá trị m mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S

A m 1 B m1 C m0 D m2 Hướng dẫn giải

Đáp án: B

Mặt cầu  S có tâm I1; 3; ,   R 3, mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S

2 2

3

,

9

CASIO

m m m

d I P R m

m m

Câu 181: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng

     

:m x y m z 0, : 2x m y 2z

           Mặt phẳng       khi:

A m 2 B m 1 C m  D m 

Đáp án: A

Mặt phẳng       n    n  0 2.m2 m2 2m2 2 0 m 2

Câu 182: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyztìm bán kính R mặt cầu  S biết mặt phẳng Oxy mặt phẳng  P :z 2 cắt mặt cầu  S theo giao tuyến hai đường trịn có bán kính 8?

A R9 B R2 65 C R3 35 D R4 61 Hướng dẫn giải

(81)

Gọi I0; 0;mOz Ta có:

2

1 2

2

, 4

4 64 16 65

, 2 64

Oxy P

R d I Oxy r R m

m m m R

R d I P r R m

Câu 183: Trong không gian với hệ tọa độ dcho đường thẳng ad 0;1;1 Điểm sau thuộc đường thẳng d

A.M2; 1;   B.N2; 1;    C.P2;1;  D.M2; 1;   Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận: d qua điểm M2;1;3

Câu 184: Cho điểm M2; 5; 0, hình chiếu vng góc điểm Mtrên trục Oy điểm A. M2; 5; 0 B M0; 5;   C. M0; 5; 0 D. M  2; 0; 0

Tự luận: Với M a b c ; ;  hình chiếu vng góc Mlên trục Oy M10; ;0b 

Câu 185: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2;1), (2; 1; 2)B  Điểm M trục Oxvà cách hai điểm A B, có tọa độ

A.  

 

1 ; ; 2

M B.  

 

1 ; 0;

M C.  

 

3 ; 0;

M D.  

 

1 0; ;

2 M

Hướng dẫn giải: Chọn C Tự luận: MOxM a ;0;0

M cách hai điểm A B, nên 2  2 2  2 2

1 2

MA MB  a    a  

3

2

a a

   

Câu 186: Trong không gian Oxyz cho điểm A3; 2; 4  đường thẳng      

5

:

2

y

x z

d Điểm

M thuộc đường thẳng d cho Mcách A khoảng 17 Tọa độ điểm M A.5;1;  6; 9;  B.5;1; 2,  1; 8;  C.5; 1; ,  1; 5;   D.5;1;  1; 5;  

Cách 1: M52 ;1 ; 2t  t 2td; AM22 ;3 ; 2m  m  2m  2 5;1; 2

17 17 17

2 1; 5;6

M m

AM m

m M

 



         



(82)

Cách 2: Kiểm tra điểm thuộc đường thẳng d có cặp điểm đáp án B C thuộc đường thẳng d Dùng công thức tính độ dài AM suy đáp án C thỏa mãn Câu 187: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M2; 3;1  đường thẳng



  



:

2

y

x z

d Tìm tọa độ điểm M đối xứng với M qua d

A. M3; 3;   B M1; 3;   C. M0; 3;   D. M   1; 2;  Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C Phương pháp tự luận (Chuyên vinh lần 1)

Ta có phương trình mặt phẳng  P qua M vng góc với d là:

     

2 x2 1 y3 2 z  1 2x y 2z 9

Gọi I giao điểm đường thẳng d mặt phẳng  P , tọa độ I nghiệm

của hệ  

1

1; 3;

2

x y z

I x y z

 

  

  

 

     

Gọi M đối xứng với M qua d I trung điểm MMM0; 3;3   Phương pháp trắc nghiệm

Tìm tọa độ trung điểm MM

Kiểm tra xem có thuộc đường thẳng d không

Nếu không thuộc ta loại, thuộc kiểm tra thêm MM u d 0 điểm thỏa mãn

Câu 188: Cho Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm 0; 1; 2

A mặt phẳng  P x y z:   0

A. –1; 0;  B. –2; 0;  C. –1; 1;  D. –2; 2;  Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A Chuyên Thái Bình lần Cách 1: Kiểm tra đáp án:

Ta có: M–1; 0; 1   P  P có véctơ pháp tuyến n1;1;1  1; 1; 1

AM     AM phương với nAM  P Do M–1; 0; 1 hình chiếu vng góc A  P

(83)

Gọi  đường thẳng qua A vng góc với  P Ta có  : x t

y t

z t

      

   

Tọa độ giao điểm   P M–1; 0; 1 Do M–1; 0; 1 hình chiếu vng góc A  P

Câu 189: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M4;1;1 đường thẳng

           

1

:

1

x t

d y t

z t

Xác

định tọa độ hình chiếu vng góc H M lên đường thẳng d

A. H3; 2;   B. H2; 3;   C. H4;1;  D. H1; 2;1  - Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn B Lương Vinh Hà Nội lần

- Phương pháp: Hai vectơ vng góc với tích vơ hướng chúng Nếu H hình chiếu vng góc điểm M (khơng nằm đường thẳng d) lên đường thẳng d vectơ phương đường thẳng d vng góc với MH

- Cách giải:

Từ phương trình tham số đường thẳng d có vecto phương d u 3;1; 2   Vì H nằm đường thẳng d nên H 1 3t; t;1 2t   Khi MH 5 3t;1 t; t   Vì H hình chiếu vng góc M lên d nên MH.u   0 3 3t  1 t 2. 2t 0

14t 14 t

     Khi H 2;3; 1  

Câu 190: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng     

1

:

2 1

y

x z

d hai điểm 1; 1; ,   2; 1; 0 

A B Tìm tọa độ điểm Mthuộc đường thẳng dsao cho tam giác ABM vuông M

A.

 

 



   



 

  



1; 1;

; ; 3 M

M B.

 

 



   



 

  



1; 1;

; ; 3 M

M C.

 

  



  



 

  



1; 1;

; ; 3 M

M D.

 

 

   



 

  



1;1;1

; ; 3 M

M Hướng dẫn giải

Tự luận: Thay toạ độ điểm A(1;1;5); (1; 2; 2); (1; 2;3)B  C vào phương trình mặt cầu ( )S thấy tọa độ A B, thỏa mãn C khơng thỏa mãn, chọn A

(84)

Trang 84 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 191: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng    



– 1

:

1

y

x z

d hai điểm

0;1; ,   2; 1;1 

A B Gọi Mlà điểm thuộc đường thẳng d cho tam giác ABM có diện tích nhỏ Tìm tung độ điểm M

A.yM 4 B.yM  1 C.yM 0 D.yM 2

Hướng dẫn giải: Chọn A 1; 1;0 , 7; 5; 3

 

 

  

 

M M

(1 ; ; )

M  d M  t  t t

ABM

 vuông M AM BM  0 6t2 4t   0 t 0hoặc

t 

Vậy có hai điểm M thỏa mãn 1; 1;0 , 7; 5; 3 M  M   

 

Câu 192: Trong không gian Oxyzcho     

1

:

2 1

y

x z

d điểmA1; 1; 2 .Tìm điểm Hthuộc đường thẳng d cho độ dài AH ngắn

A.H0; 1;  2 B.H0; 1; 2 C.H0; 1; 2 D.H0; 1 ; 2 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A (1 ; ;1 )

M  d M t t  t

  2   2 2  2

1 1

, 18 72 90 18 18

2 2

ABM

S  AB AM  t  t    t  t  t 

Yêu cầu toán  18t22 18 bé   t Vậy M1; 4; 3 nên tung độ điểm M bằngyM 4

Câu 193: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A( 1; 3; 2)  , B( 3; 7; 18)  mặt phẳng    

