Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết

Phần 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Câu 1: [2H3-1.1-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 5;3; 1 A − , ( ) 2;3; 4 B − và ( ) 1;2;0 C . Tọa độ điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB là A. ( ) 6;4; 5 − . B. ( ) 4;6; 5 − . C. ( ) 6; 5;4 − . D. ( ) 5;6;4 − . Hướng dẫn giải Chọn A. Phương trình đường thẳng AB : ( ) 53 3 13 x t yt zt = +   = ∈   =−+   . Gọi ( ) 1 5 3 ;3; 1 3 Ct t + −+ là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB . Ta có: ( ) 1 4 3 ;1; 1 3 CC t t = + −+    . Khi đó: 1 CC BA ⊥       1 . 0 CC BA ⇔=       ( ) ( ) 3 4 3 3 1 3 0 tt ⇔ + + −+ = 1 2 t ⇔=− . Hay 1 75 ;3; 22 C   −     . Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB 1 C ⇒ là trung điểm CD ( ) 6;4; 5 D ⇒− . Câu 2: [2H3-1.1-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho hình hộp . Biết tọa độ các đỉnh , , , . Tìm tọa độ điểm của hình hộp. A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi ( ) 1 11 ;; A x yz ′ , ( ) 2 22 ;; C x yz ′ . Tâm của hình bình hành ABC D ′′ ′ ′ là 15 ;3; 22 I    . Do I là trung điểm của AC ′′ nên 12 12 12 1 6 5 xx yy zz +=   + =   + =  . Ta có ( ) 7;0; 1 AC = −   và ( ) 2 1 2 1 2 1 ;; AC x x y y z z ′′=− −−    . Oxyz . ABCD A B C D ′′ ′ ′ ( ) 3;2;1 A − ( ) 4;2;0 C ( ) 2;1;1 B ′ − ( ) 3;5;4 D ′ A ′ ( ) 3;3;1 A ′ − ( ) 3; 3;3 A ′ −− ( ) 3; 3; 3 A ′ −−− ( ) 3;3;3 A ′ − D / C / B / A / D C B ADo ACC A ′′ la hình bình hành nên 21 2 1 21 7 0 1 xx y y zz −=   −=   −= −  . Xét các hệ phương trình:  12 1 21 2 13 74 xx x xx x += = −  ⇔ −= =  .  12 1 2 1 2 63 03 yy y y y y + = =  ⇔ −= =  .  12 1 21 2 53 1 2 zz z zz z + = =  ⇔ −= − =  . Vậy ( ) 3;3;3 A ′ − . Cách khác Gọi I là trung điểm của AC 11 ;2; 22 I   ⇒     . Gọi I ′ là trung điểm của BD ′′ 15 ;3; 22 I  ′ ⇒   . Ta có ( ) 3;3;3 AA II A ′′ ′ = ⇒−     . Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D    có điểm A trùng với gốc tọa độ, ;0;0, 0;;0, 0;0; Ba D a A b  với 0, 0 ab . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Giả sử 4 ab , giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A BDM  bằng: A. 64 . 27 B. 128 . 27 C. 128 . 9 D. 27 . 4 Hướng dẫn giải Chọn A. Từ giả thiết, suy ra ; ;0 ' ;0; ;; 2 ' 0; ; ' ;; C aa Ba b b M aa D ab C a ab           . Ta có 2 2 ' ;0; 3 ' 0; ; ', ' ; ; ', ' . ' 2 ;; 2 AB a b ab AD a b A BAD ab ab a A B AD AM b AM a a                                 . Thể tích khối tứ diện 2 ' 1 ', ' . ' 6 4 A MBD ab V A BAD AM          . Do , 0 ab nên áp dụng BĐT Côsi, ta được 22 3 1 1 1 64 4 3 2 2 4 27 a b a a b ab ab   . Suy ra ' 64 max . 27 A MBD V Câu 4: [2H3-1.2-3]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 3;0; 2 A − và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 3 25 Sx y z − + ++ += . Một đường thẳng d đi qua A , cắt mặt cầu tại hai điểm M , N . Độ dài ngắn nhất của MN là A. 8 . B. 4 . C. 6 . D. 10 . L ời gi ải Ch ọn A. Mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 3 25 Sx y z − + ++ += có tâm ( ) 1; 2; 3 ; 5 I R −− = Ta có : 35 . AI R = <= Nên điểm A năm trong mặt cầu. Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d . Trong tam giác vuông IAH ∆ à v IHM ∆ Ta có: 22 1 ; 2 IH IA MN HM IM IH ≤==− Do đó để min MN thì 22 ax 2 2 8. M IH IH IA MN HM IM IA ⇒= ⇒ = = − = Câu 5: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 2; 2; 5 M −− và đường thẳng ( ) 1 1 : 2 11 xy z d −+ = = − . Biết ( ) ;; N abc thuộc ( ) d và độ dài MN ngắn nhất. Tổng abc ++ nhận giá trị nào sau đây? A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C. ( ) ( ) 1 2; 1 ; N d N t tt ∈ ⇒ + − + − . ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 1 1 5 6 1 21 21 MN t t t t = −+ + + − = −+ ≥ MN ⇒ ngắn nhất bằng 21 khi 1 t = khi đó ( ) 3;0; 1 N − 3 01 2 abc ⇒ ++ =+− = . Câu 6: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D ′′ ′ ′ có ( ) 2;1;3 A ; ( ) 0; 1; 1 B −− ; ( ) 1; 2;0 C −− ; ( ) 3; 2;1 D ′ − . Tính thể tích hình hộp. A. 24 . B. 12 . C. 36 . D. 18 . Hướng dẫn giải Chọn A. M N A H I Ta có ( ) 2;2;4 BA =  ; ( ) 1; 1;1 BC= −−   ( ) ; 6; 6;0 BA BC   = −        ( ) 2 2 ; 6 6 62 ABCD S BA BC   ⇒ = = +− =        . Mặt phẳng ( ) ABCD đi qua điểm ( ) 2;1;3 A và có vectơ pháp tuyến ( ) ; 6; 6;0 BA BC   = −        có phương trình: ( ) ( ) ( ) 6 2 6 1 0 3 0 10 x y z x y −− − + −= ⇔ − − = . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 21 ; 22 11 h d D ABCD −− − ′ = = = +− . Vậy thể tích hình hộp là . 6 2.2 2 24 ABCD VS h = = = . Câu 7: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D ′′ ′ ′ có ( ) 2;1;3 A ; ( ) 0; 1; 1 B −− ; ( ) 1; 2;0 C −− ; ( ) 3; 2;1 D ′ − . Tính thể tích hình hộp. A. 24 . B. 12 . C. 36 . D. 18 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có ( ) 2;2;4 BA =  ; ( ) 1; 1;1 BC= −−   ( ) ; 6; 6;0 BA BC   = −        ( ) 2 2 ; 6 6 62 ABCD S BA BC   ⇒ = = +− =        . Mặt phẳng ( ) ABCD đi qua điểm ( ) 2;1;3 A và có vectơ pháp tuyến ( ) ; 6; 6;0 BA BC   = −        có phương trình: ( ) ( ) ( ) 6 2 6 1 0 3 0 10 x y z x y −− − + −= ⇔ − − = . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 21 ; 22 11 h d D ABCD −− − ′ = = = +− . Vậy thể tích hình hộp là . 6 2.2 2 24 ABCD VS h = = = . Câu 8: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) ( ) 2;2; 2 , 3; 3;3 AB −− − . M là điểm thay đổi trong không gian thỏa mãn 2 3 MA MB = . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng? A. 12 3 . B. 6 3 . C. 53 2 . D. 53 . Lời giải Chọn A. Gọi ( ) ; ; M x yz . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 22 2 9 4 9 2 2 24 3 3 3 3 MA MA MB x y z x y z MB     = ⇔ = ⇔ + + − ++ = − + + +−     2 22 12 12 12 0 x y z x y z ⇔ + + + − + = M ⇒∈ mặt cầu ( ) S tâm ( ) 6;6; 6 I−− bán kính 6 3 R = Khi đó ( ) max ; OM d O I R = + 6 3 6 3 12 3 OI R = += + = . Câu 9: [2H3-1.2-3]Cho tam giác ABC với ( ) 1; 2; 1 A − , ( ) 2; 1; 3 B − , ( ) 4; 7; 5 C − . Độ dài phân giác trong của ABC ∆ kẻ từ đỉnh B là A. 2 74 5 . B. 2 74 3 . C. 3 73 3 . D. 2 30 . Giải Chọn B. Gọi ( ) ; ; D abc là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 21 4 1 1 11 2 74 22 7 2 2 3 3 21 5 1 a aa BA AD AD CD b b b BD BC CD cc c  = −  − =−−     = = ⇒ =− ⇒ − =−+ ⇔ = ⇒ =     + =− +  =        . Câu 10: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm 0;0;0, 0;1;1, 1;0;1 A BC . Xét điểm D thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ diện ABCD là một tứ diện đều. Kí hiệu 0 0 0 ; ; D x y z là tọa độ của điểm D . Tổng 00 xy bằng: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Tính được 2 AB BC CA . Do 00 ; ;0 D Oxy D x y  . Yêu cầu bài toán 2 2 2 2 DA DA DB DC DB DC    2 2 2 2 0 0 0 0 22 0 22 00 00 0 0 0 2 2 2 2 00 00 2 2 1 1 1 2 1 1 2. 1 11 1 1 2 xy xy x xy xy x y y xy xy     Câu 11: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 0;0;4 A , điểm M nằm trên mặt phẳng ( ) Oxy và MO ≠ . Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM và E là trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó. A. 2 R = . B. 1 R = . C. 4 R = . D. 2 R = . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O . Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định) Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là đường trung tuyến nên ( ) 1 21 2 ID OA = = Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD AM OD IE ⊥ ⇒⊥ Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD Nên ( ) ; 90 2 DOE ODE IOD IDO IDE IOE ID DE = = ⇒ = = °⇒ ⊥ Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính 2 2 OA R = = Câu 12: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ trục , cho hình chóp có , , , . Tính thể tích khối chóp . Oxyz . S ABC ( ) 2;2;6 S ( ) 4;0;0 A ( ) 4;4;0 B ( ) 0;4;0 C . S ABC A M D E I OA. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có , vuông tại . , . Mà , , thuộc mặt phẳng suy ra . Vậy thể tích . Câu 13: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hình lăng trụ đứng có , , , và vuông góc với . Thể tích khối tứ diện là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi . Ta có: là hình lăng trụ nên . Suy ra: , . Do vuông góc với nên . Vì nên . Vậy . Thể tích khối tứ diện là . Câu 14: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2; 1;3 B − , ( ) 4;7;5 C − . Độ dài phân giác trong của ABC ∆ kẻ từ đỉnh B là: A. 2 74 5 . B. 2 74 3 . C. 3 73 3 . D. 2 30 . Hướng dẫn giải Chọn B Gọi ( ) ; ; D abc là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có 48 16 8 24 ( ) 0; 4;0 BA = −  ( ) 4;0;0 . 0 BC BA BC ABC = − ⇒ = ⇒∆        B 4 BA BA = =  1 4 .4.4 8 2 ABC BC BC S ==⇒= =   ( ) 4;0;0 A ( ) 4;4;0 B ( ) 0;4;0 C ( ) :0 Oxy z = ( ) ( ) ( ) ( ) , ,6 d S ABC d S Oxy = = ( ) ( ) . 1 1 , . .6.8 16 3 3 S ABC ABC V d S ABC S = = = Oxyz 11 1 . ABC A B C ( ) 0;0;0 A ( ) 2;0;0 B ( ) 0;2;0 C ( ) 1 0;0; Am ( ) 0 m > 1 AC 1 BC 11 ACBC 4 3 8 3 4 8 ( ) 1 ; ; C x yz 11 1 . ABC A B C 11 AA CC =      0 20 x y zm =   ⇔ − =   =  0 2 x y zm =   ⇔=   =  ( ) 1 0;2; Cm ⇒ ( ) 1 0;2; AC m = −   ( ) 1 2;2; BC m = −    1 AC 1 BC 2 11 2 . 04 0 2 m AC BC m m =  = ⇔− = ⇔  = −       0 m > 2 m = ( ) 1 0;0;2 A 11 ACBC 1 1 11 1 .1 1 11 4 .. 3 32 3 A CBC ABC A B C V V AB AC AA = = ⋅⋅ =( ) ( ) ( ) 2 3 21 4 1 1 11 2 74 22 7 2 2 3 3 21 5 1 a aa BA AD AD CD b b b BD BC CD cc c  = −  − =−−     = = ⇒ =− ⇒ − =−+ ⇔ = ⇒ =    + =− +  =        Câu 15: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2; 1;3 B − , ( ) 4;7;5 C − . Độ dài phân giác trong của ABC ∆ kẻ từ đỉnh B là: A. 2 74 5 . B. 2 74 3 . C. 3 73 3 . D. 2 30 . Hướng dẫn giải Chọn B Gọi ( ) ; ; D abc là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 21 4 1 1 11 2 74 22 7 2 2 3 3 21 5 1 a aa BA AD AD CD b b b BD BC CD cc c  = −  − =−−     = = ⇒ =− ⇒ − =−+ ⇔ = ⇒ =     + =− +  =        Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Câu 16: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua ( ) 1;1;1 A , vuông góc với hai mặt phẳng ( ) : 20 x yz α + − − =, ( ) : 10 x yz β − + −= . A. 20 yz +− =. B. 30 x yz + +−= . C. 20 x yz − + =. D. 20 xz +− =. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi () P là mặt phẳng cần tìm. Ta có: ( ) ; 0;2;2 P n nn α β   = =       , Phương trình ( ) : 20 P yz +− =. Câu 17: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm ( ) 1; 2;3 M − và vuông góc với hai mặt phẳng ( ) ( ) :2 10, : 30 P x y z Q x y z − − − = − +−= . A. 2 3 1 0. x yz + + −= B. 3 2 1 0. xy z + + += C. 3 2 1 0. xy z + + −= D. 2 3 1 0. x yz + + += Hướng dẫn giải Chọn D. ( ) P có vtpt ( ) 1 2; 1; 1 n = −−  , ( ) Q có vtpt ( ) 2 1; 1;1 n = −  Vì mặt phẳng vuông góc với ( ) P và ( ) Q nên có vtpt ( ) 12 2; 3; 1 nn n = ∧ =− −−    Phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 0 2 3 10 x y z x yz − − − + − − = ⇔ + + += Câu 18: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua ( ) 1;1;1 A , vuông góc với hai mặt phẳng ( ) : 20 x yz α + − − =, ( ) : 10 x yz β − + −= . A. 20 yz +− =. B. 30 x yz + +−= . C. 20 x yz − + =. D. 20 xz +− =. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi () P là mặt phẳng cần tìm. Ta có: ( ) ; 0;2;2 P n nn α β   = =       , Phương trình ( ) : 20 P yz +− =. Câu 19: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm ( ) 1; 2;3 M − và vuông góc với hai mặt phẳng ( ) ( ) :2 10, : 30 P x y z Q x y z − − − = − +−= . A. 2 3 1 0. x yz + + −= B. 3 2 1 0. xy z + + += C. 3 2 1 0. xy z + + −= D. 2 3 1 0. x yz + + += Hướng dẫn giải Chọn D. ( ) P có vtpt ( ) 1 2; 1; 1 n = −−  , ( ) Q có vtpt ( ) 2 1; 1;1 n = −  Vì mặt phẳng vuông góc với ( ) P và ( ) Q nên có vtpt ( ) 12 2; 3; 1 nn n = ∧ =− −−    Phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 0 2 3 10 x y z x yz − − − + − − = ⇔ + + += Câu 20: [2H3-2.3-3]Cho điểm , gọi lần lượt là hình chiếu của trên . Mặt phẳng song song với mp có phương trình là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có . . Câu 21: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 0;8;0 A , ( ) 4;6;2 B − , và ( ) 0;12;4 C . Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) Oyz . A. ( ) 2 22 : 82 0 Sx y z y z + + − − = . B. ( ) 2 22 : 4 6 64 0 Sx y z x z + + − − − = . C. ( ) 2 22 : 12 2 8 0 Sx y z y z + + − − −=. D. ( ) 2 22 : 14 10 48 0 Sx y z y z + + − − + = . Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt cầu ( ) S cần lập có tâm I thuộc ( ) Oyz ( ) 0; ; I bc ⇒ nên ( ) S có phương trình dạng: ( ) –3;2;4 M ,, A BC M , , Ox Oy Oz ( ) ABC 4 – 6 – 3 12 0 x yz+= 3 – 6 – 4 12 0 x y z+= 6 – 4 – 3 –12 0 x yz = 4 – 6 – 3 –12 0 x yz = ( ) ( ) ( ) –3;0;0 0; ,, 2;0 0;0;4 A BC ( ) : 1 4 6 3 12 0 32 4 x yz ABC x y z ⇒ + + =⇔ − − + = −2 22 22 0 x y z by cz d + + − − + = Vì ( ) S đi qua ( ) 0;8;0 A , ( ) 4;6;2 B − , và ( ) 0;12;4 C nên ta có hệ: 16 64 7 12 4 56 5 24 8 160 48 bd b b c d c b c d d − + = − =   − − + = − ⇔ =  − − + + − =  ⇒ phương trình của ( ) 2 22 : 14 10 48 0 Sx y z y z + + − − + = . Câu 22: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 0;8;0 A , ( ) 4;6;2 B − , và ( ) 0;12;4 C . Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) Oyz . A. ( ) 2 22 : 82 0 Sx y z y z + + − − = . B. ( ) 2 22 : 4 6 64 0 Sx y z x z + + − − − = . C. ( ) 2 22 : 12 2 8 0 Sx y z y z + + − − −=. D. ( ) 2 22 : 14 10 48 0 Sx y z y z + + − − + = . Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt cầu ( ) S cần lập có tâm I thuộc ( ) Oyz ( ) 0; ; I bc ⇒ nên ( ) S có phương trình dạng: 2 22 22 0 x y z by cz d + + − − + = Vì ( ) S đi qua ( ) 0;8;0 A , ( ) 4;6;2 B − , và ( ) 0;12;4 C nên ta có hệ: 16 64 7 12 4 56 5 24 8 160 48 bd b b c d c b c d d − + = − =   − − + = − ⇔ =  − − + + − =  ⇒ phương trình của ( ) 2 22 : 14 10 48 0 Sx y z y z + + − − + = . Câu 23: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình là 22 3 0 x y z − −= . Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm ( ) 1;0;0 H và ( ) 0; 2;0 K − biết ( ) Q vuông góc ( ) P . A. ( ) :6 3 4 6 0 Q xy z + + + =. B. ( ) : 2 2 2 0 Q x y z − + − =. C. ( ) : 2 2 2 0 Q x y z −+ +=. D. ( ) : 2 2 2 0 Q xy z + + − =. Hướng dẫn giải: Chọn B. Vì mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm ( ) 1;0;0 H , ( ) 0; 2;0 K − và ( ) Q vuông góc ( ) P nên mặt phẳng nhận ( ) ( ) , QP n HK n  =    làm véctơ pháp tuyến. Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 2;0 2; 2; 3 P HK n = −− = −−    ( ) ( ) ( ) ( ) , 6; 3;6 3 2; 1;2 QP n HK n  ⇒= = − = −    . Phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua ( ) 1;0;0 H có véctơ pháp tuyến ( ) ( ) 2; 1;2 Q n = −  là ( ) 2 1 2 0 2 2 20 x y z x y z − −+ = ⇔ −+ − = . Câu 24: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng qua hai điểm , và vuông góc với mặt phẳng . Tính tổng . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D. vuông góc với mặt phẳng . Giải hệ: . Câu 25: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho đường thẳng 3 11 : 23 1 x yz d − −+ = = − và điểm ( ) 1;3; 1 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa d và đi qua . A A. 2x 4 0. yz − +− = B. 5 1 0. xy z + + += C. 4 0. xy + − = D. 1 0. x yz − − += Lời giải Chọn B. Ta có d đi qua ( ) 3;1; 1 M − và có vtcp ( ) 2;3; 1 . = −  u ( ) 2;2;0 . MA = −   ( ) P có vtpt ( ) 1 , 1;1;5 . 2  = =    n u MA Phương trình ( ) P : 5 1 0. xy z + + += Câu 26: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1; 2; 3 M và đường thẳng : 1 11 x yz d = = − . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M và d . A. 52 3 0 x y z + −= . B. 23 5 0 x yz + −= . C. 2 3 5 70 x yz + − +=. D. 5 2 3 10 x y z + − += . Hướng dẫn giải Chọn A. Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là ( ) 1; 1; 1 u = −  , lấy Od ∈ . Ta có ( ) 1; 2; 3 OM =    Oxyz ( ) : 27 0 P ax by cz + +− = ( ) 3;2;1 A ( ) 3;5;2 B − ( ) :3 4 0 Q x yz + ++ = S abc = ++ 2 S = − 2 S = 4 S = − 12 S = − ( ) ( ) ( ) 3;2;1 : 27 0 3 2 27 0 1 A P ax by cz a b c ∈ + + −=⇒ + + −= ( ) ( ) ( ) : 27 0 352 2 3;5; 72 2 0 P ax by cz B ab c ∈ ++ − =⇒− ++ − = − ( ) : 27 0 P ax by cz + +− = ( ) :3 4 0 Q x yz + ++ = ( ) . 3 0 3 pq n n abc = ++ =   ( ) ( ) ( ) 3 2 27 0 1 6 3 5 2 27 0 2 27 12 45 3 03 a bc a a b c b abc c abc + +− =  =    − + + − = ⇒ = ⇒ ++ =−  = − ++ =  Gọi 0 n ≠  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì ( ) , 5; 2; 3 nu u OM n OM  ⊥   = =−−  ⊥           Mặt phẳng chứa điểm M và d có phương trình : 52 3 0 x y z + −= . Câu 27: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 11 x yz d +− = = − và điểm ( ) 0; 1;3 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . A. ( ) : 3 0 P x yz + + =. B. ( ) : 4 2 20 P x y z + + − =. C. ( ) : 2 3 6 0 P x yz + − + =. D. ( ) : 3 60 P x yz + +− = Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy ( ) ( ) 1;0;1 Bd −∈ . ( ) 1;1; 2 AB=−−   Đường thẳng ( ) d có VTCP ( ) 2; 1;1 d u = −  Vậy ( ) P có VTPT ( ) , 1;3;1 d AB u   =      PTMP ( ) ( ) ( ) ( ) :1 0 3 1 1 3 0 3 0 P x y z x yz − + + + − = ⇔ + + = . Câu 28: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình là 22 3 0 x y z − −= . Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm ( ) 1;0;0 H và ( ) 0; 2;0 K − biết ( ) Q vuông góc ( ) P . A. ( ) :6 3 4 6 0 Q xy z + + + =. B. ( ) : 2 2 2 0 Q x y z − + − =. C. ( ) : 2 2 2 0 Q x y z −+ +=. D. ( ) : 2 2 2 0 Q xy z + + − =. Hướng dẫn giải: Chọn B. Vì mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm ( ) 1;0;0 H , ( ) 0; 2;0 K − và ( ) Q vuông góc ( ) P nên mặt phẳng nhận ( ) ( ) , QP n HK n  =    làm véctơ pháp tuyến. Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 2;0 2; 2; 3 P HK n = −− = −−    ( ) ( ) ( ) ( ) , 6; 3;6 3 2; 1;2 QP n HK n  ⇒= = − = −    . Phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua ( ) 1;0;0 H có véctơ pháp tuyến ( ) ( ) 2; 1;2 Q n = −  là ( ) 2 1 2 0 2 2 20 x y z x y z − −+ = ⇔ −+ − = . Câu 29: [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng qua hai điểm , và vuông góc với mặt phẳng . Tính tổng . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D. vuông góc với mặt phẳng . Giải hệ: . Câu 30: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho đường thẳng 3 11 : 23 1 x yz d − −+ = = − và điểm ( ) 1;3; 1 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa d và đi qua . A A. 2x 4 0. yz − +− = B. 5 1 0. xy z + + += C. 4 0. xy + − = D. 1 0. x yz − − += Lời giải Chọn B. Ta có d đi qua ( ) 3;1; 1 M − và có vtcp ( ) 2;3; 1 . = −  u ( ) 2;2;0 . MA = −   ( ) P có vtpt ( ) 1 , 1;1;5 . 2  = =    n u MA Phương trình ( ) P : 5 1 0. xy z + + += Câu 31: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1; 2; 3 M và đường thẳng : 1 11 x yz d = = − . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M và d . A. 52 3 0 x y z + −= . B. 23 5 0 x yz + −= . C. 2 3 5 70 x yz + − +=. D. 5 2 3 10 x y z + − += . Hướng dẫn giải Chọn A. Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là ( ) 1; 1; 1 u = −  , lấy Od ∈ . Ta có ( ) 1; 2; 3 OM =    Gọi 0 n ≠  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì ( ) , 5; 2; 3 nu u OM n OM  ⊥   = =−−  ⊥           Oxyz ( ) : 27 0 P ax by cz + +− = ( ) 3;2;1 A ( ) 3;5;2 B − ( ) :3 4 0 Q x yz + ++ = S abc = ++ 2 S = − 2 S = 4 S = − 12 S = − ( ) ( ) ( ) 3;2;1 : 27 0 3 2 27 0 1 A P ax by cz a b c ∈ + + −=⇒ + + −= ( ) ( ) ( ) : 27 0 352 2 3;5; 72 2 0 P ax by cz B ab c ∈ ++ − =⇒− ++ − = − ( ) : 27 0 P ax by cz + +− = ( ) :3 4 0 Q x yz + ++ = ( ) . 3 0 3 pq n n abc = ++ =   ( ) ( ) ( ) 3 2 27 0 1 6 3 5 2 27 0 2 27 12 45 3 03 a bc a a b c b abc c abc + +− =  =    − + + − = ⇒ = ⇒ ++ =−  = − ++ =  Mặt phẳng chứa điểm M và d có phương trình : 52 3 0 x y z + −= . Câu 32: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 11 x yz d +− = = − và điểm ( ) 0; 1;3 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . A. ( ) : 3 0 P x yz + + =. B. ( ) : 4 2 20 P x y z + + − =. C. ( ) : 2 3 6 0 P x yz + − + =. D. ( ) : 3 60 P x yz + +− = Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy ( ) ( ) 1;0;1 Bd −∈ . ( ) 1;1; 2 AB=−−   Đường thẳng ( ) d có VTCP ( ) 2; 1;1 d u = −  Vậy ( ) P có VTPT ( ) , 1;3;1 d AB u   =      PTMP ( ) ( ) ( ) ( ) :1 0 3 1 1 3 0 3 0 P x y z x yz − + + + − = ⇔ + + = . Câu 33: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho đường thẳng 3 11 : 23 1 x yz d − −+ = = − và điểm ( ) 1;3; 1 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa d và đi qua . A A. 2x 4 0. yz − +− = B. 5 1 0. xy z + + += C. 4 0. xy + − = D. 1 0. x yz − − += Lời giải Chọn B. Ta có d đi qua ( ) 3;1; 1 M − và có vtcp ( ) 2;3; 1 . = −  u ( ) 2;2;0 . MA = −   ( ) P có vtpt ( ) 1 , 1;1;5 . 2  = =    n u MA Phương trình ( ) P : 5 1 0. xy z + + += Câu 34: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1; 2; 3 M và đường thẳng : 1 11 x yz d = = − . Lập phương trình mặt phẳng chứa điểm M và d . A. 52 3 0 x y z + −= . B. 23 5 0 x yz + −= . C. 2 3 5 70 x yz + − +=. D. 5 2 3 10 x y z + − += . Hướng dẫn giải Chọn A. Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là ( ) 1; 1; 1 u = −  , lấy Od ∈ . Ta có ( ) 1; 2; 3 OM =    Gọi 0 n ≠  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm.Vì ( ) , 5; 2; 3 nu u OM n OM  ⊥   = =−−  ⊥           Mặt phẳng chứa điểm M và d có phương trình : 52 3 0 x y z + −= . Câu 35: [2H3-2.5-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 11 x yz d +− = = − và điểm ( ) 0; 1;3 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . A. ( ) : 3 0 P x yz + + =. B. ( ) : 4 2 20 P x y z + + − =. C. ( ) : 2 3 6 0 P x yz + − + =. D. ( ) : 3 60 P x yz + +− = Hướng dẫn giải. Chọn A. Lấy ( ) ( ) 1;0;1 Bd −∈ . ( ) 1;1; 2 AB=−−   Đường thẳng ( ) d có VTCP ( ) 2; 1;1 d u = −  Vậy ( ) P có VTPT ( ) , 1;3;1 d AB u   =      PTMP ( ) ( ) ( ) ( ) :1 0 3 1 1 3 0 3 0 P x y z x yz − + + + − = ⇔ + + = . Câu 36: [2H3-2.7-3]Mặt phẳng chứa đường thẳng và vuông góc với mặt phẳng có phương trình là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có có . Câu 37: [2H3-2.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 2 1 x yz d −+ = = − − và mặt phẳng ( ) : 10 P x yz + − += . Viết phương trình mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng ( ) d và vuông góc với mặt phẳng ( ) P . A. 3 4z-1=0 xy ++ . B. 3 4z 1 0 x y − + += . C. 3x 4z 1 0 y + + += . D. 3 4z 1 0 xy + + += . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có ( ) ( ) 2; 2; 1 , 3;4;1 (1;1; 1) d dP P u n un n α  = −−    ⇒= =    = −            . ( ) P 11 : 21 3 x y z d − + = = ( ): 2 0 Q x yz + −= 2 –1 0 xy += 20 x yz − + = 2 –1 0 xy − = 20 x yz + + = ( ) 2;1;3 (2;1; 1) d Q u n  =  ⇒  = −     ( ) P ( ) ( ) , 4;8;0 qua 1;0; 1 P dQ n un M   = = −   −     ( ) : 2 10 P x y ⇒ − −=Mà ( ) d α ⊂ nên ( ) α đi qua điểm ( ) (1;0; 1) : 3 4 1 0 M xy z α − ⇒ + + += Câu 38: [2H3-2.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 2 1 x yz d −+ = = − − và mặt phẳng ( ) : 10 P x yz + − += . Viết phương trình mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng ( ) d và vuông góc với mặt phẳng ( ) P . A. 3 4z-1=0 xy ++ . B. 3 4z 1 0 x y − + += . C. 3x 4z 1 0 y + + += . D. 3 4z 1 0 xy + + += . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có ( ) ( ) 2; 2; 1 , 3;4;1 (1;1; 1) d dP P u n un n α  = −−    ⇒= =    = −           . Mà ( ) d α ⊂ nên ( ) α đi qua điểm ( ) (1;0; 1) : 3 4 1 0 M xy z α − ⇒ + + += Câu 39: [2H3-2.8-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ): 2 2 5 0 P x yz − +− = . Viết phương trình mặt phẳng () Q song song với mặt phẳng () P , cách () P một khoảng bằng 3 và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương A. ( ): 2 2 4 0 Q x yz − ++ =. B. ( ) : 2 2 14 0 Q x yz − +− =. C. ( ) : 2 2 19 0 Q x yz − +− =. D. ( ): 2 2 8 0 Q x yz − +−=. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 2 0 5 Q P Q x y zm m ⇒ − +− = ≠  ( ) Q cắt Ox tại điểm có hoành độ dương nên : 0 m > Theo đề : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,3 dM P d P Q = = ( ) ( ) 4 59 14 ml m mn  = − ⇒− = ⇔  =  Phương trình mặt phẳng ( ) : 2 2 14 0 P x yz − +− = Câu 40: [2H3-2.8-3] Mặt phẳng ( ) Q song song ( ) : 2 2 10 Px y z + + −= cắt mặt cầu 22 2 ( ) : ( 1) ( 3) 6 Sx y z − + +− = theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích 2 π . Biết ( ) Q có dạng 0 x ay bz c −+ + + = , giá trị của c sẽ là: A. 1 hoặc13. B. 1 − hoặc13. C. 13 − . D. 13 . Hướng dẫn giải Chọn D. Do ( ) ( ) / / QP nên mp ( ) Q có dạng ( ) 2 2 0, 1 x y zd d + + + = ≠− . . Tâm ( ) 1;0;3 I bán kính 6 R IA = = . Diện tích hình tròn 2 22 Sr r ππ = = ⇒= . Ta có 2 2 10 6 2 ( ;( )) 2 2 3 d IH R r d I Q +++ = −=⇒ =⇔ = . ( ) ( ) 2 2 10 2 2 13 0 1: 13 : dQ d x y z x y z Q =−⇒  ⇒  = − + + −= + + −= ⇒   so với điều kiện nên ( ) 2 2 30 : 1 x y z Q + + −= hay ( ) 22 0 : 13 xy Q z − − + = − Theo giải thiết ta chọn. D. Câu 41: [2H3-2.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S và mặt phẳng ( ) P có phương trình lần lượt là ( ) S : 2 22 2 4 6 11 0 x y z x y z + + − + − −= và ( ) P : 2 2 17 0 x yz + − + =. Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q song song với mặt phẳng ( ) P và cắt mặt cầu ( ) S theo một giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 π . A. ( ) : 2 2 0 Q x yz + −=. B. ( ) : 2 2 5 0 Q x yz + − + =. C. ( ) : 2 2 2 0 Q x yz + − + =. D. ( ) : 2 2 7 0 Q x yz + − − =. Hướng dẫn giải: Chọn D. B A H I r R h ITa có: Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 I − và có bán kính 5 R = . Bán kính của đường tròn thiết diện: 6 3 2 r π π = = . Khoảng cách từ mặt phẳng đến tâm mặt cầu là 2 2 4 h Rr = −= . Phương trình mặt phẳng ( ) Q có dạng: ( ) 2 2 0 17 x y zc c + − + = ≠ Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 22 2.1 2. 2 3 5 ;4 4 4 3 2 21 c c dI Q + − − + − =⇔ =⇔= ++ 5 12 17 7 cc c ⇔ − = ⇔ = ∨=− (lo¹i) Vậy phương trình mặt phẳng ( ) Q thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2 2 70 x yz + − − =. Câu 42: [2H3-2.8-3] Trong không gian cho hai điểm . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm sao cho khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớn nhất. A. B. C. D. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có . Do đó khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớn nhất khi xảy ra . Như vậy mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm và vuông góc với . Ta có là véctơ pháp tuyến của . Vậy phương trình mặt phẳng : hay Câu 43: [2H3-2.8-3] Trong không gian cho hai điểm . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm sao cho khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớn nhất. A. B. C. D. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có . Do đó khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớn nhất khi xảy ra . Như vậy mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm và vuông góc với . Ta có là véctơ pháp tuyến của . Vậy phương trình mặt phẳng : hay Câu 44: [2H3-2.8-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz viết phương trình mặt phẳng ( ) P song song với mặt phẳng ( ) : 2 4 10 Qx y z − + −= và cách điểm ( ) 1;3;1 M − là một khoảng bằng 2. A. ( ) : 2 4 3 2 21 0 P x y z − + − + = hay ( ) : 2 4 3 2 21 0 P x y z − + − − = . B. ( ) : 2 4 3 2 21 0 P x y z − + ++ = hay ( ) : 2 4 3 2 21 0 P x y z − + +− =. , Oxyz ( ) 2;1; 2 , A − ( ) 1;0;3 B − ( ) P A B ( ) P 3 5 17 0. x y z + − − = 2 5 7 0. x yz + +− = 5 3 2 3 0. xy z − + − = 2 2 9 0. x y z + − −= ( ) ( ) , d B P AB ≤ B ( ) P ( ) ( ) , d B P AB = ( ) AB P ⇔⊥ ( ) P A AB ( ) 3;1; 5 AB = −   ( ) P ( ) P ( ) ( ) ( ) 32 1 52 0 xy z − + − − + = 3 5 17 0. x y z + − − = , Oxyz ( ) 2;1; 2 , A − ( ) 1;0;3 B − ( ) P A B ( ) P 3 5 17 0. x y z + − − = 2 5 7 0. x yz + +− = 5 3 2 3 0. xy z − + − = 2 2 9 0. x y z + − −= ( ) ( ) , d B P AB ≤ B ( ) P ( ) ( ) , d B P AB = ( ) AB P ⇔⊥ ( ) P A AB ( ) 3;1; 5 AB = −   ( ) P ( ) P ( ) ( ) ( ) 32 1 52 0 xy z − + − − + = 3 5 17 0. x y z + − − =C. ( ) : 2 4 50 P x y z − + += hay ( ) : 2 4 10 P x y z − + += . D. ( ) : 2 4 3 2 13 0 P x y z − + ++ = hay ( ) : 2 4 3 2 13 0 P x y z − + +− =. Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) P có dạng: ( ) ( ) : 24 0 1 P x y zc c − + + = ≠− ( ) ( ) 222 16 4 3 , 21 12 4 cc dM P −− + + − = = ++ ( ) ( ) 3 , 2 3 2 21 21 c dM P c − = = ⇒ − = 3 2 21 3 2 21 3 22 c c c  = + − = ⇔  = −   Câu 45: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 21 2 x y z − − ∆== và điểm ( ) 2;5;3 M . Mặt phẳng ( ) P chứa ∆ sao cho khoảng cách từ M đến ( ) P lớn nhất là A. 4 10 x yz − − += . B. 4 30 x yz + +−=. C. 4 30 x yz − +−=. D. 4 10 x yz + − += . Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi I là hình chiếu vuông góc của ( ) 2;5;3 M trên ∆ , H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng ( ) P . Ta có ( ) ( ) , MH d M P MI = ≤ . Do đó MH đạt giá trị lớn nhất khi HI ≡ , khi đó mặt phẳng ( ) P qua I và vuông góc với MI . ( ) ( ) 1 2 ; ;2 2 , 1 2 ; 5 ; 1 2 I I t t t MI t t t ∈∆⇒ + + = −+ − + −+   . ( ) ( ) . 0 2 12 5 2 12 0 1 MI MI u t t t t ∆ ⊥ ∆ ⇔ = ⇔ − + − + − = ⇔ =     . Mặt phẳng ( ) P qua ( ) 3;1;4 I có một vectơ pháp tuyến là ( ) 1; 4;1 MI = −   . Phương trình mặt phẳng ( ) : 4 30 P x yz − +−=. M H ICâu 46: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) 1;0; 1 A − , ( ) 3;1;2 B −− , ( ) 6; 2;3 C − , ( ) 0;1;6 D . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A, B ? A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 4 mặt phẳng. D. có vô số mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm C , D và cách đều hai điểm A, B . Có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán . TH1: Mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm C , D và song song với đường thẳng chứa hai điểm A, B . TH2: Mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm C , D và đi qua trung điểm của đoạn thẳng AB ( ) ( ) ( ) 2; 1; 1 , 5; 2;4 , 1;1;7 AB AC AD = −− = − = −       Ta có , . 0 ,, , AB AC AD A B C D  = ⇒        đồng phẳng Lại có ( ) 6;3;3 CD = −   1 // 3 AB CD AB CD − ⇒= ⇒     nên có vô số mặt phẳng . Câu 47: [2H3-2.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm 6;0;0 A , 0;6;0 B , 2;1;0 C và 4;3; 2 D . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua hai điểm , AB và cách đều hai điểm , CD ? A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số. Hướng dẫn giải Chọn B. Kiểm tra ta được bốn điểm , , , AB C D không đồng phẳng nên tạo thành tứ diện. ● Mặt phẳng thứ nhất đi qua hai điểm , AB và song song với CD . ● Mặt phẳng thứ hai đi qua hai điểm , AB và trung điểm của CD . Câu 48: [2H3-2.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P song song và cách đều 2 đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d − = = − , 2 1 2 : 21 1 xy z d −− = = −− A. ( ) : 2 2 1 0 P yz − −= . B. ( ) : 2 2 1 0 P xy − += . C. ( ) : 2 2 1 0 P xz − += . D. ( ) : 2 2 1 0 P yz − += . A B C D A B C DHướng dẫn giải Chọn D. Do ( ) P cách đều hai đường thẳng nên ( ) ( ) 12 // , // d P d P . Gọi ( ) 1 1;1;1 a = −  là VTCP của 1 d , ( ) 2 2; 1; 1 a = −−  là VTCP của 2 d suy ra ( ) 12 , 0;1; 1 aa  = −   là VTPT của mặt phăng ( ) P loại đáp án B và C. Lấy ( ) ( ) 12 2;0;0 0;1;2 M d , N d ∈ ∈ do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 , , ,, d P d P M P NP dd d d = ⇒= thay vào ta thấy đáp án D thỏa mãn. Cách khác Do ( ) P cách đều hai đường thẳng nên ( ) ( ) 12 // , // d P d P . Gọi ( ) 1 1;1;1 a = −  là VTCP của 1 d , ( ) 2 2; 1; 1 a = −−  là VTCP của 2 d suy ra ( ) 12 , 0;1; 1 aa  = −   ( ) :y z d 0 P ⇒ −+ = . ( ) ( ) 12 2;0;0 0;1;2 M d , N d ∈ ∈ . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ;; 2 22 dd dM P d N P d −+ = ⇔ = ⇔= . Câu 49: [2H3-2.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P song song và cách đều 2 đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d − = = − , 2 1 2 : 21 1 xy z d −− = = −− A. ( ) : 2 2 1 0 P yz − −= . B. ( ) : 2 2 1 0 P xy − += . C. ( ) : 2 2 1 0 P xz − += . D. ( ) : 2 2 1 0 P yz − += . Hướng dẫn giải Chọn D. Do ( ) P cách đều hai đường thẳng nên ( ) ( ) 12 // , // d P d P . Gọi ( ) 1 1;1;1 a = −  là VTCP của 1 d , ( ) 2 2; 1; 1 a = −−  là VTCP của 2 d suy ra ( ) 12 , 0;1; 1 aa  = −   là VTPT của mặt phăng ( ) P loại đáp án B và C. Lấy ( ) ( ) 12 2;0;0 0;1;2 M d , N d ∈ ∈ do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 , , ,, d P d P M P NP dd d d = ⇒= thay vào ta thấy đáp án D thỏa mãn. Cách khác Do ( ) P cách đều hai đường thẳng nên ( ) ( ) 12 // , // d P d P . Gọi ( ) 1 1;1;1 a = −  là VTCP của 1 d , ( ) 2 2; 1; 1 a = −−  là VTCP của 2 d suy ra ( ) 12 , 0;1; 1 aa  = −   ( ) :y z d 0 P ⇒ −+ = . ( ) ( ) 12 2;0;0 0;1;2 M d , N d ∈ ∈ . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ;; 2 22 dd dM P d N P d −+ = ⇔ = ⇔= . Câu 50: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;5 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại ,, A BC sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( ) P là. A. 2 5 30 0 x yz + +− = . B. 1 5 2 1 x yz + += . C. 80 x yz + +−=. D. 0 5 2 1 x yz + += . Hướng dẫn giải Chọn A. Cách 1: Gọi ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; Aa B b C c . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 1 x yz ab c + += . Do ( ) M ABC ∈ nên ta có phương trình ( ) 1 25 11 abc ++ = . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ;2;5 , 0; ; , 1;2 ;5 , ;0; AM a BC b c BM b AC a c = − =− =−= −           . Do M là trực tâm tam giác ABC nên ( ) 5 . 0 25 0 2 2 5 0 .0 5 c AM BC b c b ac BM AC ac   = −+ = =   ⇔⇔  −+ = =     =             . Thế ( ) 2 vào ( ) 1 ta được 1 4 5 1 6 30; 15 55 c ab c cc + + = ⇔= ⇒ = = . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 1 2 5 30 0 30 15 6 x y z x yz + + = ⇔+ + − = . Cách 2: Ta có chứng minh được ( ) OM ABC ⊥ . ( ) ABC đi qua M nhận OM    làm VTPT. ( ) ( ) ( ) ( ) :1 1 2 2 5 5 0 2 5 30 0 ABC x y y x y y − + − + − = ⇔+ + − = . Câu 51: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;4;3 H . Mặt phẳng ( ) P qua H cắt các tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác nhận H làm trực tâm. Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 4 3 12 0 x y z − − + = . B. 4 3 26 0 x yz + ++ = . C. 4 3 24 0 x y z − − + = . D. 4 3 26 0 x yz + +− = . Hướng dẫn giải Chọn D. Kiểm tra tính chất đi qua ( ) 1;4;3 H ta thấy có đáp án C, D là thỏ a mãn. Mà mặt phẳng 4 3 24 0 x y z − − + = không cắt tia . Ox Vậy chỉ còn đáp án D thỏa mãn. Câu 52: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1; 2;5 K − . Viết phương trình mặt phẳng đi qua K cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ,, A BC sao cho K là trực tâm tam giác ABC . A. 20 x yz −− +=. B. 2 5 30 0 x yz − +− = . C. 20 x yz − − − =. D. 2 5 30 0 x yz − ++ = . Hướng dẫn giải Chọn B. Giả sử mặt phẳng ( ) α đi qua K và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc nên ( ) α có phương trình: 1 x yz ab c + += . ( ) α đi qua ( ) 1; 2;5 K − suy ra 1 25 1 abc − + + = (*) K là trực tâm tam giác ABC suy ra 5 0 25 0 5 5 0 0 2 ac AK BC b c c ac b BK AC =   ⋅ = +=   ⇔⇔  −+ = = − ⋅=              Thay vào (*): 1 25 1 1 4 25 5 6 5 5 2 cc c c c − + + = ⇔+ + = ⇔ = − 30; 15 ab ⇒= = − . Vậy ( ) : 1 2 5 30 0 30 15 6 x yz x yz α + + = ⇔− + − = − . Câu 53: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;4;3 H . Mặt phẳng ( ) P qua H cắt các tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm là ba đỉnh của một tam giác nhận H làm trực tâm. Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 4 3 12 0 x y z − − + = . B. 4 3 26 0 x yz + ++ = . C. 4 3 24 0 x y z − − + = . D. 4 3 26 0 x yz + +− = . Hướng dẫn giải Chọn D. Kiểm tra tính chất đi qua ( ) 1;4;3 H ta thấy có đáp án C, D là thỏ a mãn. Mà mặt phẳng 4 3 24 0 x y z − − + = không cắt tia . Ox Vậy chỉ còn đáp án D thỏa mãn. Câu 54: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1; 2;5 K − . Viết phương trình mặt phẳng đi qua K cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ,, A BC sao cho K là trực tâm tam giác ABC . A. 20 x yz −− +=. B. 2 5 30 0 x yz − +− = . C. 20 x yz − − − =. D. 2 5 30 0 x yz − ++ = . Hướng dẫn giải Chọn B. Giả sử mặt phẳng ( ) α đi qua K và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc nên ( ) α có phương trình: 1 x yz ab c + += . ( ) α đi qua ( ) 1; 2;5 K − suy ra 1 25 1 abc − + + = (*) K là trực tâm tam giác ABC suy ra 5 0 25 0 5 5 0 0 2 ac AK BC b c c ac b BK AC =   ⋅ = +=   ⇔⇔  −+ = = − ⋅=              Thay vào (*): 1 25 1 1 4 25 5 6 5 5 2 cc c c c − + + = ⇔+ + = ⇔ = − 30; 15 ab ⇒= = − . Vậy ( ) : 1 2 5 30 0 30 15 6 x yz x yz α + + = ⇔− + − = − . Câu 55: [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 3;1;4 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt các trục tọa độ tại các điểm ,, A B C ( khác gốc tọa độ) sao cho M là trực tâm của tam giác ABC . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là A. 22 22 11 ;; 3 93    . B. 26 26 13 ;; 9 36    . C. 25 25 25 ;; 12 3 9    . D. 21 ; 2; 32 −  −     . Hướng dẫn giải Câu 56: [2H3-2.11-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;2;3 M và cắt ba tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 1 1 23 x yz + += . B. 1 3 69 x yz + += . C. 0 3 69 x yz + += . D. 0 1 23 x yz + += . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi ( ) ;0;0 Aa ; ( ) 0;0; Bb ; ( ) 0;0; Cc ( ) ;; 0 abc > . Mặt phẳng ( ) P có phương trình đoạn chắn 1 x yz ab c + += . Vì ( ) ( ) 1;2;3 MP ∈ nên 1 23 1 abc ++ = . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 1 a ; 2 b và 3 c ta được 3 1 23 6 6 1 3 1 27. 162 abc a b c abc abc = ++≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ . Do đó, 1 27 6 OABC V abc = ≥ . Dấu "" = xảy ra 3 1 2 31 6 3 9 a b abc c =   ⇔= = = ⇔ =   =  . Vậy ( ) :1 3 69 x yz P + += . Câu 57: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2;0;0 M , ( ) 1;1;1 N . Mặt phẳng ( ) P thay đổi nhưng luôn qua , MN và cắt các tia , Oy Oz lần lượt tại , BC (với , BC không trùng O ). Tính giá trị nhỏ nhất T của biểu thức 33 OB OC + . A. 64 T = . B. 32 T = . C. 16 T = . D. 128 T = . Hướng dẫn giải: Chọn D. Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: 2 22 1 2 x yz bc + += ( ) ( ) 1 11 11 1 1;1;1 1 22 NP bc bc ∈ ⇔ + + = ⇔ + = (*) Ta có: , OB b OC c = = . Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0, 0 bc >> . Từ (*) ta có: 11 2 2 4 16 bc bc bc bc = + ≥ ⇔ ≥⇔ ≥ Do đó: ( ) 3 3 3 3 2 2.16.4 128 OB OC b c bc b c bc bc + = + ≥ + ≥ ≥ = . Câu 58: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 3 H − và mặt phẳng ( ) α cắt các trục tọa độ Ox , Oy và Oz lần lượt tại A , B và C sao cho H là trực tâm tam giác . ABC Tìm phương trình mặt phẳng ( ). α A. ( ) : 2 3 14 0. x y z α + − − = B. ( ) : 2 3 4 0. x y z α + − += C. ( ) : 6 3 2 18 0. xy z α + − − = D. ( ) : 6 3 2 8 0. xy z α + − += Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; Aa B b C c . Phương trình ( ) α : 1 x yz ab c + += . ( ) 1; 2;3 , HA a = −−   ( ) 1; 2;3 , HB b =−−   ( ) 0; ; , BC b c = −   ( ) ;0; AC a c = −   . Vì H là trực tâm của tam giác ABC , ta có: ( ) ( ) .0 .0 HA BC HA BC HB AC HB AC H ABC H α  ⊥ =   ⊥⇒ =  ∈∈                    23 0 30 12 3 1 bc ac ab c   + =  ⇒ + =   −  ++ =  3 14 2 37 1 2 3 14 1 3 3 3 2 bc a ac b c cc c    = −   =    ⇒ = − ⇒=  −  + += = − −   −   . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) α : 1 14 14 7 3 xy z ++ = − hay 2 3 14 0 x y z + − − = . Câu 59: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz mặt phẳng ( ) α đi qua điểm ( ) 4; 3; 12 M − và chắn trên tia Oz một đoạn dài gấp đôi các đoạn chắn trên các tia Ox , Oy có phương trình là 0 ax by cz d + + + = , tính abc S d ++ = . A. 2 . 7 S = B. 5 . 14 S = C. 5 . 14 S = − D. 2 . 7 S = − Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi ( ) A Ox α =  , ( ) B Oy α =  , ( ) C Oz α =  . Ta có: ( ) ; 0; 0 Am , ( ) 0; ; 0 Bn , ( ) 0; 0; Cp , ( ) , , 0 mn p > , OA m = , OB n = , OC p = , 22 OC OA OB = = 22 p mn ⇒= = . Phương trình măt phẳng ( ) α theo đoạn chắn là ( ): 1 2 xy z mm m α ++ = . ( ) α đi qua ( ) 4; 3; 12 M − khi 4 3 12 1 2 mm m − + + = 7 m ⇒= . Phương trình mặt phẳng ( ) α là 7 1 7 7 14 x z ++ = hay 2 2 14 0 0 x y z ax by cz d + +− = ≡ + + + = . Vậy 222 5 14 14 S ++ = = − − . Câu 60: [2H3-2.11-4] Trong không gian , cho ba điểm lần lượt thuộc các tia (không trùng với gốc toạ độ) sao cho . Giả sử là một điểm thuộc miền trong của tam giác và có khoảng cách đến các mặt lần lượt là . Tính tổng khi thể tích của khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất. A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Từ đề bài có: . Suy ra toạ độ điểm . Phương trình mặt phẳng có dạng: mà . Áp dụng bất đẳng thức Côsi có: (vì ) khi . Từ . Vậy . Câu 61: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;2;3 H . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ tại ba đi ểm phân biệt A , B , C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Oxyz ,, A BC ,, Ox Oy Oz ,, OA a OB b OC c = = = M ABC ( ) ( ) ( ) ,, OBC OCA OAB 1, 2, 3 S abc = ++ . O ABC 18 S = 9 S = 6 S = 24 S = ( ) ( ) , 1; M OBC d MK = = ( ) ( ) , 2; M OCA d ME = = ( ) ( ) , 3 M OAB d MH = = ( ) 1; 2; 3 M ( ) ABC 1 x y z ab c + += ( ) ( ) 1 23 11 M ABC abc ∈ ⇒ + + = 3 33 1 2 3 1 23 6 6 1 3 .. 