( ) : 2P x y z 0.GọiM a b c ; ; là điểm thuộc mặt phẳng  P cho MA MB nhỏ Tính S a b c  

A.S1 B.S0 C.S 5 D.S5

Hướng dẫn giải: ChọnB

Hd, độ dài AH ngắn H hình chiếu A lên d

Ta có H2 ;1t t; 2tvà AH u d   0 t 0 Suy H0; 1; 2

Câu 194: Trong không gian Oxyz cho( ) :P x y z   3 0,đường thẳng     

 

8

2

:

1

y

x z

d

điểmM1; 1;10   Tìm tọa độ điểm N thuộc(P) cho MNsong song với đường thẳng

d

(85)

Đặt f x y( ; )2x  y z 1. Ta có f A f B( ) ( ) ( 6).( 30) 1800nên hai điểm A B,

nằm phía so với mặt phẳng  P

Gọi H hình chiếu A lên mặt phẳng  P

Gọi A’ điểm đối xứng củaAqua mặt phẳng  P Khi hai điểm A', B nằm

khác phía so với mặt phẳng  P

Ta tìm H1; 2; 1  A' 3;1;0   Ta có MAMBMA'MB A B'

Suy MAMBnhỏ MA MB MA'MBA B'  A', ,B M thẳng hàng hay M là giao điểm A B' và  P

Ta có :( ) : 2P x   y z 0. và

3

' :

3

x t

A B y t z t

         

Suy M2 ; ; 3 

Vậy S   a b c

Câu 195: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A1; 1; ,   B 2; 0; 3 mặt phẳng  P x: 2y2z 4 Tìm M thuộc  P cho AM 61 MB vng góc với AB

A.  

 

  

6; 5; 2; 5; M

M B.

 

 

  

6; 5; 2; 5; M

M C.

 

 

 



6; 5; 2; 5; M

M D.

 

  

 

6; 5; 2; 5; M

Đường thẳng MN qua M song song với đường thẳng d nên phương trình

:

3

x t

MN y t

z t

  

    

   

N thuộcMN nên N1   t; t; 3t

Mà N thuộc (P) nên 1         t t 3t t N2;2;3 

Câu 196: Trong không gian Oxyz,cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành, SAABCD Cho biết A1;1; ,  B 2; 3;1 ,  C 3; 0;  Gọi S a b c ; ; (điều kiện a0 )là điểm thỏa mãn điều kiện thể tích khối chóp S ABCD 30 Tính P a b c  

A.P14 B.P10 C.P 10 D.P16

      10

3; 2;1 , 2; 1; , 5;8; ,

2

ABC

AB  AC  AB AC  S  AB AC 

2 10

ABCD ABC

S S

  

Do   D D

1

30 10 (1)

3

S ABC ABC

(86)

Trang 86 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Đường thẳng SA qua A có VTCPu AB AC, 5;8; 1  nên có pt

1

x t

y t

z t

           Ta có S1 ;1 ; t  t  t      2 2

5 10 10

SA  t   t  t  t  (theo  1 )  t Suy raS 4; 7;1 (loại không thỏa điều kiệna0)

6;9; 1

S  (nhận) Vậy P   a b c 14

Câu 197: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) mặt phẳng

   

( ) : 2P x 3y z Tọa độ điểm H( )P cho AH( )P

A.H 1; 1;  B.H1; 2;1   C.H1; 2;1  D.H1; 2;   Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn C Phương trình đường thẳng (3;5; 0)

(2;3; 1)

qua A AH

u

 

 



3 ,

x t

y t t z t

  

   

    

Suy M(3 ;5 ; t  t t) Vì M( )P    t M(1; 2;1)

Câu 198: Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho tam giác ABC với điểm (2; 0; 0), (0; 2; 0), (0; 0;1)

A B C Tọa độ trực tâm Hcủa tam giác ABC A.  

 

1 ; ;1 2

H B.  

 

1 2 ; ; 3

H C.  

 

1 ; ; 3

H D.  

 

2 1 ; ; 3 H

Hướng dẫn giải: Chọn C Phương trình mp ( ) : 2

2

x y z

ABC      x y z 

Giả sử H x y z( ; ; )AH  (x 2; ; ),y z BH ( ;x y2; ).z

Ta có

1

2 0

1

3

(ABC) 2

2 x

AH BC y z

BH AC x z y

H x y z

z

  

     

      

  

       

 

 



Câu 199: Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho ba điểm A(0;1; 2), (2; 2;1),C( 2; 0;1)B   Tọa độ điểm M( ) : 2P x2y z  3 thỏa mãn MA MB MC 

A.M1;1;   B. M0;1;1  C.M2; 3;   D.  

 

1 0; ;

2 M

(87)

Gọi ( )Q mặt phẳng trung trực AB  pt Q( ) : 2x3y  z Gọi (R) mặt phẳng trung trực AB  pt(R) : 2 x  y z

Gọi  ( )Q ( )R M .Ta có pt

1

1 1

2 ; ;

2

4

x t

y t M t t t

z t

   



  

          

 

    

Vì ( ) (2;3; 7)

4

M P   t M 

Câu 200: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y z  5 hai điểm  

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

A B Tọa độ điểm C( )P cho (ABC)( )P SABC  A.5; 0; và 3; 0; 2  B.5; 0; và 3; 0; 

C.5; 0; và 3; 0;  D.5; 0; và 3; 0;   Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn A Ta có n(ABC) AB n, ( )P (1;1; 1)  pt P( ) :x   y z

Vì C( )P (ABC) nên tọa độ điểm C thỏa mãn

2 0

( ;0; 5)

5

x y z y

C t t

x y z z x

    

 

  

       

 

Do 1

( 3;1; 2), (2; 2; 4) , 3(2 8)

3

2

ABC

t

AC t t AB S AB AC t

t



 

 

            

 

Câu 201: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt phẳng ( ) :P x y z   3 hai điểm 

( 1; 0; 4), (2; 0;7)

A B Tọa độ điểm C( )P cho tam giác ABC ACB120 A 1;1; 5và  

 

4 14 ; ;

3 3 B.1;1; 5 và

  

 

 

4 14 ; ;

3 3

C  1; 1; 5và  

 

4 14 ; ;

3 3 D 1; 1; 5  và

 



 

 

4 14 ; ; 3 Hướng dẫn giải

Vì ACB120 nên tam giác ABC cân C Vì C( )P C x z( ;  x 3; ).z

Gọi I trung điểm 1;0;11 1; 3; 11 , (3;0;3)

2 2

ABI ICx z x z  AB

(88)

Trong tam giác ABC có  

2

1 11

.tan 30 (1)

2 2 2

IC AB  x    z x z  

   

Mặt khác 3 11 0(2)

2

CI AB x  z     x z

   

Từ (1) (2) ta có x1,z5 4, 14

3

x z

Câu 202: Trong không gian với hệ trục cho mặt phẳng ( ) :P x y z   4 hai điểm (1; 2;1), (0;1; 2)

A B Tọa độ điểm M( )P cho MA22MB2 nhỏ A.   

 

5 14 17 ; ; 9

M B.    

 

5 14 17

; ;

9 9

M C.  

 

5 14 17

; ;

9 9

M D.    

 

5 14 17

; ;

9 9

Hướng dẫn giải: ChọnC Xét điểm I cho 5; ;

3 3 IA IB  I 

 

Ta có 2   2 2 2

2

MA  MB  MIIA  MIIB  MI IA  IB

Vì IA IB, cố định nên 2

2

MA  MB nhỏ MI nhỏ nhất M hình chiếu I mặt phẳng (P).

Làm tương tự câu 1, ta 14 17; ; 9 M 

 .

Câu 203: Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox ,yz cho mặt cầu ( ) : (S x1)2 (y 1)2 (z 2)2 9. Điểm điểm sau A(1;1; 5); (1; 2; 2); (1; 2; 3)B  C thuộc mặt cầu?

A. A B B Chỉ A C Chỉ B D.B C Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải: Chọn B Gọi M x y z ; ; 

 P 2z (1) M   x y  

MB  ABAB BM 0 x y3z 11 0 (2)   2 2

61 1 61 (3)

AM   x  y z 

Từ (1), (2), (3) suy ra: M6;5;0 , M 2; 5;6 

Câu 204: Trong không gian với hệ tọa độ Ox ,yz cho mặt cầu ( ) : (S x1)2  (y 1)2 (z 2)2 9 đường thẳng ( ) : 1 1 1

2

y

x z

d Mệnh đề sau đúng? A. Đường thẳng ( )d cắt mặt cầu ( )S hai điểm (1;1;1), B(- ; ;- ).7

9 9 A

B Đường thẳng ( )d không cắt mặt cầu ( ).S

(89)

D Đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu Hướng dẫn giải

Tự luận: Điểm chung đường thẳng mặt cầu nghiệm hệ:

2 2

1

0

1 7 1 7

( ) 8

1 9

9

( 1) ( 1) ( 2)

  



   

   

     

 

       

x t

t

y t

t A (1;1;1);B(- ; ;- )

z t t

x y z

Trắc nghiệm: Thay tọa độ (1;1;1); B(- ; ;- )7 9

A vào phương trình mặt cầu thấy thỏa mãn nên chọn A

Câu 205: Trong không gian với hệ trục tọa độ mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu điểm , tọa độ điểm :

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận: Đường thẳng qua tâm mặt cầu có phương trình:

1 1

          

x t

y t

z t

giao đường thẳng mặt phẳng ( ) : 4(P  x 1) 2(y 3) 2z0 là nghiệm của hệ

3

1

2

4( 1) 2( 3) 0

   

 

     

 

     

 

       

 

x t t

y t x

z t y

x y z z

 Trắc nghiệm: thay tọa độ điểm thấy M M1; nằm mặt cầu, M1 nằm mặt phẳng

Câu 206: Trong không gian với hệ trục tọa độ cho mặt cầu

và mặt phẳng điểm mặt cầu cho khoảng cách từ đến đạt giá trị lớn Tọa độ điểm :

A. B. C. D.

Gọi M x y z0( ;0 0; )0 điểm nằm mặt cầu 2

0 0

(x 1) (y 1) (z 1) 17

0 0 0 0 0

0

| 1| | 2( 1) 3( 1) 2( 1) | | 2( 1) 3( 1) 2( 1) | ( ; )

17 17 17

              

 x y z  x y z  x y z

d M P

2 2

0 0

0

17[( 1) ( 1) ( 1)

| 2( 1) 3( 1) 2( 1) | 19

( ; )

17 17 17

     

     

 x y z  x y z 

d M P

( )d ( )S B(- ; ;- ).7 9

Ox ,yz ( ) : 4(P  x 1) 2(y 3) 2z 0  2  2  

( ) : (S x 3) (y 1) (z 2) 24 M M

 1( 1; 3; 0)

M M2(1; 3; 0) M3(1; 3;1) M4(1; 3; 2)

Ox ,yz ( ) : (S x1)2  (y 1)2 (z 1)2 17

   

( ) : 2P x 3y 2z M ( )S

M P M

 (3; 4; 1)

(90)

19 ( ; ) max

17 

d M P

đạt

0 0

0

0 0

0

2 2

0 0

2( 1) 3( 1) 2( 1)

3

1 1

4

2

1

( 1) ( 1) ( 1) 17

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

x y z

x

x y z

y z

x y z

 Trắc nghiệm: Đường thẳng qua tâm mặt cầu vng góc với mặt phẳng P cắt mặt cầu

( )S hai điểm phân biệt M(3;4; 1) M( 1; 2;3)  Tính khoảng cách từ hai điểm đến mặt phẳng thấy M(3;4; 1) có khoảng cách lớn nhất, chọn M(3;4; 1)

Câu 207: Trong không gian với hệ trục tọa độ cho điểm thuộc mặt cầu Tọa độ điểm để biểu thức đạt giá trị lớn

A. B C. D.

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận: T 2x3y6z2(x 1) 3(y2)6(z2)20

2 2 28

|T 20 | | 2( x 1) 3(y2)6(z2) | 49[(x1) (y2) (z2) ]

28 48

|T 20 |   T  Vậy

2 2

( 1) ( 2) ( 2) 16

1 2 15 26 38

48 ; ;

max 2 3 6 7 7 7

2 48

15 26 38                                       

x y z

T t M

x y z

x

y

z

 Trắc nghiệm: Thay tọa độ điểm phương án vào pt măt cầu

2 2

( ) : (S x1) (y2)  (z 2) 16 thấy 15 26 38; ; , 7

 

 

 

M 2; ; 10 ,

7 7

  

 

 

M M1; 2;  thỏa mãn, tính giá trị T 2x3y6z ba giá trị thấy

( )A 48

T nhận giá trị lớn nên

chọn A

Câu 208: Trong không gian với hệ trục tọa độ cho mặt cầu điểm Tìm tọa độ điểm mặt cầu cho tứ diện có thể tích lớn ?

A. B. C. D.

Gọi M x y z( ; ; ) điểm nằm mặt cầu 2

( ) : (S x1) y  (z 1) 4

( ) : 2   1

mf ABC x y z

Ox ,yz M x y z ; ; 

      

2 2

( ) :S x y z 2x 4y 4z M T2x3y6z

 

 

 

15 26 38 ; ; 7

M   

 

1 10

; ;

7 7

M M1; 2;  M1; 2; 

     

2 2

( ) :S x y z 2x 2z

   

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

A B C D ( )S

ABCD  

7

( ; ; )

3 3

D D(1; 0; 1) (1 4; ;5)

3 3

(91)

1

( ; ( ))



V S d D ABC

ABCD ABC nên VABCD đạt giá trị lớn d D ABC( ; ( ))lớn Đường thẳng qua tâm mặt cầu vuông góc với mặt (ABC)là

1

( ) :

1             x t

d y t

z t

Giao điểm ( )d với mặt cầu nghiệm hệ

1

2 2

1

2

( ; ; ) ( ; ; )

1 3 3 3

( 1) ( 1)

                         x t y t D D z t

x y z

Tính khoảng cách từ

1

( ; ; ) ( ; ; )

3 3 3

    

D D đến mf ABC( )thấy

7

( ; ; )

3  3

D thỏa

mãn Chọn A

 Trắc nghiệm: Thay điểm phương án vào pt măt cầu thấy phương án A,B.C thỏa mãn, tính khoảng cách từ điểm phương án A,B,C thấy

phương án A thỏa mãn khoảng cách đến mf ABC( )lớn nhất, chọn A

Câu 209: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có , , Tọa độ trực tâm H tam giác ABC là:

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Chọn B Tự luận:

 Từ giả thiết suy phương trình mặt phẳng (ABC):

1 1

x  y z

(PT mp theo đoạn chắn)

Gọi H x y z H; H; H thuộc (ABC) xH yH zH 1 (1)

 Do H trực tâm tam giác ABC nên AH BC CH, AB nên: 0(*)

AH BC CH AB       Ta có: AH xH 1;yH,zH, BC0; 1;1 

 H; H, H 1

CH x y z  , AB  1;1;0

Do hệ (*)  0 ( 1) 0 1/

0 ( 1) ( 1).0

H H H H H

H H H

H H

H H H

x y z y z

x y z

x y

x y z

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

Trắc nghiệm: dễ thấy ABC tam giác  trực tâm trọng tâm  1

; ; 3

 