3 3 3 a b c a b c abc V = + + ≥ = = 1 3 V abc = 3 6 1 3 . 54 min 54 3 VV V ⇒ ≥ ⇔ ≥ ⇒ = ( ) 1 23 2 a b c = = ( ) 3 1;2 6 9 a b c =   ⇒=   =  18 S abc = ++ =A. ( ) : 60 P x yz + +− =. B. ( ) :1 23 yz P x+ += . C. ( ) : 2 3 14 0 P x y z + +−= . D. ( ) :1 3 69 x yz P + += . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có tứ diện OABC là tứ diện có ba cạnh OA ,OB , OC đôi một vuông góc, H là trực tâm tam giác ABC nên ( ) OH ABC ⊥ ⇒ ( ) mp ABC đi qua ( ) 1;2 :3 H và có VTPT ( ) 1;2;3 n OH = =     nên có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 3 0 2 3 14 0 x y z x yz − + −+ −= ⇔ + + − = . Câu 62: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;2;3 M và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại , , AB C (khác gốc tọa độ) sao cho biểu thức 22 2 1 1 1 OA OB OC ++ có giá trị nhỏ nhất. A. ( ) : 2 14 0 P x yz + +− =. B. ( ) : 2 3 11 0 Px y z + + −= . C. ( ) : 3 12 0 P xy z + +−= . D. ( ) : 2 3 14 0 Px y z + +−= . Hướng dẫn giải Chọn D. Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 1. x yz ab c + += Ta có ( ) 1 23 1;2;3 1 MP abc ∈⇒ + + = . Ta có 2 2 2 2 22 1 1 1 1 11 . OA OB OC a b c + + = ++ Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: ( ) 2 2 22 2 22 2 22 1 2 3 1 11 1 11 1 12 3 . 14 a b c abc abc    + + ≤ ++ + + ⇒ ++ ≥       Dấu "" = xảy ra khi 2 22 1 23 1 14 1 1 1 14 . 23 2 14 1 11 1 3 14 a abc b a bc c abc   ++ =   =    = = ⇔=   = ++ =    Vậy ( ) : 2 3 14 0. P x y z + +−= Cách khác: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có ( ) 22 2 2 11 1 1 OH ABC OA OB OC OH ⊥    + + =   . Suy ra 22 2 11 1 OA OB OC + + đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ OH đạt giá trị lớn nhất OH OM ⇔ = ( ) OM ABC ⇒⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) :1 1 2 2 3 3 0 ABC x y z ⇒ − + −+ −= ( ) : 2 3 14 0 ABC x y z ⇒ + +−= . Câu 63: [2H3-2.11-4] Trong không gian , cho ba điểm lần lượt thuộc các tia (không trùng với gốc toạ độ) sao cho . Giả sử là một điểm thuộc miền trong của tam giác và có khoảng cách đến các mặt lần lượt là . Tính tổng khi thể tích của khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất. A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Từ đề bài có: . Suy ra toạ độ điểm . Phương trình mặt phẳng có dạng: mà . Áp dụng bất đẳng thức Côsi có: (vì ) khi . Từ . Vậy . Câu 64: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;2;3 H . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ tại ba đi ểm phân biệt A , B , C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . A. ( ) : 60 P x yz + +− =. B. ( ) :1 23 yz P x+ += . C. ( ) : 2 3 14 0 P x y z + +−= . D. ( ) :1 3 69 x yz P + += . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có tứ diện OABC là tứ diện có ba cạnh OA ,OB , OC đôi một vuông góc, H là trực tâm tam giác ABC nên ( ) OH ABC ⊥ Oxyz ,, A BC ,, Ox Oy Oz ,, OA a OB b OC c = = = M ABC ( ) ( ) ( ) ,, OBC OCA OAB 1, 2, 3 S abc = ++ . O ABC 18 S = 9 S = 6 S = 24 S = ( ) ( ) , 1; M OBC d MK = = ( ) ( ) , 2; M OCA d ME = = ( ) ( ) , 3 M OAB d MH = = ( ) 1; 2; 3 M ( ) ABC 1 x y z ab c + += ( ) ( ) 1 23 11 M ABC abc ∈ ⇒ + + = 3 33 1 2 3 1 23 6 6 1 3 .. 3 3 3 a b c a b c abc V = + + ≥ = = 1 3 V abc = 3 6 1 3 . 54 min 54 3 VV V ⇒ ≥ ⇔ ≥ ⇒ = ( ) 1 23 2 a b c = = ( ) 3 1;2 6 9 a b c =   ⇒=   =  18 S abc = ++ =⇒ ( ) mp ABC đi qua ( ) 1;2 :3 H và có VTPT ( ) 1;2;3 n OH = =     nên có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 3 0 2 3 14 0 x y z x yz − + −+ −= ⇔ + + − = . Câu 65: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;2;3 M và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại , , AB C (khác gốc tọa độ) sao cho biểu thức 22 2 1 1 1 OA OB OC ++ có giá trị nhỏ nhất. A. ( ) : 2 14 0 P x yz + +− =. B. ( ) : 2 3 11 0 Px y z + + −= . C. ( ) : 3 12 0 P xy z + +−= . D. ( ) : 2 3 14 0 Px y z + +−= . Hướng dẫn giải Chọn D. Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 1. x yz ab c + += Ta có ( ) 1 23 1;2;3 1 MP abc ∈⇒ + + = . Ta có 2 2 2 2 22 1 1 1 1 11 . OA OB OC a b c + + = ++ Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: ( ) 2 2 22 2 22 2 22 1 2 3 1 11 1 11 1 12 3 . 14 a b c abc abc    + + ≤ ++ + + ⇒ ++ ≥       Dấu "" = xảy ra khi 2 22 1 23 1 14 1 1 1 14 . 23 2 14 1 11 1 3 14 a abc b a bc c abc   ++ =   =    = = ⇔=   = ++ =    Vậy ( ) : 2 3 14 0. P x y z + +−= Cách khác: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có ( ) 22 2 2 11 1 1 OH ABC OA OB OC OH ⊥    + + =   . Suy ra 22 2 11 1 OA OB OC + + đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ OH đạt giá trị lớn nhất OH OM ⇔ = ( ) OM ABC ⇒⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) :1 1 2 2 3 3 0 ABC x y z ⇒ − + −+ −= ( ) : 2 3 14 0 ABC x y z ⇒ + +−= . Câu 66: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1; 2; 3 M và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C khác với gốc tọa độ O sao cho biểu thức 63 2 OA OB OC ++ có giá trị nhỏ nhất. A. 6 2 3 19 0 x yz + +−= . B. 2 3 14 0 x yz + +−= . C. 3 2 13 0 xy z + + −= . D. 6 3 2 18 0 xy z + + − = . Lời giải Chọn D. Gọi ( ) ; 0; 0 Aa , ( ) 0; ; 0 Bb , ( ) 0; 0 ; Cc với ,, 0 abc > phương trình mặt phẳng ( ) P là : 1 x yz ab c + += ( ) P đi qua điểm ( ) 1; 2; 3 M nên 1 23 1 abc ++ = ; 6 3 2 6 32 OA OB OC a b c + + = ++ ( ) 1 23 1 23 6 3 2 6 3 2 6 6.9 54 23 bc ab c ab c a abc abc   + + = + + ++ = ++ ++ ≥ =     Dấu bằng xảy ra : 6 3 2 54 3 1 23 16 9 23 ab c a b abc c bc a   ++ = =    ++ = ⇔ =  =   = =   . Vậy ( ) P : 1 6 3 2 18 0 3 69 x yz xy z + +=⇔ + + − = Câu 67: [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;1 M . Mặt phẳng ( ) P thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia ,, Ox Oy Oz tại ,, A BC khác O. Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 54. B. 6. C. 9. D. 18. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0,0, Aa B b C c với ,, 0 > abc . Phương trình mặt phẳng ( ) P : 1 + += x yz ab c . Vì : ( ) 1 21 1 ∈ ⇔ ++ = MP abc . Thể tích khối tứ diện OABC là : 1 6 = OABC V abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 3 1 2 1 12 1 3 . ++≥ abc a b c Hay 3 2 54 13 1 ≥ ⇔ ≥ abc abc Suy ra : 1 54 9 6 ≥⇔ ≥ abc abc Vậy : 9 ≥ OABC V . Câu 68: [2H3-2.12-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm Gọi , , lần lượt là điểm thuộc , , sao cho , , đôi một vuông góc với nhau. Hỏi mặt phẳng đi qua điểm nào dưới đây? A. . B. . C. . D. . ( ), Oxyz ( ) 4;2;6 . S A B C 3 Ox Oy Oz SA SB SC ( ) ABC ( ) 1;3; 2 Q − ( ) 2;1;3 M ( ) 2; 1;3 N − ( ) 3;2;1 PLời giải Chọn B Gọi ; ; . Ta có phương trình mặt phẳng là . Ngoài ra nên nên nên Giải hệ trên ta được . Suy ra Dễ thấy qua . Câu 69: [2H3-2.12-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) 1;0;0 , 0;2;0 MN và ( ) 3;0;4 P . Điểm Q nằm trên ( ) Oyz sao cho QP vuông góc với ( ) MNP . Tìm tọa độ điểm Q . A. 3 11 0; ; 22 Q  −   . B. ( ) 0; 3;4 Q − . C. 3 11 0; ; 22 Q  −   . D. 3 11 0; ; 22 Q       . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có Q nằm trên ( ) Oyz nên ( ) ( ) 0; ; 3; ; 4 Q yz PQ yz ⇒− −   . Do ( ) 1;2;0 , MN −    ( ) 2;0;4 MP   nên mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là ( ) , 8;4; 4 n MN MP   = = −          Mặt khác QP vuông góc với ( ) MNP suy ra ( ) PQ kn k = ∈     . Hay 3 38 3 11 2 4 0; ; 11 22 44 2 k y yk Q z zk  − =  = −    = ⇒ ⇒−    = − =−    . Câu 70: [2H3-2.12-4] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 1;1;1 B , ( ) 2; 2;3 C − và mặt phẳng ( ) : 30 P x yz − ++ = . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) P sao cho MA MB MC ++        đạt giá trị nhỏ nhất. A. ( ) 1;0;2 M . B. ( ) 0;1;1 M . C. ( ) 1;2;0 M − . D. ( ) 3;1;1 M − . Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ( ) 1;0;2 G ⇒ . ( ) ;0;0 Aa ( ) 0; ;0 Bb ( ) 0;0; Cc ( ) ABC 1 x yz ab c + += ( ) ( ) ( ) 4; 2; 6 ; 4; 2; 6 ; 4; 2; 6 SA a SB b SC c = − −− =− − − =−− −        SA SB ⊥ ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 6 6 0 4 2 56 0 a b ab − −− −− − = ⇔− − + = SA SC ⊥ ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 6 6 0 4 6 56 0 a c ac − − − − − − = ⇔− − + = SC SB ⊥ ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 6 6 0 2 6 56 0 b c bc − − − − − − = ⇔− − + = 14 7; 14; 3 ab c = = = ( ) :1 14 7 14 3 xy z ABC + + = ( ) ABC ( ) 2;1;3 MTa có: 33 MA MB MC MG MG ++ = =                 . MA MB MC ++             nhỏ nhất MG ⇔ nhỏ nhất M ⇔ là hình chiếu của G lên ( ) P . Ta có phương trình ( ) 1 : 2 xt MG y t zt = +   = −   = +  ( ) ( ) 2 1;2;0 MP t M ∈ ⇒ =− ⇒ − . Câu 71: [2H3-2.12-4] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 1;1;1 B , ( ) 2; 2;3 C − và mặt phẳng ( ) : 30 P x yz − ++ = . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) P sao cho MA MB MC ++        đạt giá trị nhỏ nhất. A. ( ) 1;0;2 M . B. ( ) 0;1;1 M . C. ( ) 1;2;0 M − . D. ( ) 3;1;1 M − . Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ( ) 1;0;2 G ⇒ . Ta có: 33 MA MB MC MG MG ++ = =                 . MA MB MC ++             nhỏ nhất MG ⇔ nhỏ nhất M ⇔ là hình chiếu của G lên ( ) P . Ta có phương trình ( ) 1 : 2 xt MG y t zt = +   = −   = +  ( ) ( ) 2 1;2;0 MP t M ∈ ⇒ =− ⇒ − . Câu 72: [2H3-2.12-4]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 1; 1;3 B − , ( ) 1; 1; 1 C −− và mặt phẳng ( ) : 3 3 2 15 0 P xy z − + − = . Gọi ( ) ;; M MM Mx y z là điểm trên mặt phẳng ( ) P sao cho 22 2 2MA MB MC −+ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức 3 MM M Tx y z =−+ . A. 5 T = . B. 3 T = . C. 4 T = . D. 6 T = . Hướng dẫn giải: Chọn A. Gọi ( ) ; ; I x yz là điểm thỏa mãn 2 0. IA IB IC −+ =        Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 1 1 0 1 2 0 2 2 1 10 21;2; 2 . 2 20 3 1 0 xx x x IA IB IC y y y y I z zz z − − − + − =  =    − + = ⇔ − − −− + −− = ⇔ = ⇒ −  = − −− −+−− =          ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 . 2 22 MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI IA IB IC MI IA IB IC − + = + −+ + + = + − + + − + = + − +                      Do đó 22 2 2MA MB MC −+ nhỏ nhất 2 2MI ⇔ nhỏ nhất MI ⇔ nhỏ nhất M ⇔ là hình chiếu vuông góc của I lên ( ) P . Gọi ∆ là đường thẳng qua qua ( ) 1;2; 2 I − và nhận ( ) 3; 3;2 P n = −  là một vectơ chỉ phương. Phương trình tham số ( ) 13 : 2 3 1 3t;2 3t;2 2 t . 22 xt y tM zt = +   ∆ = −⇒ + − −   = −  Điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 3 3 2 3 2(2 2 ) 15 0 1 4; 1;0 MP t t t t M ∈ ⇒ + − − + − − = ⇔= ⇒ − . Vậy 35 MM M Tx y z =−+ = . Câu 73: [2H3-2.12-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : P 2 2 70 x y z + + += và 3 điểm (1;2; 1) A − , (3;1; 2) B − , (1; 2;1) C − . Điểm ( ) ( ;;) M abc P ∈ sao cho 22 2 MA MB MC −− đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng giá trị abc ++ bằng A. 23 9 . B. 0 . C. 20 9 − . D. 20 9 . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABDC . Khi đó             DA DB DC . Suy ra 3; 3;0 D . Do đó:                                         22 2 22 2 2 22 2 222 2 22 2 2 . MA MB MC MD DA MD DB MD DC MD MD DA DB DC DA DB DC MD DA DB DC DA DB DC  Vậy 22 2 MA MB MC −− lớn nhất khi MD ≡ hay ( ) 3; 3;0 M − . Khi đó 0 abc ++ =. Câu 74: [2H3-2.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 xy z α + + += và ( ) : 2 2 5 0 xy x β + + +=. Mặt phẳng ( ) P song song và cách đều hai mặt phẳng ( ) α và ( ) β . Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 2 2 30 x yz + ++ =. B. 2 2 20 xy z + + +=. C. 2 2 30 xy z + + +=. D. 2 2 40 xy z + + +=. Hướng dẫn giải : Chọn C. Gọi ( ) ( ) ;; M x yz P ∈ . Do ( ) P song song và cách đều hai mặt phẳng ( ) α và ( ) β nên ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 22 1 22 5 d, d, 21 2 21 2 xy z xy z MM αβ ++ + ++ + =⇔= ++ ++ ( ) 22 1 22 5 2 2 30 22 1 22 5 xy z xy z xy z xy z xy z ++ + = ++ +  ⇔ ⇔ + + +=  ++ + =− ++ +  . Câu 75: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 5 điểm ( ) 3;0;0 , A ( ) 0;3;0 B , ( ) 0;0;3 C , ( ) 1;1;1 D và ( ) 1;2;3 E . Hỏi từ 5 điểm này tạo được tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 điểm trong 5 điểm đó? A. 7 mặt phẳng. B. 10 mặt phẳng. C. 12 mặt phẳng. D. 5 mặt phẳng. Lời giải Chọn A. Mặt phẳng qua A , B , C là: ( ) : 1 30 3 33 x yz ABC x y z + + = ⇔ + +−= Dễ thấy ( ) DP ∈ và ( ) EP ∉ Nhận thấy ( ) 2;1;1 AD = −   , ( ) 1; 2;1 BD = −   , ( ) 1;1; 2 CD = −   không có vecto nào cùng phương nên không có 3 điểm nào thẳng hàng. Vậy ta có các mặt phẳng: ( ) ABCD , ( ) EAB , ( ) EAC , ( ) EAD , ( ) EBC , ( ) EBD , ( ) ECD . Câu 76: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho lăng trụ đứng , với , , , . Gọi là trung điểm của . Mặt phẳng qua , và song song với cắt tại . Độ dài đoạn thẳng . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có , , , Mặt phẳng qua và có vectơ pháp tuyến Phương trình mặt phẳng . Đường thẳng qua và có vectơ chỉ phương Oxyz 11 1 . ABC A B C ( ) 0; 3;0 A − ( ) 4;0;0 B ( ) 0;3;0 C ( ) 1 4;0;4 B M 11 AB ( ) P A M 1 BC 11 AC N MN 17 2 3 4 2 3 ( ) 1 0; 3;4 A − ( ) 1 0;3;4 C 3 2; ;4 2 M  −   3 2; ;4 2 AM  =      ( ) 1 4;3;4 BC = −    ( ) P A ( ) 1 , 6; 24;12 n AM BC  = =−−         ( ) : 4 12 0 P x yz + − + = 11 AC 1 A ( ) ( ) 11 0;6;0 6 0;1;0 AC = =   Phương trình Đường thẳng : . là giao điểm của và , nên . Câu 77: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng 1 ∆ : 4 12 3 x y z − = = − , 2 21 : 1 12 xy z −− ∆= = − và mặt cầu ( ) 2 2 2 :x 2 2 6 5 0 S y z x y z + + + + − −=. Viết phương trình mặt phẳng ( ) α song song với hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ và cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là đường tròn ( ) C có chu vi 2 365 5 π . A. 5 3 12 0; 5 3 2 0. x y z x y z − − + = − − − = B. 5 3 40 x y z − − − = C. 5 3 12 0. x y z − − + = D. 5 3 2 0. x y z − − − = Lời giải Chọn A. Cách 1 : - Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 1;3 I −− và bán kính 4 R = . - Đường tròn ( ) C có chu vi 2 365 5 π ⇒ 2 365 365 2 5 5 rr π π = ⇒= - Đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ lần lượt có VTCP ( ) ( ) 1;2; 3 ; 1; 1;2 uu ′ = −=−   . - Gọi n  là VTPT của ( ) α . + Ta có : ( ) α song song với hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ nên ( ) , 1; 5; 3 n uu  ′ = = −−    - Phương trình ( ) α có dạng 53 0 x y zd − − + =. + Theo đề ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 35 ;; 5 R r d I dI αα =+ ⇒ = 12 5 35 57 2 5 35 d d d d = −  ⇔ = ⇔ −= ⇔  = −  . Cách 2 (Trắc nghiệm): Mặt phẳng ( ) α song song với hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ và cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là đường tròn ( ) C có chu vi 2 365 5 π nên sẽ có hai mặt phẳng ( ) α thỏa bài toán. Nên chọn A. Câu 78: [2H3-2.13-3] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1; 2; 2 A , ( ) 5; 4; 4 B và mặt phẳng ( ) P có phương trình: 2 60 x yz + − + =. Gọi M là điểm nằm trên ( ) P sao cho 22 MA MB + là nhỏ nhất. Khi đó, tung độ của điểm M là: 11 AC 0 3 4 x y t z =   =−+   =  N ( ) P 11 AC ( ) 0; 1;4 N − 1 2; ;0 2 MN   =        17 2 MN ⇒ =A. 1 M y = − . B. 3 M y = . C. 8 9 M y = . D. 1 M y = . Lời giải Chọn C. Thay tọa độ của , AB vào ( ) P ta thấy A và B cùng nằm trong cũng một nửa không gian chia bởi mặt phẳng ( ) P . Gọi H là hình chiếu của A lên ( ) P và A ′ là điểm đối xứng của A qua ( ) P . Ta có: Phương trình đường thẳng d qua A và vuông góc ( ) P là: 1 2 2 2 xt yt zt = +   = +   = −  . ( ) Hd P = ∩ nên thay , , xy z từ d vào ( ) P ta được 4 . 3 t − = Vậy: 5 2 10 ;; 3 33 H − =   . Suy ra 13 2 14 ;; 3 33 A −−  ′   . Đường thẳng AB ′ qua B và có vectơ chỉ phương 28 14 2 ;; 3 3 3 u −  =    là 5 14 47 4 x t y t zt ′ = +   ′ = +   ′ = −  Tọa độ M chính là giao điểm của AB ′ và ( ) P . Thay , , xy z từ AB ′ vào ( ) P ta được 4 . 9 t − = Vậy: 8/ 9 M y = . Câu 79: [2H3-2.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng qua hai điểm , cắt các nửa trục dương , lần lượt tại , sao cho nhỏ nhất ( là trọng tâm tam giác ). Biết , tính . A. 12. B. 6. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi mà nên và . qua hai điểm nên Ta có . Suy ra . Oxyz ( ) P ( ) 1;8;0 M ( ) 0;0;3 C Ox Oy A B OG G ABC ( ;;) G abc P abc = ++ ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 Am B n ( ) 0;0;3 C ; ;1 33 mn G       ( ) 2 22 1 1 9 OG m n = ++ ( ) :1 3 x yz P mn + += ( ) P ( ) 1;8;0 M 18 1 mn += ( ) 2 1 4 1 8 1 16 1 2 25 22 mn mn m n m n + = += + ≥ ⇒ + ≥ + ( ) 22 22 2 134 25 2 5 125 9 m n mn mn OG ≤+ ≤ + ⇔ + ≥ ⇒ ≥ Dấu bằng khi . Câu 80: [2H3-2.13-4] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1 2 1 x t dy t z =   =−+   =  và ( ) 1; 2; 3 A − . Biết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa d có dạng z0 x by c d + + + = và khoảng cách từ A đến ( ) P là 3. Xác định giá trị d . A. 1. B. 1 2 . C. 1 4 . D. 2 3 . Hướng dẫn giải Chọn B. Đường thằng d đi qua ( ) 0; 1;1 B − và ( ) 1;2;0 vtcpu  , mặt phẳng ( ) P có ( ) 1, , vtptn b c  Ta có mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d nên ( ) 1 1 2 0 .0 2 01 2 b b un bc d BP cd  = −   += =  ⇔⇔  −+ + = − ∈     = −     ( ) 11 :0 22 P x y dz d  − − + + =   mà ( ) ( ) 2 7 2d 2 ;3 3 1 1 1 4 2 dA P d − − = ⇔=  ++ +   2 51 5d 5d+ 0 42 d ⇔ − = ⇔= . Câu 81: [2H3-2.13-4]Trong không gian với hệ toạ độ , cho đường thẳng có phương trình và mặt phẳng . Phương trình mặt phẳng chứa ∆ và tạo với một góc nhỏ nhất là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải 18 1 5 5 10 ; ;1 10 33 12 m mn G n mn  +=  =    ⇔ ⇒  =    =   Oxyz ∆ 11 21 1 x y z − + = = − ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + −= ( ) Q ( ) P 2 2 10 x y z − + −= 10 7 13 3 0 xy z − + += 20 x yz + −= 6 4 50 x y z −+ + + = Chọn B Gọi là giao điểm của và , là giao tuyến của và . Lấy điểm trên . Gọi là hình chiếu của trên , dựng vuông góc với , suy ra là góc giữa và . Nên Dấu xảy ra khi . Khi đó đường thẳng vuông góc với , chọn , suy ra đáp án B Lưu ý: góc giữa và nhỏ nhất chính là góc hợp bởi và . Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Câu 82: [2H3-3.1-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào dưới đây đi qua ( ) 3;5;7 A và song song với 1 23 : 23 4 xy z d −− − = = . A. 32 53 74 xt yt zt = +   = +   = +  . B. 23 35 47 xt yt zt = +   = +   = +  . C. 13 25 37 xt y t zt = +   = +   = +  . D. Không tồn tại. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ∆ là đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán. Ta có: ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;3;4 u =  và qua ( ) 3;5;7 A ⇒ ( ) 32 : 53 74 xt yt zt = +   ∆ =+   = +  . Câu 83: [2H3-3.1-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào dưới đây đi qua ( ) 3;5;7 A và song song với 1 23 : 23 4 xy z d −− − = = . A d ( ) P m ( ) P ( ) Q I d H I ( ) P HE m IEH ϕ = ( ) P ( ) Q tan IH IH HE HA ϕ = ≥ = EA ≡ m d ( ) ; 1; 6; 4 m dP u dn  = = − −       ( ) ; 10; 7;13 Q dm n uu   = = −         ( ) Q ( ) P d ( ) PA. 32 53 74 xt yt zt = +   = +   = +  . B. 23 35 47 xt yt zt = +   = +   = +  . C. 13 25 37 xt y t zt = +   = +   = +  . D. Không tồn tại. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ∆ là đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán. Ta có: ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;3;4 u =  và qua ( ) 3;5;7 A ⇒ ( ) 32 : 53 74 xt yt zt = +   ∆ =+   = +  . Câu 84: [2H3-3.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm ( ) 2; 2;1 M −− , ( ) 1;2; 3 A − và đường thẳng 15 : 2 21 xy z d + − = = − . Tìm vectơ chỉ phương u  của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất. A. ( ) 4; 5; 2 u= −−  . B. ( ) 1;0;2 u =  . C. ( ) 1;1; 4 u = −  . D. ( ) 8; 7;2 u = −  . Hướng dẫn giải Chọn A. ( ) 3; 4;4 AM=−−     . Gọi d u  là vectơ chỉ phương của d ( ) 2;2; 1 d u ⇒= −  . Do [ ] ; M d A AM ∈∆ ⇒ ∆ ≤ Dấu đẳng thức xảy ra AM ⇔ ⊥ ∆ Khi đó chọn ( ) ; 4; 5; 2 d u u AM  = = −−         . Câu 85: [2H3-3.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm ( ) 2; 2;1 M −− , ( ) 1;2; 3 A − và đường thẳng 15 : 2 21 xy z d + − = = − . Tìm vectơ chỉ phương u  của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất. A. ( ) 4; 5; 2 u= −−  . B. ( ) 1;0;2 u =  . C. ( ) 1;1; 4 u = −  . D. ( ) 8; 7;2 u = −  . Hướng dẫn giải Chọn A. ( ) 3; 4;4 AM=−−     . Gọi d u  là vectơ chỉ phương của d ( ) 2;2; 1 d u ⇒= −  . Do [ ] ; M d A AM ∈∆ ⇒ ∆ ≤ Dấu đẳng thức xảy ra AM ⇔ ⊥ ∆ Khi đó chọn ( ) ; 4; 5; 2 d u u AM  = = −−         . Câu 86: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho đường thẳng 12 : , 1 2 2 xy z d −+ = = mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 P xy z + + −= và điểm ( ) 1; 1; 2 A − . Phương trình chính tắc đường thẳng ∆ đi qua A , song song với mặt phẳng ( ) P và vuông góc với đường thẳng d là A. 11 2 . 22 3 x yz − −+ = = − B. 11 2 . 12 2 x yx − − + = = − C. 11 2 . 11 2 x yx − − + = = − D. 11 2 . 12 2 x yx − − + = = Hướng dẫn giải Chọn A. Đường thẳng d có VTCP ( ) 1; 2; 2 d u =  , mặt phẳng ( ) P có VTPT ( ) 2; 1 ; 2 n =  . Gọi u  là VTCP của đường thẳng ∆ . Vì ( ) // // P d ∆    ∆⊥   d uu un  ⊥  ⇒  ⊥      , d u un  ⇒=    ( ) 2; 2; 3 = − . Đường thẳng ( ) ( ) đi qua 1; 1; 2 VTCP 2; 2; 3 : A u − = −   ∆     . Phương trình chính tắc đường thẳng ∆ là 11 2 22 3 x yz − −+ = = − . Câu 87: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;2; 3 M − và hai đường thẳng 1 2 :1 13 xt dy t zt = +   = −   =−+  , 2 2 11 : 11 2 x yz d − −− = = − − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc 1 d , 2 d . A. 1 : 2 3 xt yt z = +   ∆ =+   =  . B. 1 : 2 3 xt yt z = +   ∆ =−   = −  . C. 1 : 2 3 xt yt z = −   ∆ =+   = −  . D. 1 : 2 3 xt yt z = −   ∆ =−   = −  . Hướng dẫn giải Chọn D. Đường thẳng 1 d , 2 d có vectơ chỉ phương lần lượt là ( ) 1 1; 1;3 u = −  , ( ) 2 1;1; 2 u=−−  . Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 12 , 1; 1;0 u uu ∆  = = −−     Do đó, đường thẳng ∆ có phương trình: 1 2 3 xt yt z = −   = −   = −  Câu 88: [2H3-3.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;2; 3 M − và hai đường thẳng 1 2 :1 13 xt dy t zt = +   = −   =−+  , 2 2 11 : 11 2 x yz d − −− = = − − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc 1 d , 2 d . A. 1 : 2 3 xt yt z = +   ∆ =+   =  . B. 1 : 2 3 xt yt z = +   ∆ =−   = −  . C. 1 : 2 3 xt yt z = −   ∆ =+   = −  . D. 1 : 2 3 xt yt z = −   ∆ =−   = −  . Hướng dẫn giải Chọn D. Đường thẳng 1 d , 2 d có vectơ chỉ phương lần lượt là ( ) 1 1; 1;3 u = −  , ( ) 2 1;1; 2 u=−−  . Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 12 , 1; 1;0 u uu ∆  = = −−     Do đó, đường thẳng ∆ có phương trình: 1 2 3 xt yt z = −   = −   = −  Câu 89: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm và song song với giao tuyến của hai mặt phẳng , A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D Gọi là đường thẳng cần tìm. có vecto chỉ phương Suy ra phương trình tham số của là . Câu 90: [2H3-3.3-3] Trong không gian , viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng và . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Oxyz ( ) 1;2;3 M ( ) :3 3 0 P xy + −= ( ) : 2 3 0 Q x yz + +−= 1 23 3 xt yt zt = +   = +   = +  1 23 3 xt yt zt = +   = −   = −  1 23 3 xt yt zt = −   = −   = +  1 23 3 xt yt zt = +   = −   = +  ∆ ∆ ( ) ; 1; 3;1 PQ u n n ∆   = = −         ∆ 1 23 3 xt yt zt = +   = −   = +  Oxyz 2 3 2 60 xy z + + −= 2 3 20 x yz − + += 1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = −  13 42 7 xt yt zt = −   =−+   =−+  2 13 34 27 xt yt zt = +   = −   = −  1 13 24 37 xt yt zt = +   =−+   = + Cách 1: Hai mặt phẳng đã cho có véc tơ pháp tuyến lần lượt là: . Giao tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là . Cho thay vào các phương trình của hai mặt phẳng đã cho ta được hệ phương trình: . Vậy giao tuyến cần tìm đi qua điểm do đó phương trình tham số của nó là . Cách 2: Cho thay vào phương trình của hai mặt phẳng ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm . Tương tự, cho ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm . Véc tơ chỉ phương của giao tuyến là . Vậy phương trình tham số của giao tuyến cần tìm là Câu 91: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;3;1 A , ( ) 0;2;1 B và mặt phẳng ( ) : 70 P x yz + +− =. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( ) P sao cho mọi điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A và B . A. 2 73 xt yt zt =   = −   =  . B. 73 2 x t yt zt =   = +   =  . C. 73 2 xt yt zt = −   = −   =  . D. 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Hướng dẫn giải Chọn D. Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A và B nên M thuộc mặt phẳng trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Ta có mặt phẳng trung trực ( ) Q của AB đi qua 35 ; ;1 22 I       và có vectơ pháp tuyến ( ) 3; 1;0 AB=−−   nên phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) Q là ( ) 35 3 1 0 10 22 x y z    − −− −+ − =       3 70 xy ⇔ + − = Do đó đường thẳng d là giao tuyến của ( ) P và ( ) Q . Xét hệ phương trình 70 3 70 x yz xy + +− =   + − =  ( ) ( ) 12 2;3;2 , 1; 2;3 nn = = −  [ ] ( ) 12 ; 13; 4; 7 nn = −−  1 z = 23 4 1 25 2 xy x xy y + = = −  ⇔ −= − =  ( ) 1;2;1 M − 1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = −  1 z = 1; 2 xy = − = ( ) 1;2;1 M − 0 z = 6 10 , 77 xy = = 6 10 ; ;0 77 N    ( ) 13 4 1 ; ; 1 13; 4; 7 77 7 MN   = − − = −−        1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = − Cho 0 x = ⇒ 7 0 y z =  ⇒  =  ( ) 0;7;0 Cd ∈ . Cho 1 x = ⇒ 4 2 y z =  ⇒  =  ( ) 1;4;2 Dd ∈ Đường thẳng đi qua ( ) 0;7;0 C và nhận vectơ ( ) 1; 3;2 CD = −   làm vectơ chỉ phương nên phương trình tham số đường thẳng là 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Câu 92: [2H3-3.3-3] Trong không gian , viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng và . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Cách 1: Hai mặt phẳng đã cho có véc tơ pháp tuyến lần lượt là: . Giao tuyến cần tìm có véc tơ chỉ phương là . Cho thay vào các phương trình của hai mặt phẳng đã cho ta được hệ phương trình: . Vậy giao tuyến cần tìm đi qua điểm do đó phương trình tham số của nó là . Cách 2: Cho thay vào phương trình của hai mặt phẳng ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm . Tương tự, cho ta tìm được . Suy ra giao tuyến đi qua điểm . Véc tơ chỉ phương của giao tuyến là . Vậy phương trình tham số của giao tuyến cần tìm là Câu 93: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;3;1 A , ( ) 0;2;1 B và mặt phẳng ( ) : 70 P x yz + +− =. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( ) P sao cho mọi điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A và B . Oxyz 2 3 2 60 xy z + + −= 2 3 20 x yz − + += 1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = −  13 42 7 xt yt zt = −   =−+   =−+  2 13 34 27 xt yt zt = +   = −   = −  1 13 24 37 xt yt zt = +   =−+   = +  ( ) ( ) 12 2;3;2 , 1; 2;3 nn = = −  [ ] ( ) 12 ; 13; 4; 7 nn = −−  1 z = 23 4 1 25 2 xy x xy y + = = −  ⇔ −= − =  ( ) 1;2;1 M − 1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = −  1 z = 1; 2 xy = − = ( ) 1;2;1 M − 0 z = 6 10 , 77 xy = = 6 10 ; ;0 77 N    ( ) 13 4 1 ; ; 1 13; 4; 7 77 7 MN   = − − = −−        1 13 24 17 xt yt zt =−+   = −   = − A. 2 73 xt yt zt =   = −   =  . B. 73 2 x t yt zt =   = +   =  . C. 73 2 xt yt zt = −   = −   =  . D. 