 

 

H

Câu 210: Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm Tọa độ điểm thỏa mãn

A. B. C. D.

(1; 0; 0)

A B(0;1; 0) C(0; 0;1)

1;1;1

H  

 

1 1 ; ; 3

H  

 

1 1

; ;

3 3

H    

 

1 1 ; ; 3 H

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

M MA MB MC  0

(92)

3

0

3

M A B C

x x x x

MA MB MC y y y y

z z z z

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

Câu 211: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm Khi tọa độ điểm D để ABCD hình bình hành:

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Chọn D Tự luận: AB0;1; , DC  xD;1yD;1zD

Tứ giác ABCD hình bình hành AB DC D(0; 0;1)

Trắc nghiệm: Vì ABCD hình bình hành nên trung điểm AC trung điểm BD Nên lấy tọa độ điểm A+C = Tọa độ B+D D =(A+C)-B =(1;1;1)-(1;1;0) = (0;0;1)

Câu 212: Trong không gian Oxyz, cho Tọa độ điểm M chia đoạn AB theo tỉ số là:

A. B. C. D

Ghi nhớ lý thuyết: Điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k

( )

A M B M

x x k x x MA k MB y y k y y

z z k z z

               1 B A M B A M B A M kx x x k ky y y k kz z z k                  

Áp dụng vào ta được:

2

2.( 3)

2

2.4

2

2.5 B A M B A M B A M x x x y y y k z z z                             

 Trắc nghiệm: M chia đoạn AB theo tỉ số B trung điểm AM

Câu 213: [Chuyên SP – lần 2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , Điểm thỏa mãn có tọa độ

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải: Chọn B (1; 0; 0), (1;1; 0), (0;1;1)

A B C

1;1;1

D D(2; 0; 0) D(0; 2;1) D(0; 0;1)

(1; 2; 3)

A B( 3; 4; 5) 2

k

(5; 0;1)

M M( 7; 6; 7) M5;10;13 M1; 8;11

Oxyz A( 1; 2; 3) 3; 1; 2 

B M MA MA 4MB MB

      ; 0; 3

M M7; 4;1   

 

1 1; ;

2

M  

 

(93)

Tự luận:

Ta có MA MA 4MB MB MA 4MB.MB

MA

   Khi MA MB; phương

Mà   2 2  4

2

MA MA MB MB MA MA  MB MB MA  MB MA MB

Do MA2MB MA MB; phương nên MA2MB Gọi M x y z ; ;  Ta có

 

1 7

2 2 7; 4;1

1

3 2

x x x

MA MB y y y M

z

z z

   

  

 

          

     

 

Trắc nghiệm:

Câu 214: [Group toán 3K – lần 27] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho ba mặt phẳng

, và đường thẳng

Gọi giao tuyến hai mặt phẳng , Biết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng , cắt hai đường thẳng

, Đường thẳng qua điểm sau đây?

A. B. C. D.

Ý tưởng: Viết phương trình d’ dạng tổng quát giao hai mặt phẳng: mp1(n( )R ,d)=  mp2(n( )R ,)=  Sau thử đáp án

Lời giải:

     

( )P  2; 1;1 , ( )Q  1; 1; , ( )R  1;1;

n n n

   

( ) ( )

[ , ]= 1; 3; 1; 3;1

     

d P Q

u n n

n( ) n( )R ,ud1; 1; 2 

Chọn A(2;5;0) thuộc d( ) ( )

Oxyz    

( ) : 2P x y z  Q x y:  2z 3  R x y:   1 



  



1

:

2

y

x z

d  P  Q d'

 R d 

A B d'

9; 0; 6 

H L7;1; 6  P6; 3; 5  K5; 4; 5  

d d'

n(R)

(Q) (R) (P)

A B

(94)

Trang 94 | Tài liệu ơn thi THPTQG 2018 Khi   qua A có vtpt n( )    :x y 2z 3

Tương tự phương trình   :x y z   3 Phương trình d’:  

 

:

 

    

 

    

x y z

x y z Thay tọa độ điểm H, L, P, K có H thỏa mãn Câu 215: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho lăng trụ

đứng tam giác có , , Tọa độ trung điểm là:

A. B.

C. D.

Hướng dẫn giải: Chọn C Sử dụng quy tắc gióng ta tọa độ điểm

 

' 0; 2;3

B Vậy 1;1;3 2 M 

 

Câu 216: Trong không gian với hệ tọa độ , cho lăng trụ đứng tam giác có , , Tìm toạ độ điểm G’ trọng tâm tam giác

A. B. C. D.

Sử dụng quy tắc gióng ta tọa độ điểm B' 0; 2;3 ,  C'1;0;3 Vậy ' 0; ;3 G  

 

Câu 217: Trong không gian với hệ tọa đô , cho lăng trụ đứng tam giác có , , Tìm toạ độ điểm thuộc cạnh cho diện tích

A. B. C. D.

Do DAA' nên D1;0; , 0t  t B D B C' , ' ' 6 ;3t  t; 4 Oxyz

' ' '

ABC A B C A1; 0; 0 B0; 2; 0 1; 0; 0

C A' 1; 0; 3  M

' AB

 

 

 

3 0; 0;

2

M  

 

1 ;1; M

 

 

 

1

;1;

2

M M1; 2; 

Oxyz ABC A B C ' ' '

1; 0; 0

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

A B C

 

 

 

2 ' 0; ;

3

G  

 

2 ' 0; ;1

3

G G' 0; 2;    

 

9 ' 0;1;

2 G

Oxyz ABC A B C ' ' '

1; 0; 0

A B0; 2; 0 C1; 0; 0 A' 1; 0; 3  D AA' DB C' '

1; 0;1 

D D1; 0;  D1; 0;   

 

3 1; 0;

(95)

 

' ' 1;0;1

DB C

S    t D

Câu 218: Trong không gian với hệ tọa đô , cho lăng trụ đứng biết , Gọi trung điểm Điểm cạnh , cạnh cho

Tìm tọa độ trung điểm

A. B.

C. D.

     

' 2;0; , ' 0; 4; 0; 4;

A B I

Ta có phương trình  

2

: 2 ; ;0

0

x a

AB y a M a a

z

  

     

     ;0; , 0

N t  t

Từ gt: MN OI MN OI     0 a M1; 2; 0

Gt:  

2 20 1; 0;

MN  MN    t N

Vậy tọa độ trung điểm MN 1;1; 2

Câu 219: Viết phương trình đường thẳng qua tạo với mặt phẳng góc lớn

A. B. C. D.

         

max ,  90     u n  2; 1;3

Câu 220: Viết phương trình đường thẳng qua , song song với mặt phẳng cách khoảng lớn

Oxyz ' ' '

OABO A B A2; 0; 0 0; 4; 0

B O' 0; 0; 4  I '

BB M AB N

' '

O A MNOI

2 MN

MN

1;1;  1;1;  1; 2;1  1; 2; 

 M1; 0; 1    : 2x y 3z 6

      

    

1

x t

y t

z t

      

    

1

x t

y t

z t

      

    

1

x t

y t

z t

          

2

x t

y

z t

(96)

A. B. C. D.

Tự luận: qua M4; 2;1  1 ,   1;1; 1 3

u  MA n  

Câu 221: Viết phương trình đường thẳng qua vng góc với đường thẳng

cách điểm khoảng lớn

A. B. C D.

Hướng dẫn giải: Chọn B  Tự luận: Ta có AB1; 1;0 ,  n 1;1;2

 qua A1;1;1 có u n AB, 2;2; 2 

Câu 222: Trong không gian với hệ tọa độ viết phương trình đường thẳng qua vng góc với đồng thời tạo với trục góc lớn

A. B. C D.

Hướng dẫn giải: Chọn C  Tự luận: qua A1;1;2 u u kd; 1; 2;0 

Câu 223: Trong không gian với hệ tọa độ viết phương trình đường thẳng qua , nằm , đồng thời tạo với trục góc nhỏ

A. B. C D.

Hướng dẫn giải             x t y t z t             x t y t z t             x t y t z t              x t y t z t

 A1;1;1             : 1 x t y t z t

2; 0;1 B            1 x t y t z t            1 x t y t z t            1 x t y t z t             1 x t y t z t

Oxyz  A1;1; 2

 

 

:

2

y x z d Oz           1 2 x y t z t           1 x t y z t           1 2 x t y t z            2 x t y t z t

Oxyz  A1;1; 2

(97)

 Tự luận: qua A1;1;2 song song với Oz có phương trình

1 : 1 2 x y z t           

Lấy M1;1;3  Hình chiếu M lên   7 17; ; 6 6

H 

  ,Oz nhỏ   AH u 6AH 1;2;5

Câu 224: Cho Viết phương trình đường thẳng qua , cắt

sao cho nhỏ

A. B. C D.

 Tự luận: Gọi  đường thẳng qua A cắt d M 1  t; 2 t t;2  Khi  

2

, 56 304 416 28 152 208

;

3 10 20

6 20 40

AM AB t t t t

d B

t t

AM t t

     

 

   

 

Xét  

2

28 152 208

3 10 20

t t u t t t            30 4

min , max 2 48

11 35

u t u  u t   u

 

Vậy d B , đạt giá trị nhỏ 30 19 60; ;

11 11 11 11

t M 

        qua A u AM

Câu 225: Cho Viết phương trình đường thẳng qua , cắt cho lớn

A. B. C D.

 Tự luận: Vậy d B , đạt giá trị lớn    t 2 M3; 4; 4    qua A1;4;2 1 2;8;6 1; 4; 3

2

u  AM      

       



2

1; 4; , 1; 2; , :

1

y

x z

A B d A

d d B d ,            x t y t z t              1 x t y t z t             15 18 19 x t y t z t            15 18 19 x t y t z t         

1; 4; , 1; 2; , :

1

y

x z

A B d A

(98)

Trang 98 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 226: Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm đường thẳng

Gọi đường thẳng qua cắt điểm cho đạt giá trị nhỏ

A. B. C D.

 Tự luận: Ta có

1 2

: 1

2

x t

y t

z t    



   

  

C C 1 ;1t t t;2 

 2 2 ; 4 ;2 , 2; 2;6 ,  24 ;12 ;12 2 

AC   t  t t AB  AC AB   t  t  t

 2

1

, 18 26 216 18 1 198

2

ABC

S  AB AC  t  t  t 

Do SABC nhỏ t1 hay C1;0;2

Vậy  qua C1;0;2 có VTCP u BC    2; 3; 4

Câu 227: Trong không gian với hệ tọa độ , gọi mặt phẳng song song với mặt phẳng cắt mặt cầu theo đường trịn có chu vi lớn Phương trình là:

A. B C. D.

Tự luận: Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có chu vi lớn nên (P) qua tâm I(1; 2; 0) .

Phương trình mặt phẳng (P) song song Oxz có dạng Ay B 0

(P) qua I nên suy phương trình : y 2

Trắc nghiệm: +) P//Oxz nên loại D

+) mặt phẳng (P) qua I nên thay tọa độ I vào pt loại B,C

Câu 228: Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm Gọi mặt phẳng mặt phẳng chứa trục cách điểm khoảng lớn Phương trình mặt phẳng là:

Oxyz A1; 5; , B 3; 3; 6 



  

 1

:

2

y

x z

d B  C SABC

          

1 2

x t

y t

z t

          

1

x t

y t

z t

       

    

2

x t

y

z t

          

1 2

x t

y t

z t

Oxyz ( )P Oxz x1 2 y22z2 12

( )P 2  1

x y y 2 y 1 y 2

Oxyz M(1; 2; 3) ( )

(99)

A. B C. D. Hướng dẫn giải

Tự luận: gọi H,K hình chiếu vng góc M lên mặt phẳng ( ) và trục Oy.

Ta có K(0; 2; 0) d M( ,( )) MHMK

Vậy khoảng cách từ M đến ( ) lớn ( ) qua K vng góc với MK

Phương trình mặt phẳng ( ) : x3z0

Trắc nghiệm: tính trực tiếp khoảng cách từ M đến mặt phẳng, kiểm tra khoảng cách từ M đến ( ) : x3z0 lớn nhất.

Câu 229: Trong không gian với hệ tọa độ ,cho mặt cầu , điểm Phương trình mặt phẳng qua cắt mặt cầu theo thiết diện hình trịn có diện tích nhỏ là:

A. B. C. D.

mặt cầu (S) có tâm I(1 ;2 ;3), R=3 Có IA < R nên A nằm bên (S) Ta có d I P( ,( )) R2r2

Diện tích hình trịn nhỏ ⇔ r nhỏ ⇔ d(I,(P)) max = IA

⇒ (P) qua A , có vtpt 𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒( ) :P x2y z  2  Trắc nghiệm:

Câu 230: Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm Viết

phương trình mặt phẳng qua cách khoảng lớn nhất?

A. B C D

Hướng dẫn giải: Chọn A  Tự luận:

Gọi H,K hình chiếu C lên mp (P) đoạn AB. 3 0

x z x2z0 x3z0 x0

Oxyz ( ) :S x1 2 y2 2 z 32 9 (0; 0; 2)

A ( )P A ( )S

( )C

2 3  6

x y z x2y z  2 3x2y2z 4 x2y3z 6

Oxyz A(2;1; 3), (3; 0; 2); (0; 2;1)B C  ( )P A B, C

   

(100)

Ta có CH = d(C ;(P)) ≤ CK ⇒ d(C ;(P)) max H ≡K Khi (P) qua A,B vng

góc (ABC)

⇒nPAB AC AB, ,    ( 9; 6; 3)⇒ (P): 3x+2y+z-11=0  Trắc nghiệm: Kiểm tra thấy A,B thuộc mp nêu Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng chọn đáp án A

Câu 231: Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm Mặt phẳng qua cắt tia cho thể tích khối tứ diện nhỏ có phương trình là:

A. B C D

Mặt phẳng (P) cắt tia Ox,Oy,Oz A,B,C nên A(a,0,0) , B( 0,b,0) , C(0,0,c) với a,b,c>0

⇒( ) :P x y z a  b c

(P) qua M nên 1 1 33 abc 162

a    b c abc  

27

6

OABC OABC

V  abc V 1

a  b c Suy a =3, b = , c = 9 Vậy pt (P) : 6x+3y+2z-18=0

 Trắc nghiệm: Kiểm tra thấy M thuộc mp đáp án B,C,D

Cho mặt phẳng giao với Ox,Oy,Oz tìm giao điểm A,B,C tính thể tích so sánh Câu 232: Trong không gian với hệ tọa độ , cho tứ diện có

Trên cạnh lấy điểm phẳng cho Viết phương trình mặt phẳng biết tứ diện

có thể tích nhỏ nhất:

A. B.

C. D.

Oxyz M(1; 2; 3) ( )P M

, ,

Ox Oy Oz A B C, ,

  

6x 3y 2z 6x3y2z18 0 x2y3z14 0 x y z   6

Oxyz ABCD A(1;1;1), (2; 0; 2),B  

( 1; 1; 0), (0; 3; 4)

C D AB AC AD, , B C D', ', '

  4

' ' '

AB AC AD

AB AC AD ( ' 'B C D') AB C D' ' '

   

16x 40y 44z 39 16x40y44z39 0

   

(101)

Ta có 4 33 ' ' ' 27

' ' ' ' ' ' 64

AB AC AD AB AC AD AB AC AD AB AC AD AB AC AD AB AC AD

     

' ' '

' ' ' 27 27

64 64

AB C D

AB C D ABCD ABCD

V AB AC AD

V V

V AB AC AD

    

' ' '

AB C D

V nhỏ ' ' ' ' ' 7; ;

4 4 4

AB AC AD

AB AB B

AB AC AD

 

       

 

Lúc mặt phẳng (B’C’D’) song song với mặt phẳng (BCD) qua ' 7; ;

4 4 B  

 

( ' ' ') : 16B C D x 40y 44z 39

    

 Trắc nghiệm: Kiểm tra thấy A,B thuộc mp nêu Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng chọn đáp án A

Câu 233: Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng chứa hai điểm tạo với đường thẳng góc lớn nhất:

A. B.

C. D.

Giả sử( ) : ax by cz d   0 Gọi    ( ,( )).Vì M,N thuộc ( ) nên

0 2

1

2

d b

a b c d a b c d

c a b        

 

     

    



Ta (α) : 2ax2by (b )a z3b0

Có

 

2

4 2 2 1 12 36

sin

5

6

6 4 4 2

n u a b b a b ab b

b ab b

n u a b b a



    

   

 

  

Nếu a0 sin

2   Nếu a0, đặt t b,t

a

  Xét hàm số ( ) 212 36

5

t t

f t

t t

 



  ta tìm

5 53

max ( )

8

f t  f    

Oxyz     



1

:

2 1

y

x z



( ) M(1;1;1), ( 1; 2; 1)N    

   

16x 10y 11z 15 16x10y11z 5    1

(102)

Do ax sin  ax

8 b

m m

a

     Chọn b5,a8

Vậy pt mp ( ) : 16 x10y11z15 0  Trắc nghiệm:

Kiểm tra M,N thuộc mặt phẳng ( ) nên loại đáp án B,D.

Tính góc đường thẳng  mặt phẳng ( ) để loại đáp án C

Câu 234: Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm Gọi mặt phẳng qua cắt trục tọa độ Viết phương trình mặt phẳng biết biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất:

A. B C. D .-

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

Khi OABC góc tam diện vng nên có 12 12 12 2 OA OB OC OH Mà OH OM 2 2

OH OM

  

Do 12 12 12

OA OB OC đạt giá trị nhỏ HM( )P qua M vng góc OM Nên (P) : x2y3z14 0

Vì M thuộc (P) nên thay tọa độ M vào đáp án Loại đáp án D Tìm giao điểm (P) với trục tọa độ, từ tính 2 12 12

OA OB OC rút kết nhỏ

Câu 235: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm đường thẳng

Một điểm M thay đổi đường thẳng cho chu vi tam giác MAB nhỏ

nhất Khi tọa độ điểm M chu vi tam giác là:

A. B.

C. D

Oxyz M(1; 2; 3) ( )P M

, ,

A B C ( )P

 

2 2

1 1

OA OB OC 2   8

x y z 2x y 3z 9 x2y3z14 0  2x4y z 10 0

(1; 5; 0), (3; 3; 6)

A B

    

      

1

:

2

x t

y t

z t

 

(1; 0; 2); 2( 11 29)

M P M(1; 2; 2);P2( 11 29)

 

(1; 0; 2); 11 29

(103)

Giải: Gọi M( ;1  t t t;2 ) , đó: AM BM  9t220 (3t6)220 Rõ ràng Chu vi P nhỏ AM+BM nhỏ

Cách 1: Dùng MTCT với chức Mode 7, nhập hàm f x( ) 9x220 (3x6)220 , start -4, end 4, step 0,5 ta tìm P t=1 Từ chọn A

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức ta có:

2 2 2

(3 )t (2 5)   ( 3t 6) (2 5)  (3t 6 )t (2 52 5) 2 29, dấu xảy 3 2 5 1

6 3 2 5

t

t   

 Từ chọn A

Câu 236: Cho hai điểm và đường thẳng Gọi ${I}$ điểm d cho nhỏ Tìm tổng tọa độ

A. B C. D.

Giải: Gọi I( ;3 ;1 )  t  t  t , AI BI  17t214t 6 17t282t110 Dùng MTCT với chức Mode 7, nhập hàm

2

( ) 17 14 6 17 82 110

f x  x  x  x  x , start -4, end 4, step 0,5 ta thấy t=1, để chắn ta thực lại start -3, end 3, step 0,25, đạt t=1 Từ ta tìm I(1;1;3) chọn đáp án A

Câu 237: Cho và điểm điểm thuộc

sao cho nhỏ Khi bằng:

A B C.4 D

Cách 1: Dùng hình học Gọi G trọng tâm tam giác ABC, G(1; 2;2)

MA MB MC   MG Do biểu thức nhỏ M hình chiếu vng góc G lên đường thẳng d Đây tốn tìm hình chiếu bản, ta dễ dàng tìm M(1;0;0) chọn đáp án A

Cách 2: Dùng đại số, gọi M(1 ; ; ) t t t ,

2 2

3 ( 2) ( 2) 6

MA MB MC  t  t  t  t   , dấu xảy

khi t = Ta tìm M(1;0;0) Từ chọn đáp án A. 

( 1; 2; 3)

A B(7; 2; 3) :

3 2

x y z

d     

 

AI BI I

11 12 13 14

1  :

2 1

y

x z

d A(3; 0; 0), (0; 6; 0), (0; 0; 6)B  C M d

(104)

Trang 104 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Câu 238: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình

ba điểm M điểm thuộc d cho biểu thức đạt giá trị nhỏ Khi tổng tọa độ M là:

A 10 B 11 C 12 D 13

Cách 1: Gọi G trọng tâm tam giác ABC, tọa độ G(1;1;1) biểu thức :

2 2

3

P MG GA GB GC , P nhỏ M hình chiếu vng góc G lên d Ta dễ dàng tìm ( 5 31 52; ; )

14 14 7

M Khi tổng tọa độ: 10, ta chọn đáp án A

Cách 2: Gọi trực tiếp tọa độ M theo ẩn t, tìm biểu thức P hàm bậc hai t, từ tìm giá trị nhỏ

Câu 239: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình

ba điểm M điểm thuộc d cho biểu thức đạt giá trị nhỏ Khi tổng bình phương tọa độ M là:

A B C D

Cách 1: Gọi G điểm thỏa mãn GA2GB3GC 0 ta dễ dàng tìm G(1;1;2)

Khi P6MG2GA22GB23GC2 , P nhỏ M hình chiếu vng góc G lên d

Ta dễ dàng tìm được: M(2;1;1), tổng bình phương tọa độ: 6, chọn đáp án A

Cách 2: Gọi trực tiếp tọa độ M theo ẩn t, tìm biểu thức P hàm bậc hai t, từ tìm giá trị nhỏ

Câu 240: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình

hai điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) M điểm thuộc d sau cho diện tích tam giác MAB nhỏ Khi hồnh độ M là:

A. B C. D.

          

4

:

5

x t

d y t

z t



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

A B C

 2 2

P MA MB MC

          

1

:

x t

d y t

z t (6; 0; 0), (0; 3; 0), (0; 0; 4)

A B C

 2 2

2

P MA MB MC

  

    

  

1

:

2

x t

d y t

z t

12

12

11

7 

(105)

Giải: Ta có 1 ( / ) 1 .

2 2

MAB

S  AB d M AB  AB MN AB cố định nên diện tích nhỏ

khoảng cách từ M đến AB nhỏ Khi MN đoạn vng góc chung AB d Ta dễ dàng tìm ( 12 38; ; )

7 7

M 

Câu 241: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ nhất, biết

,

A. B C. D.

Ta có (1 0 4) 4        3 0  A B, cùng phía so với  P

Gọi A' điểm đối xứng với A qua  P  M  A B'  P Gọi d đường thẳng qua A vng góc với  P H Pt tham số d là:

1

x t

y t

x t

  

     

H thỏa mãn phương trình: 1      t t t 4 0 t 1H2;1;1 A' 3; 2; 2  A B' 2;0; 2  => Pt tham số A B' là:

1 2 2

2

x t

y

x t

         

M thỏa mãn phương trình: 1 2  2 2 4 0 1 4

t t t 

       1; 2;1 2 2

M 

  

 

Câu 242: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ nhất, biết

,

A. B C. D.

Giải: Ta có (1 0 4) 4         9 0  A B, khác phía so với  P 

 

M  AB P

 P x y z:    4 M P MA MB 1; 0; 0

A B1; 2; 0 1;1; 2

M M0;1; 3 M2; 0; 2  

 

1

; 2;

2

M

 P x y z:    4 M P MA MB 1; 0; 0

A B1; 2; 4 1;1; 2

(106)

Trang 106 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 0;2;4

AB => pt tham số ABlà:

1 2 4 x y t z t        

=> M thỏa mãn phương trình:

    1

1 2 4 4 0

2

t t t

      M1;1; 2

Câu 243: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho lớn nhất,

biết ,

A. B C. D.

Giải: Ta có (1 1 4) 1 4        2 0 A B, cùng phía so với  P

Ta có MA MB  AB  MA MB lớn M  AB P 0;0; 1

AB

  => Pt tham số AB là:

1 1 1 x y x t         

M thỏa mãn phương trình: 1 1       1 t 4 0 t 1M1;1; 2

Câu 244: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho lớn nhất, biết

,

A. B C. D.

Giải: Ta có (1 1 4) 4         2 0 A B, khác phía so với  P

Gọi A' điểm đối xứng A qua  P , d đường thẳng qua A vng góc với  P H => pt tham số d:

1 1 1 x t y t z t           

=> Tọa độ Hthỏa mãn:

      1

1 1 1 4 0

3

t t t t

         => 4 4; ; 3 3

H 

 =>

5 5 ' ; ;

3 3

A  

 

Ta có MA'MB A B'  MA'MB lớn M  A B'  P

 

5 2 10 1

' ; ; 5; 2; 10 3 3 3 3

A B   

   

  => Pt tham số A B' là:

5 1 2 4 10 x t y t x t          

M thỏa mãn phương trình: 5 1 2  4 10  4 0 1 3

t  t   t    t 5 2; ; 3 3

M 

  

 

 P x y z:    4 M P MA MB 1;1;1

A B1;1; 0 1; 2;1

M M0; 2; 2 M1;1; 2 M3;1; 

 P x y z:    4 M P MA MB 1;1;1

A B0;1; 5

 

 

 

1 10 ; ; 3

M  

 

5 ; ; 3

M  

 

5

; 0;

3

(107)

Câu 245: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ nhất,

biết ,

A. B C. D.

Giải: Xét điểm I tùy ý, ta có MA2 MA2 MI IA2 MI2IA22MI IA.

 2

2 2

2

2 .

MB MB  MI IB MI IB  MI IB

Suy MA22MB2 MI2IA22MI IA. 2MI2IB22MI IB. 

 

2 2

2 2 3 2 2 2

MA MB MI IA IB MI IA IB

      

 

2 2 2

2 3 2 2 2

      

Giả sử IA2IB 0 IA 2IB, ta có tọa độ I là: 2 1 2.0 1

1 2 3 3

2 2 2.1 4

1 2 3 3

2 1 2.2 5

1 2 3 3

A B

x x

x

y y

I y

z z

z

 

   

 



 

   

 



 

   

 



Hay 1 5; ; 3 3

I 

 

Vậy, với 1 5; ; 3 3

I 

 , ta có IA2IB0 nên

2 2 3 2 2

MA  MB  MI IA  IB

Do I cố định nên IA IB2, 2 không đổi Vậy MA22MB2 nhỏ MI2 nhỏ MI

 nhỏ M hình chiếu I (P)  Đường thẳng  d qua 1 5; ;

3 3

I 

  vng góc với (P) nhận vecto pháp tuyến

1;1;1

n (P)

làm vecto phương nên có p/trình  

1 3 4 :

3 5 4

x t

d y t

z t

   



   



   

- Tọa độ giao điểm H    d  P là: 5 14 17; ; 9 9 9

H 

 

- H hình chiếu I (P)

 Vậy M hình chiếu I (P) nên M H

 P x y z:    4 M P MA2 2MB2 1; 2;1

A B0;1; 2

 

 

 

5 14 17 ; ; 9

M  

 

5 ; ; 3

M M1;1; 2  

 

(108)

Trang 108 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Kết luận: MA22MB2 nhỏ 5 14 17; ;

9 9 9

M 

 

Câu 246: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ nhất,

biết ,

A. B C. D.

Giải: Xét điểm I tùy ý, ta có MA2 MA2 MI IA2 MI2IA22MI IA.

 2

2 2

2

2 .

MB MB  MI IB MI IB  MI IB

Suy MA22MB2 MI2IA22MI IA. 2MI2IB22MI IB. 

 

2 2

2

2 3 2 2 2

      

 

2 2 2

2 3 2 2 2

      

Giả sử IA2IB 0 IA 2IB, ta có tọa độ I là: 2 1 2.0 1

1 2 3 3

2 2 2.1 4

1 2 3 3

2 1 2.4 3

1 2 3

A B A B A B x x x y y I y z z z                           

Hay 1 4; ;3 3 3

I 

 

Vậy, với 1 4; ;3 3 3

I 

 , ta có IA2IB0 nên

2 2 2

2 3 2

MA  MB  MI IA  IB

Do I cố định nên IA IB2, 2 không đổi Vậy MA22MB2 nhỏ MI2 nhỏ MI

 nhỏ M hình chiếu I (P)  Đường thẳng  d qua 1 5; ;

3 3

I 

  vng góc với (P) nhận vecto pháp tuyến

1;1;1

n (P) làm vecto phương nên có p/trình  

1 3 4 : 3 3 x t

d y t

z t               - Tọa độ giao điểm H    d  P là: 1 10 25; ;

9 9 9

H 

 

- H hình chiếu I (P)

 Vậy M hình chiếu I (P) nên M H

 P x y z:    4 M P MA2 2MB2 1; 2;1

A B0;1; 4

 

 

 

1 10 25 ; ; 9

M  

 

4 0; ;

3

M  

 

4 1; ;

3

(109)

Kết luận: MA22MB2 nhỏ 1 10 25; ; 9 9 9

M 

 

Câu 247: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ

nhất, biết , ,

A. B C. D.

Bằng cách phân tích MA3MB2MC MI IA3MIIB 2 MIIC

6MI IA 3IB 2IC

   

Đến việc tìm tọa độ điểm I cho IA3IB2IC0 =>

3 2 6

MA MB MC  MI

Chú ý: 3 2 0 1 3 2 

6

IA IB IC OI  OA OB OC

Suy tọa độ I

      1 2 3 2 6 3 1 7 3 2 6 6 1 7 3 2 6 6

I A B C

x x x x

y y y y

z z z z

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

=> 2 7; ; 3 6

I 

 

=>M hình chiếu I trên P

Gọi d đường qua I vng góc với  P => pt tham số dlà:

2 3 7 6 7 6 x t y t z t              

Khi tọa độ M thỏa mãn: 2 7 7 4 0 1

3 t 6 t 6 t t 3

           

     

      =>

3 3 1; ;

2 2

M 

 

Câu 248: Cho mặt phẳng Tìm điểm cho nhỏ

nhất, biết , ,

A. B C. D.

 P x y z:    4 M P MA3MB2MC 1;1;1

A B1; 2; 0 C0; 0; 3 1;1; 2

M  

 

3 1; ;

2

M  

 

2 5 ; ; 3

M  

 

3

;1;

3

M

 P x y z:    4 M P MA3MB4MC 1; 2;1

A B1; 2; 0 C0; 0; 3 1;1; 2

M  

 

17 ; ;1 12 12

M  

 

1 ; ;

M  

 

7 17 17

; ;

(110)

Trang 110 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Bằng cách phân tích MA3MB4MC MI IA3MIIB 4 MIIC

8MI IA 3IB 4IC

   

Đến việc tìm tọa độ điểm I cho IA3IB4IC0 =>

3 4 8

MA MB MC  MI

Chú ý: 3 4 0 1 3 4 

8

IA IB IC OI  OA OB OC

Suy tọa độ I

 

1 1

3 4

8 4

1 1

3 4

8 2

1 1

3 4

8 2

I A B C

x x x x

y y y y

z z z z

    

 

    

 

    



=> 1 1; ; 4 2

I 

 

=>M hình chiếu I trên P

Gọi d đường qua I vng góc với  P => pt tham số dlà:

1 4 1 2 1 2

x t

y t

z t

   



   



   

Khi tọa độ M thỏa mãn: 1 1 1 4 0 11

4 t 2 t 2 t t 12

           

     

      =>

7 17 17 ; ; 6 12 12

M 

 

Câu 249: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai đường chéo , Tìm điểm I không thuộc cho nhỏ

A. B. C. D.

Chọn D Tự luận:

hai đường thẳng d d1 2chéo

5 11

:

1

x y z

d     

 ,

4

:

7

x y z

d     

 Tìm

điểm I không thuộc chod I d , 1 d I d, 2 nhỏ Gọi N, M hình chiếu I lên d1 d2,



   



1

5 11

:

1

y

x z

d 

   



3

4

:

7

y

x z

d d d1 2 d I d  , 1 d I d, 2 5; 2; 5

I I7; 3; 9 I7; 2; 11   7; 2;11

(111)

   

1

, ,

min( , , )

d I d d I d IN IM NM d I d d I d NM

   

  

NM nhỏ NM đoạn vng góc chung d d1

 

1

2

1 '

: ' '; ';11 ' 11 '

4

: ;3 ;

4

9 '; 2 '; ' , 8; 4;16

d d

x t

d y t N t t t

z t

x t

d y t M t t t

z t

NM t t t t t t

a a a

  

        



   

   

       

    

        

 

 

Vì NM phương anên

   

 

9 '; 2 '; ' 8; 4;16

'

4;3;12 , 18; 7;10 7; 2;11

NM k a t t t t t t k

t t

M N

I

          

     



  

 

Câu 250: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho Tìm điểm M cho biểu thức đạt giá trị nhỏ

A. B. C. D.

Chọn A Tự luận:

Ta có: MA MB nhỏ M trung điểm AB

Câu 251: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho tam giác với Tìm điểm E cho biểu thức đạt giá trị nhỏ

A. B. C. D.

Chọn B  Tự luận:



( 1; 3; 4), (2;1; 2)

A B

 

P MA MB

 

 

 

1 ; 2;

M    

 

3

; 1;

M  

 

3 ;1;1 M 3; 2; 2

M

ABC 2; 0; ; ( 1; 2; 4);    2; 1; 2 

A B C P EA EB EC 

1;1;1

D D1; 1;1  D( 1; 2; 1)   0; 2; 3 

(112)

Trang 112 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Ta có: DA DB DC nhỏ D trọng tâm tam giác ABC

Câu 252: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm Tìm điểm E cho biểu thức đạt giá trị nhỏ

A. B. C. D.

Chọn A  Tự luận:

Ta có: nhỏ có tổng

Câu 253: Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu mặt phẳng Tìm I mặt cầu cho khoảng cách từ I đến lớn

A. B. C D.

Chọn A  Tự luận:

3, 2;1

I  tâm mặt cầu ta có: d I( ( ); p ) 6 R (P) cắt (S) Ta nhận xét khoảng cách từ điểm M thuộc (S) đến (P) lớn M d với d qua I vng góc với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu điểm thử lại cách sử dụng khoảng cách từ điểm đến mặt tìm điểm M cần tìm

 

3

: 2 ; ; 2 ;1

x t

d y t t t

t

I t

z

  

       

    

d cắt (S) I toạ độ I thoả phương trình d mặt cầu (S)      2 2

10 100

1

0

3 t

t

t t t

  

    

   

 



Tìm hai điểm M Thử lai ta có 29; 26;

3 3

M   

 

Câu 254: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho tam giác ABC với

.Gọi I tâm mặt cầu qua điểm ABC tam giác Tìm I để mặt cầu có bán kính nhỏ

A. B. C. D.

      

(0;1; 5); 2; 0; ; 0; 0; , 2; 4;

A B C D

   

P EA EB CE DE

 

 

 

5 1; ;

4

E   

 

1 0; 3;

2

E E 1; 3; 0 2; 0; 1 

E

     2   2  2 

: 100

S x y z

 P : 2x2y z  9  S  P

  

  

 

11 14 13 ; ;

3 3

I   

 

29 26 ; ;

3 3

I   

 

29 26 ; ;

3 3

I

    

(2; 3; 4); 2; 3; ; 2; 3;

A B C

(0; 0; 2)

(113)

Nhận xet thấy mặt cầu có bán kính nhỏ măt phẳng ABC chứa tâm I Mà tam giác ABC tam giác vuông C Nên I trung điểm AB

Câu 255: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, với Tìm tọa độ điểm M thuộc cạnh AA’ cho diện tích tam giác MC’D đạt giá trị lớn nhất, với D trung điểm BB’

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải: Chọn A Nhận xét: MAA'M(0; 0; )t với t 0;

2 '

1

', 12 15

2

MC D

S  DC DM  t  t

Tìm max với t 0; tìm t0 đó, M0;0;0

Câu 256: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu điểm Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = MA + 2MB

A. B. C. D

     

 

2 2

:

I 1; 4; 2

8

tâm R

S x y z

 

    

  

và điểm A(3;0;0);B4; 2;1

 

M  S nên M thỏa   2 2

1

x  y z  hay 2

2

x y z  x y  MA+2MB nhỏ

 

   

 

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

2

3

6 3

4 4 9

4 4 24 36

2

AM x y z x y z x

x y z x x y z x y z

x y z x x y

x y z y x y z y

x y z CM

        

          

        

         

    

     

 

3

(0; 0; 0); 0;1; ; ; ; ; ' 0; 0; 2

A B C A

(0; 0; 0)

M M(0; 0; 2) M(0; 0;1)  

 

1 0; 0;

2 I

     2  2 2 

:

S x y z

 

(3; 0; 0); 4; 2;1

A B



(114)

Trang 114 | Tài liệu ôn thi THPTQG 2018 Với C0;3;0

Ta thấy IC<R; IB>R Nên MA+2MB nhỏ 2(MC+MB) nhỏ M, C, B thẳng hàng

Định dạng
Số trang	114
Dung lượng	5,75 MB