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Hướng dẫn giải Chọn D. Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A và B nên M thuộc mặt phẳng trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Ta có mặt phẳng trung trực ( ) Q của AB đi qua 35 ; ;1 22 I       và có vectơ pháp tuyến ( ) 3; 1;0 AB=−−   nên phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) Q là ( ) 35 3 1 0 10 22 x y z    − −− −+ − =       3 70 xy ⇔ + − = Do đó đường thẳng d là giao tuyến của ( ) P và ( ) Q . Xét hệ phương trình 70 3 70 x yz xy + +− =   + − =  Cho 0 x = ⇒ 7 0 y z =  ⇒  =  ( ) 0;7;0 Cd ∈ . Cho 1 x = ⇒ 4 2 y z =  ⇒  =  ( ) 1;4;2 Dd ∈ Đường thẳng đi qua ( ) 0;7;0 C và nhận vectơ ( ) 1; 3;2 CD = −   làm vectơ chỉ phương nên phương trình tham số đường thẳng là 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Câu 94: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng ( ) ( ) , PQ và ( ) R lần lượt có phương trình ( ) : 20 P x my z + −+ = ; ( ) : 10 Q mx y z − + += và ( ) : 3 2 5 0 R xy z + + += . Gọi ( ) m d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q . Tìm m để đường thẳng ( ) m d vuông góc với mặt phẳng ( ) R . A. 1 1 3 m m =    = −  . B. 1 m = . C. 1 3 m = − . D. Không có giá trị m . Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt phẳng ( ) P có VTPT là ( ) 1; ; 1 P nm = −  Mặt phẳng ( ) Q có VTPT là ( ) ; 1;1 Q nm = −  Đường thẳng ( ) m d là giao tuyến của ( ) P và ( ) Q nên có VTCP là ( ) 2 , 1; 1; 1 d pQ u nn m m m  = = −− −− −       Ta có ( ) ( ) . d m R d R u kn ⊥ ⇔=     2 2 11 1 11 31 31 2 11 32 mm mm m mm − −−  =  − − − −−  ⇔= = ⇔ ⇒  − −−  =   không tồn tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Câu 95: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 30 P x y z + − += và hai điểm ( ) 1;0;1 A , ( ) 1;2; 3 B− − . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( ) P sao cho mọi điểm thuộc ∆ đều có khoảng cách đến A và đến B bằng nhau. Véctơ nào sau đây là véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆ ? A. ( ) 2; 4;3 u = −  . B. ( ) 2;4;3 u =  . C. ( ) 2;4; 3 u = −  . D. ( ) 2; 4; 3 u= −−  . Hướng dẫn giải. Chọn D. Gọi ( ) Q là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . ( ) Q đi qua trung điẻm ( ) 0; 1 ; 1 − I của AB và nhận ( ) 2; 2;4 AB = −   làm véc tơ pháp tuyến. Phương trình ( ) : 2 2( 1) 4( 1) 0 2z 3 0 Q x y z x y − − + + = ⇔ − + += Theo đề: ( ) ( ) PQ ∆ =  nên VTCP của ∆ là ( ) 2;4;3 u ∆ = −  Câu 96: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 0;1; 1 A − , ( ) 2; 1;1 B − và mặt phẳng ( ) : 2 3 0 P x yz + +−=. Viết phương trình đường thẳng ∆ chứa trong ( ) P sao cho mọi điểm thuộc ∆ cách đều hai điểm , A B A. 12 3 xt yt zt = −   =   =  , t ∈  . B. 2 1 23 xt yt zt = −   = +   = +  , t ∈  . C. 2 1 32 x yt zt = −   = +   = +  , t ∈  . D. 13 22 x t y t zt =   = +   = −  , t ∈  . Hướng dẫn giải Chọn B. Cách 1. ∆ chứa trong ( ) P P nu ∆ ⇒ ⊥⇒     Loại C, D. ∆ chứa trong ( ) P ⇒ mọi điểm thuộc ∆ đều thuộc ( ) P ⇒ Loại A, vì ( ) 1;0;0 M thuộc ∆ nhưng không thuộc ( ) P . Chú ý + Do phương án nhiễu chưa hợp lý nên không cần sử dụng đến hai điểm A,B. + Phương pháp tổng quát Gọi ( ) Q là mặt phẳng trung trực của AB ( ) ( ) P Q ⇒∆ = ∩ . Cách 2. Gọi ( ) Q là mặt phẳng trung trực của AB ⇒ ( ) Q qua trung điểm ( ) 1;0;0 I của đoạn AB và nhận ( ) 2; 2;2 AB = −   làm VTPT ⇒ ( ) : 10 Q x yz − + −= . Khi đó ( ) ( ) P Q ∆ = ∩ , (2; 1; 3) PQ u n n ∆  ⇒ = = −−       ; ( ) ( ) ( ) 2;1;1, 1;1;1 PQ nn = = −      Tọa độ điểm ( ) 0;1;2 M thỏa mãn 10 2 30 x yz x yz − + −=   + +−=  M ⇒ ∈∆ . Vậy 2 :1 23 xt yt zt =   ∆ =−   = −  . Câu 97: [2H3-3.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm 3;3;1 A , 0;2;1 B và mặt phẳng : 7 0 Px y z . Đường thẳng d nằm trong P sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm , AB có phương trình là: A. 7 3 2 xt yt zt  . B. 2 73 xt yt zt  . C. 73 2 xt yt zt  . D. 73 2 xt yt zt  . Hướng dẫn giải Chọn C. Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là : 3 7 0 xy . Đường thẳng cần tìm d cách đều hai điểm , AB nên sẽ thuộc mặt phẳng . Lại có dP  , suy ra d P  hay 7 0 : 3 7 0 x yz d xy  . Chọn xt , ta được 2 73 zt yt  . Câu 98: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 53 : 2 14 xy z d −+ − = = − . Phương trình nào dưới đây là phương hình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng 30 x+=? A. 3 5 34 x y t zt = −   =− −   =−+  . B. 3 5 34 x yt zt = −   =− +   = +  . C. 3 52 3 x yt zt = −   =− +   = −  . D. 3 6 74 x yt zt = −   =−−   = +  . Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm 0 (1; 5;3) M − và có VTCP ( ) 2; 1;4 d u = −  Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( ) : 30 P x+=. Suy ra mặt phẳng ( ) Q đi qua điểm 0 (1; 5;3) M − và có VTPT là [ ] ( ) ; 0;4;1 dP un =  ( ) : 4 17 0 Q yz ⇒ ++ =. Phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng ( ) P là 4 17 0 30 yz x ++ =   +=  hay 3 6 74 x yt zt = −   =−−   = +  . Cách 2: Ta có ( ) 1 2 ; 5 ;3 4 Md M t t t ∈ ⇒ + − − + . Gọi M ′ là hình chiếu của M trên ( ) : 30 P x+= . Suy ra ( ) 3; 5 ;3 4 M tt ′ − − − + . Suy ra 3 : 5 34 x dy t zt = −   ′ =− −   = +  So sánh với các phương án, ta chọn D là đáp án đúng. Cách 3. Trắc nghiệm. Gọi ( ) Id α = ∩ , suy ra ( ) 3; 3; 5 I −−− . Dễ thấy chỉ có đáp án D thỏa mãn. Câu 99: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho đường thẳng và mặt phẳng Viết phương trình đường thẳng là hình chiếu vuông góc của đường thẳng lên mặt phẳng A. B. C. D. Lời giải: Chọn A. Ta có phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm và có véctơ chỉ phương . Vì điểm nên . Gọi điểm và là hình chiếu của lên mặt phẳng . Gọi đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng suy ra đường thẳng nhận véctơ pháp tuyến của mặt phẳng làm véctơ chỉ phương . Phương trình đường thẳng là . , Oxyz 3 11 : 3 1 1 x yz d − −+ = = − ( ) : 4 0. P xz − − = d ( ). P 3 1. 1 xt yt zt = +   = +   =−+  3 1. 1 xt y zt = +   =   =−−  33 1. 1 xt yt zt = +   = +   =−−  3 1 2. 1 xt yt zt = −   = +   =−+  33 :1 1 xt dy t zt = +   = +   =−−  ( ) 3;1; 1 M − ( ) 3;1; 1 d u = −  ( ) ( ) 3;1; 1 MP −∈ ( ) Md P = ∩ ( ) 0;0;0 Od = ∈ K O ( ) P ∆ O ( ) P ∆ ( ) P ( ) 1;0; 1 u ∆ = −  ∆ ' 0 ' x t y zt =   =   = − Khi đó . Hình chiếu của đường thẳng lên mặt phẳng là đường thẳng . Véctơ chỉ phương . Phương trình đường thẳng là Câu 100: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng trên mặt phẳng toạ độ A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D. Lấy và gọi là hình chiếu của điểm trên thì . Thay tọa độ điểm vào các phương án ta thấy chỉ có phương án D thỏa. Câu 101: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 2 1 xy z d + − = = − − và mặt phẳng ( ) : 2 20 P xy z + − +=, đường thẳng ∆ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng ( ) Oxy . Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng ∆ với mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 1;3;0 I − . B. ( ) 1;1;0 I − . C. ( ) 1; 3;0 I − . D. ( ) 3;5;0 I − . Hướng dẫn giải Chọn C . Có ( ) ( ) 1;1;0 ; 0; 1; 1 . AB d − −− ∈ Gọi '' ; AB là hình chiếu vuông góc của , AB lên mặt phẳng ( ) Oxy ( ) ( ) ( ) ' ' '' 1;1;0 ; 0; 1;0 1; 2;0 A B AB ⇒− − ⇒ = −    . ( ) 1 : 1 2 0 xt y t t z =−−   ∆ =+ ∈   =   ( ) ( ) I IP IP ∈∆   = ∆∩ ⇒  ∈   I ∈∆ ( ) 1 ;1 2 ;0 I tt ⇒ −− + ( ) KP = ∆∩ ( ) ' '2 02 2;0; 2 '0 40 2 x t t yx K zt y xz z = =  = =  ⇔ ⇔ ⇒= − = − =   − − = =−  d ( ) P MK ( ) ( ) 1; 1; 1 1 1;1;1 MK=−−− =−    MK 3 1. 1 xt yt zt = +   = +   =−+  Oxyz 12 3 : 23 1 xx z d +− + = = Oxy 36 11 9 0 xt yt z = −   = −   =  56 11 9 0 xt yt z = +   = −   =  56 11 9 0 xt yt z = −   = +   =  56 11 9 0 xt yt z = −   = −   =  ( ) 1;2; 3 Nd − −∈ H N ( ) Oxy ( ) 1;2;0 H − H( ) IP ∈ 1 1 2 2 0 2 tt t ⇒− − + + + = ⇔ =− ( ) 1; 3;0 I ⇒− . Câu 102: [2H3-3.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 2 1 xy z d + − = = − − và mặt phẳng ( ) : 2 20 P xy z + − +=, đường thẳng ∆ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng ( ) Oxy . Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng ∆ với mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 1;3;0 I − . B. ( ) 1;1;0 I − . C. ( ) 1; 3;0 I − . D. ( ) 3;5;0 I − . Hướng dẫn giải Chọn C . Có ( ) ( ) 1;1;0 ; 0; 1; 1 . AB d − −− ∈ Gọi '' ; AB là hình chiếu vuông góc của , AB lên mặt phẳng ( ) Oxy ( ) ( ) ( ) ' ' '' 1;1;0 ; 0; 1;0 1; 2;0 A B AB ⇒− − ⇒ = −    . ( ) 1 : 1 2 0 xt y t t z =−−   ∆ =+ ∈   =   ( ) ( ) I IP IP ∈∆   = ∆∩ ⇒  ∈   I ∈∆ ( ) 1 ;1 2 ;0 I tt ⇒ −− + ( ) IP ∈ 1 1 2 2 0 2 tt t ⇒− − + + + = ⇔ =− ( ) 1; 3;0 I ⇒− . Câu 103: [2H3-3.4-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 2 : 1 12 x yz + −− ∆= = và mặt phẳng ( ) :0 P x yz + + =. Tìm một vectơ chỉ phương u  của đường thẳng ′ ∆ là hình chiếu của đường thẳng ∆ lên mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 1; 1;0 u = −  . B. ( ) 1;0; 1 u = −  . C. ( ) 1; 2;1 u = −  . D. ( ) 1;1; 2 u = −  . Lời giải Chọn D Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa đường thẳng ∆ và vuông góc với mặt phẳng ( ) P . ( ) Q có một vectơ chỉ phương là ( ) ; 1; 1;0 QP n nu ∆  = = −        . ′ ∆ là hình chiếu của đường thẳng ∆ lên mặt phẳng ( ) P nên ′ ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q . Do đó ′ ∆ có một vectơ chỉ phương là ( ) ; 1;1; 2 PQ u n n ′ ∆   = = −          Câu 104: [2H3-3.4-3]Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 2 : 1 12 x yz d + −− = = . Viết phương trình đường thẳng d ′ là hình chiếu của d lên mặt phẳng Oxy . A. ( ) 3 : 1, 0 xt dy t t z =−+   ′ =+∈   =   . B. ( ) 3 :, 0 xt d yt t z =−+   ′ = ∈   =   . C. ( ) 3 :, 0 xt dy t t z =−+   ′ = −∈   =   . D. ( ) 3 :, 0 xt dy t t z = −   ′ = −∈   =   . Hướng dẫn giải Chọn B Phương trình tham số của 2 :1 22 xt dy t zt =−+   = +   = +  Hình chiếu của d lên mặt phẳng ( ) Oxy (có phương trình 0 z = ) là 2 :1 0 xt yt z =−+   ∆ =+   =  Nhận xét d ′ ở đáp án B có vectơ chỉ phương cùng phương với VTCP của ∆ và có 1 điểm chung với d ′ ∆⇒ ≡ ∆ . Câu 105: [2H3-3.5-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1; 1;3 M − và hai đường thẳng 1 11 : 2 11 x yz d − −− = = −− và 1 : 32 1 x yz d − ′ = = − . Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và cắt cả hai đường thẳng d và d ′ . A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải Chọn C. Với ( ) 2 1; 1; 1 A t t t d + −+ −+ ∈ và ( ) 3; 2 ; 1 B t tt d ′ ′′ ′ − +∈ , ta có A , B , M thẳng hàng khi ( ) ( ) ( ) 2 12 2 20 2 12 2 2 22 22 tk t t k kt MA kMB t k t t k kt t k kt tk t ′ = −+  ′ + − =    ′′ = ⇔ − = − ⇔ −− + =−  ′ −+ − = ′ − − = − +        hệ vô nghiệm. Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề. Câu 106: [2H3-3.6-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;0 M và đường thẳng ∆ có phương trình 1 1 : 2 11 xy z −+ ∆= = − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ . A. 21 : 1 41 x yz d − − = = . B. 21 : 2 41 x yz d − − = = − . C. 21 : 1 41 x yz d − − = = − . D. 21 : 1 4 2 xy z d − − = = − − . Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi H là hình chiếu của M lên ∆ Nên ( ) 1 2; 1 ; H t tt + − + − ∈∆ ( ) 2 1; 2 ; MH t t t ⇒ = − −+ −   Và ( ) 2;1; 1 a = −  là véc tơ chỉ phương của ∆ Dó đó: ( ) 2 . 0 2 2 1 2 0 3 MH a t t t t = ⇔ − − + + = ⇔ =    Khi đó: ( ) 14 2 ; ; 1; 4; 2 33 3 MH u   = − − ⇒ = −−        là véc tơ chỉ phương của d Vậy 21 : 1 4 2 xy z d − − = = − − Câu 107: [2H3-3.6-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;0 M và đường thẳng ∆ có phương trình 1 1 : 2 11 xy z −+ ∆= = − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ . A. 21 : 1 41 x yz d − − = = . B. 21 : 2 41 x yz d − − = = − . C. 21 : 1 41 x yz d − − = = − . D. 21 : 1 4 2 xy z d − − = = − − . Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi H là hình chiếu của M lên ∆ Nên ( ) 1 2; 1 ; H t tt + − + − ∈∆ ( ) 2 1; 2 ; MH t t t ⇒ = − − + −   Và ( ) 2;1; 1 a = −  là véc tơ chỉ phương của ∆ Dó đó: ( ) 2 . 0 2 2 1 2 0 3 MH a t t t t = ⇔ − − + + = ⇔ =    Khi đó: ( ) 14 2 ; ; 1; 4; 2 33 3 MH u   = − − ⇒ = −−        là véc tơ chỉ phương của d Vậy 21 : 1 4 2 xy z d − − = = − − Câu 108: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 2 : 21 2 x yz d + −+ = = − , mặt phẳng ( ) : 40 P x yz −+ += và điểm ( ) 1;1;2 A . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A , song song với ( ) P và vuông góc với . d A. 11 2 1 43 x yz − −− = = − − . B. 1 1 2 14 3 x yz + ++ = = . C. 11 2 14 3 x yz − −− = = . D. 1 1 2 1 43 x yz + ++ = = −− . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt phẳng ( ) P có vec tơ pháp tuyến ( ) 1; 1;1 n = −  . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 2 u = −  Đường thẳng d ′ qua điểm A, song song với ( ) P và vuông góc với d có vectơ chỉ phương là ( ) , 1;4;3 u nu  ′ = =    Phương trình chính tắc của 11 2 : 14 3 x yz d − −− ′ = = Câu 109: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 2 : 21 2 x yz d + −+ = = − , mặt phẳng ( ) : 40 P x yz −+ += và điểm ( ) 1;1;2 A . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A , song song với ( ) P và vuông góc với . d A. 11 2 1 43 x yz − −− = = − − . B. 1 1 2 14 3 x yz + ++ = = . C. 11 2 14 3 x yz − −− = = . D. 1 1 2 1 43 x yz + ++ = = −− . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt phẳng ( ) P có vec tơ pháp tuyến ( ) 1; 1;1 n = −  . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 2 u = −  Đường thẳng d ′ qua điểm A, song song với ( ) P và vuông góc với d có vectơ chỉ phương là ( ) , 1;4;3 u nu  ′ = =    Phương trình chính tắc của 11 2 : 14 3 x yz d − −− ′ = = Câu 110: [2H3-3.7-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) :3 2 3 1 0 P x yz + + −= và điểm ( ) 4;1;3 A . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , song song với mặt phẳng ( ) P và ∆ cắt đường thẳng 3 32 : 32 2 x yz d − −+ = = − . A. 4 13 56 9 x yz − −− = = − . B. 4 13 13 3 x yz − −− = = − . C. 4 13 5 61 x yz − −− = = −− . D. 4 13 16 3 x yz − −− = = − − . Lời giải Chọn A. Phương trình tham số của đường thẳng 33 : 32 22 xt dy t zt = +   = +   =−−  . Gọi Bd = ∆∩ . Tọa độ ( ) 3 3; 3 2 ; 2 2 B t t t + + −− . ( ) 3 1; 2 2; 2 5 AB t t t = − + −−   là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ . Do ∆ song song với mặt phẳng ( ) P nên ( ) P AB n ⊥    ( ) . 0 P AB n ⇔=    ( ) ( ) ( ) 33 1 2 2 2 3 2 5 0 tt t ⇔ − + + + − − = 7 14 2 t t ⇒ = ⇒= . Vậy ( ) 5; 6; 9 AB = −   . Phương trình đường thẳng ∆ : 4 13 56 9 x yz − −− = = − . Câu 111: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 21 : 1 12 x y z − −− ∆= = và mặt phẳng ( ) : 10 x yz α + + −= . Gọi d là đường thẳng nằm trên ( ) α đồng thời cắt đường thẳng ∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là: A. ( ) 2;1;1 u −−  . B. ( ) 1;1; 2 u −  . C. ( ) 1; 2;1 u −  . D. ( ) 1;2; 3 u −  . Lời giải Chọn B. + Gọi ( ) 2;2;1 2 Ad A A t t t = ∩ ∆⇒ ∈ ∆⇒ + + + . Vì ( ) ( ) A d A ∈ ⊂ α ⇒ ∈α ( ) 2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1 tt t t A ⇒ ++ +++ − = ⇔ =− ⇒ − . + Gọi B d Oz = ∩ ( ) 0;0; Bb ⇒ . Vì ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0;0;1 . Bd B b b B ∈ ⊂ α⇒ ∈ α⇒ − = ⇔ = ⇒ Khi đó một VTCP của đường thẳng d là ( ) 1;1; 2 u BA = = −   . Câu 112: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 21 : 1 12 x y z − −− ∆= = và mặt phẳng ( ) : 10 x yz α + + −= . Gọi d là đường thẳng nằm trên ( ) α đồng thời cắt đường thẳng ∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là: A. ( ) 2;1;1 u= −−  . B. ( ) 1;1; 2 u = −  . C. ( ) 1; 2;1 u = −  . D. ( ) 1;2; 3 u = −  . Lời giải Chọn B. + Gọi ( ) 2;2;1 2 Ad A A t t t = ∩ ∆⇒ ∈ ∆⇒ + + + . Vì ( ) ( ) Ad A αα ∈⊂ ⇒ ∈ ( ) 2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1 tt t t A ⇒ ++ +++ − = ⇔ =− ⇒ − . + Gọi B d Oz = ∩ ( ) 0;0; Bb ⇒ . Vì ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0;0;1 . Bd B b b B αα ∈ ⊂ ⇒ ∈ ⇒ −= ⇔ = ⇒ Khi đó một VTCP của đường thẳng d là ( ) ( ) 1; 1;2 1;1; 2 AB=−− =− −   . Vậy véctơ ( ) 1;1; 2 u = −  cũng là một VTCP của đường thẳng d . Câu 113: [2H3-3.8-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 21 : 1 12 x y z − −− ∆= = và mặt phẳng ( ) : 10 x yz α + + −= . Gọi d là đường thẳng nằm trên ( ) α đồng thời cắt đường thẳng ∆ và trục Oz . Một véctơ chỉ phương của d là: A. ( ) 2;1;1 u= −−  . B. ( ) 1;1; 2 u = −  . C. ( ) 1; 2;1 u = −  . D. ( ) 1;2; 3 u = −  . Lời giải Chọn B. + Gọi ( ) 2;2;1 2 Ad A A t t t = ∩ ∆⇒ ∈ ∆⇒ + + + . Vì ( ) ( ) Ad A αα ∈⊂ ⇒ ∈ ( ) 2 2 1 2 1 0 1 1;1; 1 tt t t A ⇒ ++ +++ − = ⇔ =− ⇒ − . + Gọi B d Oz = ∩ ( ) 0;0; Bb ⇒ . Vì ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0;0;1 . Bd B b b B αα ∈ ⊂ ⇒ ∈ ⇒ −= ⇔ = ⇒ Khi đó một VTCP của đường thẳng d là ( ) ( ) 1; 1;2 1;1; 2 AB=−− =− −   . Vậy véctơ ( ) 1;1; 2 u = −  cũng là một VTCP của đường thẳng d . Câu 114: [2H3-3.9-3]Cho hình lập phương . ABCD A B C D ′′ ′ ′ có tọa độ các đỉnh ( ) 0;0;0 A , ( ) 2;0;0 B , ( ) 0;2;0 D , ( ) 0;0;2 A ′ . Đường thẳng d song song với AC ′ , cắt cả hai đường thẳng AC ′ và BD ′′ có phương trình là A. 11 2 11 1 x y z − − − = = − . B. 11 2 11 1 x yz + ++ = = − . C. 11 2 11 1 x yz + ++ = = . D. 11 2 11 1 x y z − − − = = . Hướng dẫn giải Chọn A. Khi đó ( ) 2;2;0 C , ( ) 2;2;2 C ′ Mặt khác // d AC ′ suy ra VTCP ( ) 1;1; 1 u AC ′ = = −     . Vì d song song với AC ′ , nên d đi qua trung điểm của AC ′′ là ( ) 1;1;2 I . Vậy 11 2 : 11 1 x y z d − − − = = − . Câu 115: [2H3-3.10-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng () P có phương trình 2 40 x y z + + − = và đường thẳng 12 : 21 3 x yz d ++ = = . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng () P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . A. 5 13 1 1 1 x yz + −− = = . B. 5 13 1 11 x yz − ++ = = . C. 1 11 5 13 x yz − −− = = −− . D. 1 11 5 13 x yz + ++ = = −− . Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi I là giao điểm của d và () P . Tọa độ I là nghiệm của hệ 1 21 21 1 1 2 2 32 1 21 3 13 2 40 2 40 1 2 40 +  =  −= − =  ++   = = +  ⇔ = ⇔ −= ⇔ =  + +− = + +− = =   + +− =    xy xy x x y z y z yz y x yz x yz z x yz Ta có một VTCP của ∆ như sau: () ; (5; 1; 3) ∆  = = −−   dp u un . Vậy phương trình 1 11 : 5 13 x yz d − −− = = −− . Chú ý: Do ∆ cắt d và ∆ nằm trong () P nên ∆ phải đi qua I . Do đó ta có thể chọn được đáp án là C mà không cần tìm VTCP của ∆ . Câu 116: [2H3-3.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) :3 0 x yz α + += và đường thẳng 13 : 1 22 x yz d −+ = = − . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong ( ) α , cắt và vuông góc với d . Hệ phương trình nào là phương trình tham số của ∆ ? A. 24 3 5 37 xt y t zt =−+   = −   = −  . B. 34 55 47 x t yt zt =−+   = −   = −  . C. 1 4 15 47 xt y t zt = +   = −   =−−  . D. 34 75 27 x t yt zt =−+   = −   = −  . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi ( ) Md α = ∩ nên ( ) 1 ; 2 ; 3 2 M t t td + − − + ∈ Mà ( ) ( ) ( ) 3 1 2 3 2 0 0 1;0; 3 M tt t t M α ∈ ⇒ + − − + = ⇔ = ⇒ − ∈∆ Ta có: ( ) 3;1;1 n =  là véc tơ pháp tuyến của ( ) α và ( ) 1; 2;2 b = −  là véc tơ chỉ phương của d Nên ( ) 4; 5; 7 u nb = ∧ = −−   là véc tơ chỉ phương của ∆ Do đó: 1 4 3 4 : 5 : 55 37 4 7 xt x t yt y t z t zt ′ =+ =−+   ′ ∆ = − ⇒∆ =−  ′ =−− = −  . Kiểm tra lần lượt điểm ( ) 1;0; 3 M − và ( ) 4; 5; 7 u= −−  thỏa đáp án B . Câu 117: [2H3-3.10-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 1;1;0 M − và mặt phẳng ( ) : 20 x y α −+=. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A , M và cắt ( ) α theo một giao tuyến vuông góc với AM . A. 4 5 2 90 xy z − − −=. B. 2 4 10 xy z + − +=. C. 2 10 x yz + − −= . D. 4 5 2 90 xy z − − +=. Hướng dẫn giải Chọn D. Giả sử ( ) : 0 P Ax By Cz D + + + = ( ) 22 2 0 A BC ++ ≠ ( ) ∗ là mặt phẳng cần tìm. Theo giả thiết ( ) , AM P ∈ ⇒ 20 0 B CD AB D + + =   −+ + =  (1) Theo giả thiết ( ) ( ) P AM α ∩= ∆    ∆ ⊥   ⇒ ( ) ( ) ; .0 P u n n u AM α ∆ ∆   =    =         Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;; 1; 1;0 1;0; 2 P n A BC n AM α  =   = −   =−−        ⇒ ( ) ( ) ; ; 1;0; 2 u C C A B AM ∆  = −−   =−−       ⇒ .0 u AM ∆ =     ⇔ ( ) 20 C AB − + + = (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 5 2 9 2 AC BC DC   = −   =    = −   (3) Thế (3) vào ( ) ∗ , ta được: 59 20 22 Cx Cy Cz C − + +− = ⇔ 4 5 2 90 xy z − + + −=. Câu 118: [2H3-3.10-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 1;1;0 M − và mặt phẳng ( ) : 20 x y α −+=. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A , M và cắt ( ) α theo một giao tuyến vuông góc với AM . A. 4 5 2 90 xy z − − −=. B. 2 4 10 xy z + − +=. C. 2 10 x yz + − −= . D. 4 5 2 90 xy z − − +=. Hướng dẫn giải Chọn D. Giả sử ( ) : 0 P Ax By Cz D + + + = ( ) 22 2 0 A BC ++ ≠ ( ) ∗ là mặt phẳng cần tìm. Theo giả thiết ( ) , AM P ∈ ⇒ 20 0 B CD AB D + + =   −+ + =  (1) Theo giả thiết ( ) ( ) P AM α ∩= ∆    ∆ ⊥   ⇒ ( ) ( ) ; .0 P u n n u AM α ∆ ∆   =    =         Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;; 1; 1;0 1;0; 2 P n A BC n AM α  =   = −   =−−        ⇒ ( ) ( ) ; ; 1;0; 2 u C C A B AM ∆  = −−   =−−       ⇒ .0 u AM ∆ =     ⇔ ( ) 20 C AB − + + = (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 5 2 9 2 AC BC DC   = −   =    = −   (3) Thế (3) vào ( ) ∗ , ta được: 59 20 22 Cx Cy Cz C − + +− = ⇔ 4 5 2 90 xy z − + + −=. Câu 119: [2H3-3.11-3] Phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 2;1;0 A , vuông góc và cắt đường thẳng 1 1 2 11 xy z −+ = = − là A. 2 14 2 xt yt zt = +   = −   =  . B. 2 14 2 xt yt zt =−+   = −   =  . C. 2 14 2 xt yt zt = +   = −   = −  . D. 2 14 2 xt y t zt = +   =−−   =  . Đáp án: C Phương trình tham số của đường thẳng 1 2 : 1 xt dy t zt = +   =−+   = −  có véctơ chỉ phương ( ) 2;1; 1 d u = −  . Gọi M là giao điểm của ∆ và d nên ( ) 1 2; 1 ; M t tt + −+ − Suy ra véctơ của ∆ là ( ) 2 1; 2; u AM t t t ∆= = − −−     Theo giả thiết ∆ và d vuông góc nên ( ) ( ) . 0 22 1 2 0 dd u u uu t t t ∆∆ ⊥ ⇔ = ⇔ − + − +=     2 14 2 ;; 3 33 3 tu ∆ −−   ⇔= ⇒ =      cùng phương với ( ) 1; 4; 2 u= −−  Vậy phương trình đường thẳng ∆ đi qua ( ) 2;1;0 A có véctơ chỉ phương ( ) 1; 4; 2 u= −−  có dạng ∆ : 2 14 2 xt yt zt = +   = −   = −  . Câu 120: [2H3-3.11-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 : 2 1 xt yt zt = +   ∆ =+   = −  . Đường thẳng d đi qua ( ) 0;1; 1 A − cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ . Phương trình nào sau đây là phương trình của đường thẳng d ? A. 5 15 18 xt yt zt ′ =   ′ = +   ′ =−+  . B. 1 1 2 x t yt zt ′ =   ′ = +   ′ =−+  . C. 5 5 10 x yt zt =   ′ = +   ′ = −  . D. 55 65 98 xt yt zt ′ = +   ′ = +   ′ = +  . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: (1;1; 1) u ∆ = −  ; Gọi (1 ;2 ;1 ) M dM t t t = ∆∩ ⇒ + + − ( ) 1;1;2 AM t t t ⇒ = ++ −    ( ) . 01 1 2 0 u AM u AM t t t t ∆∆ ⊥ ⇒ = ⇒ +++− − ⇒ =       Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương ( ) 1;1;2 AM =    và đi qua ( ) 0;1; 1 A − :1 1 2 x t dy t zt ′ =   ′ ⇒=+   ′ =−+  Câu 121: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;0 M và đường thẳng 1 1 : 2 11 xy z −+ ∆= = − . Lập phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt ∆ và vuông góc với ∆ . A. ( ) 2 :1 xt dy t zt = +   = −   =  . B. ( ) 2 : 14 2 xt dy t zt = +   = −   =  . C. ( ) 2 : 14 2 xt dy t zt =−+   = −   = −  . D. ( ) 3 : 34 22 xt dy t zt = +   =−−   =−−  . Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có 1 2 : 1 xt y t zt = +   ∆ =−+   = −  Gọi ( ) 1 2; 1 ; H t tt + − + − ∈∆ là hình chiếu của M lên ∆ . Suy ra ( ) 2 1; 2; MH t t t = − −−    . Ta có ( ) 2 14 2 . 0 22 1 2 0 ; ; 3 33 3 MH u t t t t MH ∆   = ⇔ − +− + = ⇔ = ⇒ = − −             . ( ) 1; 4; 2 u ⇒ = −−  là một VTCP của d Ta thấy đáp án C và D có cùng vectơ chỉ phương nhưng chỉ có đáp án D đi qua điểm M ( ) 3 : 34 22 xt dy t zt = +   ⇒ =−−   =−−  . d ∆ M HCâu 122: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 : 23 3 xt yt zt = +   ∆ =−   =−+  và điểm ( ) 1;0;2 A . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , d vuông góc và cắt ∆ . A. 12 11 4 x y z − − = = −− . B. 1 2 11 4 x y z ++ = = − − . C. 12 1 14 x yz ++ = = −− . D. 1 2 1 14 x yz −− = = −− . Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi Hd = ∩∆ nên ( ) 1 ;2 3 ; 3 Ht t t + − −+ Ta có: AH ⊥ ∆ .0 AH u ∆ ⇒=     ( ) ( ) ;2 3 ; 5 . 1; 3;1 0 t tt ⇔ − − −= 1 t ⇔= Suy ra ( ) 1; 1; 4 AH= −−   nên d có phương trình: 1 2 1 14 x yz −− = = −− Câu 123: [2H3-3.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 : 23 3 xt yt zt = +   ∆ =−   =−+  và điểm ( ) 1;0;2 A . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , d vuông góc và cắt ∆ . A. 12 11 4 x y z − − = = −− . B. 1 2 11 4 x y z ++ = = − − . C. 12 1 14 x yz ++ = = −− . D. 1 2 1 14 x yz −− = = −− . Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi Hd = ∩∆ nên ( ) 1 ;2 3 ; 3 Ht t t + − −+ Ta có: AH ⊥ ∆ .0 AH u ∆ ⇒=     ( ) ( ) ;2 3 ; 5 . 1; 3;1 0 t tt ⇔ − − −= 1 t ⇔= Suy ra ( ) 1; 1; 4 AH= −−   nên d có phương trình: 1 2 1 14 x yz −− = = −− Câu 124: [2H3-3.13-4] Trong không gian , viết phương trình chính tắc của đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau và . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Oxyz d 1 2 1 2 : 1 11 x yz d − −− = = −− 2 3 : 2 5 xt dy t z = +   = +   =  1 23 1 11 xy z −− − = = −− 1 21 1 12 xy z −− − = = −− 1 23 1 22 xy z −− − = = − − 1 23 1 12 xy z −− − = = −Chọn D. là vectơ chỉ phương của đường thẳng . là vectơ chỉ phương của đường thẳng . . . . là đường vuông góc chung của hai đường thẳng và khi và chỉ khi : . Khi đó và . Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng : . Câu 125: [2H3-3.13-4] Trong không gian , viết phương trình chính tắc của đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau và . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D. là vectơ chỉ phương của đường thẳng . là vectơ chỉ phương của đường thẳng . . . . là đường vuông góc chung của hai đường thẳng và khi và chỉ khi : . ( ) 1 1; 1; 1 u = −−  1 d ( ) 2 1;1;0 u =  2 d ( ) 1 2; 1; 2 A d A u u u ∈ ⇒ + −+ −+ ( ) 2 3 ;2 ;5 Bd B t t ∈⇒ + + ( ) 1; 1; 3 AB t ut uu = −+ + + +   AB 1 d 2 d 1 2 .0 1 1 30 1 10 . 0 AB u t u t u u t u t u AB u  = −+ − −− −− =   ⇔ − +++ + = =             3 30 1 2 20 u t u t − −=  ⇔ ⇔= =−  +=  ( ) 1; 1;2 AB = −   ( ) 1;2;3 A d 1 23 1 12 xy z −− − = = − Oxyz d 1 2 1 2 : 1 11 x yz d − −− = = −− 2 3 : 2 5 xt dy t z = +   = +   =  1 23 1 11 xy z −− − = = −− 1 21 1 12 xy z −− − = = −− 1 23 1 22 xy z −− − = = − − 1 23 1 12 xy z −− − = = − ( ) 1 1; 1; 1 u = −−  1 d ( ) 2 1;1;0 u =  2 d ( ) 1 2; 1; 2 A d A u u u ∈ ⇒ + −+ −+ ( ) 2 3 ;2 ;5 Bd B t t ∈⇒ + + ( ) 1; 1; 3 AB t ut uu = −+ + + +   AB 1 d 2 d 1 2 .0 1 1 30 1 10 . 0 AB u t u t u u t u t u AB u  = −+ − −− −− =   ⇔ − +++ + = =             3 30 1 2 20 u t u t − −=  ⇔ ⇔= =−  += Khi đó và . Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng : . Câu 126: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) 1;4;2 A , ( ) 1;2;4 B − và đường thẳng 12 : 1 12 xy z −+ ∆= = − . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 22 28 MA MB += . A. ( ) 1;0; 4 M − . B. ( ) 1;0;4 M − . C. ( ) 1;0;4 M . D. ( ) 1;0; 4 M−− . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) 1 ; 2 ;2 M d M t t t ∈ ⇒ − −+ ( ) ( ) 22 2 2 2 6 2 2 6 20 40 MA t t t t t = +− + − = − + ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 4 2 6 28 36 MB t t t t t = − + − + − = − + Theo bài ra: 22 2 28 12 48 76 28 MA MB t t + = ⇔ − + = 2 4 40 2 tt t ⇔ − + = ⇔= . Vậy ( ) 1;0;4 M − . Câu 127: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1; 2; 3 A −− , ( ) 3; 3; 2 B−− . Tìm điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A và B . A. ( ) 1; 0; 0 M . B. ( ) 0; 1; 0 M − . C. ( ) 1; 0; 0 M − . D. ( ) 0; 1; 0 M . Hướng dẫn giải. Chọn C. Cách 1: Gọi ( ) ;0;0 O Mx x ∈ Ta có: ( ) 1 ; 2; 3 ; MA x = − −−   ( ) 3 ;3; 2 . MB x = −− −   M cách đều hai điểm A và B MA MB ⇔= 2 2 MA MB ⇔= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 22 1 2 3 33 2 xx ⇔ − +− +− = − − + +− 1 x ⇔= − Vậy: ( ) 1;0;0 . M − Cách 2: Ta thấy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng. Từ đáp án A và C ta tính : MA , MB và được đáp án đúng là C. Câu 128: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) 1;4;2 A , ( ) 1;2;4 B − và đường thẳng 12 : 1 12 xy z −+ ∆= = − . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 22 28 MA MB += . A. ( ) 1;0; 4 M − . B. ( ) 1;0;4 M − . C. ( ) 1;0;4 M . D. ( ) 1;0; 4 M−− . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) 1 ; 2 ;2 M d M t t t ∈ ⇒ − −+ ( ) ( ) 22 2 2 2 6 2 2 6 20 40 MA t t t t t = +− + − = − + ( ) 1; 1;2 AB = −   ( ) 1;2;3 A d 1 23 1 12 xy z −− − = = −( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 4 2 6 28 36 MB t t t t t = − + − + − = − + Theo bài ra: 22 2 28 12 48 76 28 MA MB t t + = ⇔ − + = 2 4 40 2 tt t ⇔ − + = ⇔= Vậy ( ) 1;0;4 M − . Câu 129: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1; 2; 3 A −− , ( ) 3; 3; 2 B−− . Tìm điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A và B . A. ( ) 1; 0; 0 M . B. ( ) 0; 1; 0 M − . C. ( ) 1; 0; 0 M − . D. ( ) 0; 1; 0 M . Hướng dẫn giải. Chọn C. Cách 1: Gọi ( ) ;0;0 O Mx x ∈ Ta có: ( ) 1 ; 2; 3 ; MA x = − −−   ( ) 3 ;3; 2 . MB x = −− −   M cách đều hai điểm A và B MA MB ⇔= 2 2 MA MB ⇔= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 22 1 2 3 33 2 xx ⇔ − +− +− = − − + +− 1 x ⇔= − Vậy: ( ) 1;0;0 . M − Cách 2: Ta thấy ngay hoặc đáp án A hoặc đáp án C đúng. Từ đáp án A và C ta tính : MA , MB và được đáp án đúng là C. Câu 130: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) 1;4;2 A , ( ) 1;2;4 B − và đường thẳng 12 : 1 12 xy z −+ ∆= = − . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho 22 28 MA MB += . A. ( ) 1;0; 4 M − . B. ( ) 1;0;4 M − . C. ( ) 1;0;4 M . D. ( ) 1;0; 4 M−− . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) 1 ; 2 ;2 M d M t t t ∈ ⇒ − −+ ( ) ( ) 22 2 2 2 6 2 2 6 20 40 MA t t t t t = +− + − = − + ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 4 2 6 28 36 MB t t t t t = − + − + − = − + Theo bài ra: 22 2 28 12 48 76 28 MA MB t t + = ⇔ − + = 2 4 40 2 tt t ⇔ − + = ⇔= Vậy ( ) 1;0;4 M − . Câu 131: [2H3-3.14-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có ( ) 1;4;1 A − , đường chéo 2 23 : 1 12 x y z BD − −+ = = −− , đỉnh C thuộc mặt phẳng ( ) : 2 40 x yz α + +− =. Tìm tọa độ điểm C . A. ( ) 1;3; 3 C − . B. ( ) 1;3; 1 C−− . C. ( ) 3;2; 3 C − . D. ( ) 2;3;0 C − . Lời giải Chọn C. Giả sử BD AC I =  suy ra ( ) 2 ;2 ; 3 2 I tt t + − − − . Suy ra ( ) 5 2; 2; 7 4 C tt t + − −− . Do ( ) ( ) 5 24 7 44 0 1 3;2; 3 C tt t t C α ∈ ⇔ + −− −− =⇔ = − ⇒ − . Câu 132: [2H3-3.14-4] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 3;0;0, 0;2;0, 0;0;6, 1;1;1. AB C D Gọi ∆ là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm , , AB C đến ∆ là lớn nhất. Hỏi ∆ đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. ( ) 7;13;5 M . B. ( ) 3;4;3 M . C. ( ) 1; 2;1 M −− . D. ( ) 3; 5; 1 M −− − . Hướng dẫn giải Chọn D. Dề dàng có phương trình mp ( ) ABC là 1 2 3 60 3 26 + + = ⇔ + +− = x yz x yz và có ( ) D ABC ∈ . Do ( ) ,; d A AD ∆≤ ( ) ,; d B BD ∆≤ ( ) ,; d C CD ∆≤ và dấu bằng của 3 bất đằng thức đạt được khi ( ) ABC ∆ ⊥ . Vậy vtcp của ∆ là vtpt của mp ( ) ABC là ( ) 2;3;1 u =  . Phương trình 1 11 : 2 31 x yz − −− ∆= = . Vậy ( ) 3;5;1 − − − ∈∆ M . Câu 133: [2H3-3.15-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (1;1;1), (2;0;1) AB và mặt phẳng ( ): 2 2 0 P x y z + + +=. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng () P sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất A. 1 11 : 31 2 x yz d − −− = = − . B. 2 : 22 2 x y z d + = = − . C. 22 : 1 11 xy z d − − = = − . D. 1 11 : 3 11 x yz d − −− = = −− . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có : ( ) , BK d B d AB = ≤ Để ( ) max , d B d K A AB d ⇔ ≡⇒ ⊥ Gọi d u  là VTCP của d Ta có : ( ) ( ) , 2;2; 2 2 1;1; 1 dP u n AB  = = −= −        Do A ∈ 22 : 1 11 xy z d − − = = − Vậy phương trình chính tắc của d : 22 1 11 xy z − − = = − P d K B ACâu 134: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai đường thẳng :; 11 2 xy z a = = − 11 : 21 1 x y z b ++ = = −− và mặt phẳng ( ) : 0. x y P z − −= Viết phương trình của đường thẳng d song song với ( ) P , cắt a và b lần lượt tại M và N mà 2. MN = A. 7 47 47 8 : . 38 5 x yz d + −+ = = − B. 7 47 47 8 . 38 5 x yz − −+ = = − C. 7 1 7 4 7 8 :. 38 5 xy z d − + + = = − D. 7 47 47 8 : . 38 5 x yz d − ++ = = − Lời giải Chọn B. Gọi ( ) ;; 2 M tt t − và ( ) 1 2 ', ', 1 ' N t t t −− −− . Suy ra ( ) 1 2 '; '; 1 ' 2 MN t t t t t t = −− − − −− +    . Do đường thẳng d song song với ( ) P nên 1 2 ' ' 1 ' 2 0 ' t t t t t t t t − − − − +++ − = ⇔ =− . Khi đó ( ) 2 1 ; 2 ; 1 3 14 8 2 MN t t t MN t t = −+ − −+ ⇒ = − +    . Ta có 2 4 2 14 8 2 2 0 7 MN t t t t = ⇔ − + = ⇔ = ∨= . Với 0 t = thì ( ) 1;0; 1 MN=−−    ( loại do không có đáp án thỏa mãn ) Với 4 7 t = thì ( ) 3 85 1 ; ; 3;8; 5 7 77 7 MN  =− − = − −      và 44 8 ;; 77 7 M   −     Vậy 4 48 7 47 47 8 7 7 7 . 38 5 3 8 5 x yz x yz − −+ − −+ = = ⇔= = −− Câu 135: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;3;1 A , ( ) 0;2;1 B và mặt phẳng ( ) : 70 P x yz + +− =. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( ) P sao cho mọi điểm thuộc đường thẳng d luôn cách đều 2 điểm A và B . A. 2 73 xt yt zt =   = −   =  . B. 73 2 x t yt zt =   = +   =  . C. 73 2 xt yt zt = −   = −   =  . D. 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Hướng dẫn giải Chọn D. Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng d do M cách đều A và B nên M thuộc mặt phẳng trung trực của AB . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Ta có mặt phẳng trung trực ( ) Q của AB đi qua 35 ; ;1 22 I       và có vectơ pháp tuyến ( ) 3; 1;0 AB=−−   nên phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) Q là ( ) 35 3 1 0 10 22 x y z    − −− −+ − =       3 70 xy ⇔ + − =. Do đó đường thẳng d là giao tuyến của ( ) P và ( ) Q . Xét hệ phương trình 70 3 70 x yz xy + +− =   + − =  Cho 0 x = ⇒ 7 0 y z =  ⇒  =  ( ) 0;7;0 Cd ∈ . Cho 1 x = ⇒ 4 2 y z =  ⇒  =  ( ) 1;4;2 Dd ∈ Đường thẳng đi qua ( ) 0;7;0 C và nhận vectơ ( ) 1; 3;2 CD = −   làm vectơ chỉ phương nên phương trình tham số đường thẳng là 73 2 x t yt zt =   = −   =  . Câu 136: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng và Mặt phẳng tọa độ cắt các đường thẳng , lần lượt tại các điểm , . Diện tích tam giác là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là nghiệm của hệ: . Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là nghiệm của hệ: . Ta có: . Vậy diện tích tam giác là . Câu 137: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho đường thẳng 11 : 11 1 xy z −− ∆ = = . Xét mặt phẳng ( ) 2 : 2 1 0, P m x y mz m − + += là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( ). P A. 1 m = và 2 m = − . B. 2 m = − . Oxyz 1 1 21 : 3 12 xy z d −+ + = = − 2 33 :5 2 xt dy t zt =−+   = −   =  Oxz 1 d 2 d A B OAB 5 10 15 55 1 d Oxz ( ) 5 1 21 0 0 5;0; 5 3 12 11 2 0 5 32 x xy z y y A x z y z = −  −+ + =   = =   ⇔ ⇔= ⇒ − − − −+  = = −   = = −    1 d Oxz ( ) 33 5 5 12 12;0;10 20 0 10 x tt yt x B zt y yz =−+ =   = −=  ⇔ ⇒ = =   = =  ( ) , 0; 10;0 OA OB  = −       OAB 1 ,5 2 S OA OB  = =      C. 1 m = . D. 1 m = − và 2 m = . Hướng dẫn giải Chọn C ∆ có vectơ chỉ phương (1;1;1) u =  và qua (0;1;1) A () P có vectơ pháp tuyến 2 ( ; 2; ) nm m = −  Để () P ∆ ⊂ thì 2 2 20 1 .0 2.1 .1 1 0 () mm u n m mm AP  −+ =  ⊥  ⇔ ⇔= − + + = ∈     . Câu 138: [2H3-3.15-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 10 x ay bz α + + −= và đường thẳng 1 :. 11 1 x y z − ∆ = = −− Biết rằng ( ) α // ∆ và ( ) α tạo với các trục , Ox Oz các góc giống nhau. Tìm giá trị của a . A. 1 a = − hoặc 1. a = B. 2 a = hoặc 0. a = C. 0. a = D. 2. a = Lời giải Chọn D. Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 1; ; u n ab α ∆ = − −    =     mà ( ) α // ∆ ( ) . 01 0 1 n u ab a b α ∆ ⇒ = ⇔− − = ⇔ + =  ( ). ∗ Mặt khác ( ) α tạo với các trục , Ox Oz suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) sin ; sin ; ni n k αα =    với ( ) ( ) 1;0;0 0;0;1 i k  =   =     ( ) ( ) ( ) ( ) .. 1 1 11 n i n k b b ni n k αα αα ⇒ = ⇔= ⇔ = ±       , thế vào ( ) ∗ , ta được 2 . 0 a a =   =  Tuy nhiên khi ( ) 0 : 10 a xz α = ⇒ + −= chứa đường thẳng ∆ suy ra nhận 2. a = Câu 139: [2H3-3.15-3]Cho mặt phẳng ( ) : 2 50 P xy z + − +=, đường thẳng 12 : 21 1 x y z d +− = = và điểm ( ) 1; 1; 2 A − . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và ( ) P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . A. 1 12 1 3 2 x yz + −+ = = − . B. 1 12 2 32 x y z − + − = = − . C. 1 12 23 2 x y z − + − = = . D. 1 12 23 1 x y z − + − = = − Hướng dẫn giải Chọn C. Giả sử ∆ cắt d tại ( ) ( ) 1 2 ; ;2 3 2 ; 2 ;2 M t t t N t t t −+ + ⇒ − − − − do A là trung điểm của MN . Do ( ) ( ) ( ) : 2 5 0 2 3; 2; 4 2; 3; 2 N P x y z t M AM ∈ + − + = ⇒= ⇒ ⇒    Phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, M là 1 12 23 2 x y z − + − = = Phần 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Câu 1: [2H3-4.1-3] Trong không gian , cho mặt cầu là tham số thực). Tìm các giá trị của để mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. có tâm , bán kính = đạt giá trị nhỏ nhất là khi . Câu 2: [2H3-4.1-3] Trong không gian , cho mặt cầu là tham số thực). Tìm các giá trị của để mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. có tâm , bán kính = đạt giá trị nhỏ nhất là khi . Câu 3: [2H3-4.1-4] Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;3 Aa B b C trong đó a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 ab + =. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnOABC . Biết rằng khi a, b thay đổi thì điểm I luôn thuộc một đường thẳng ∆ cố định. Viết phương trình đường thẳng ∆ . A. : 2; 3 2 x t y tt z   =  ∆ =− ∈    =   . B. 1 :; 3 2 xt yt t z   = −  ∆ = ∈    =   . C. : 2; 3 x t y tt z =   ∆ =+∈   =   . D. : 1; 3 x t y tt z =   ∆ =+∈   =   . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;3 Aa B b C nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 3 ;; 2 22 ab I       Oxyz ( ) 22 2 : 2 64 8 0 S x y mx y z m m + − + −− + =m m ( ) S 3 m = 2 m = 4 m = 5 m = ( ) S ( ) 3;2 Im − ( ) 2 2 22 32 8 Rm m m = +− + + − ( ) 2 2 25 5 m− +≥ R 5 R = 2 m = Oxyz ( ) 22 2 : 2 64 8 0 S x y mx y z m m + − + −− + =m m ( ) S 3 m = 2 m = 4 m = 5 m = ( ) S ( ) 3;2 Im − ( ) 2 2 22 32 8 Rm m m = + − + + − ( ) 2 2 25 5 m− +≥ R 5 R = 2 m =Theo đề ta có 2 2 ab a b + = ⇒ = − nên 23 ;; 2 22 bb I −      . Cho 1 11 3 1 ;; 222 bI  = ⇒ ∈∆   , 2 1 31 3 ;; 2 442 bI  = ⇒ ∈∆   , 12 1 1 ; ;0 4 4 II  = −     Do đó ∆ đi qua 1 I và có vtcp ( ) 1; 1;0 u = −  nên có phương trình 1 2 1 2 3 2 x t y t z  = +    = −    =   tức là đường thẳng 1 3 2 xt yt z   = −  =    =  . Câu 4: [2H3-4.3-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu có tâm ( ) 2; 3;2 I − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 P x y z − + −= ? A. ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 22 x yz + + − ++ = . B. ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 22 x yz − + + +− = . C. ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 24 x yz + + − ++ = . D. ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 24 x yz − + + +− = . Hướng dẫn giải: Chọn D. ( ) ( ) 6 ,2 3 dI P R = = = Câu 5: [2H3-4.3-3] Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với ( ) 1;6;2 A , ( ) 5;1;3 B , ( ) 4;0;6 C , ( ) 5;0;4 D . Viết phương trình mặt cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng ( ) ABC . A. ( ) ( ) 22 2 2 54 223 x yz − + +− = . B. ( ) ( ) 22 2 4 54 446 x yz − + +− = . C. ( ) ( ) 22 2 8 54 223 x yz + + ++ = . D. ( ) ( ) 22 2 8 54 223 x yz − + +− = . Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có ( ) 4; 5;1 AB = −   và ( ) 3; 6;4 AC = −   . Khi đó ( ) , 14; 13; 9 AB AC  =− −−      . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) ( ) 14 1 13 6 9 2 0 14 13 9 110 0 x y z x yz − − − − − − = ⇔ + + − = . Do đó ( ) ( ) 2 22 14.5 13.0 9.4 110 4 , 446 14 13 9 R d D ABC + + − = = = + + . Phương trình mặt cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) 22 2 8 54 223 x yz − + +− = . Câu 6: [2H3-4.3-3]Trong mặt phẳng , cho đường thẳng và 2 mặt phẳng và lần lượt có phương trình ; . Mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , tiếp xúc với hai mặt phẳng và có phương trình A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn D Gọi . Do tiếp xúc với hai mặt phẳng và ta có: . có . Câu 7: [2H3-4.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng :2 2 3 2 1 0 P xy z . Viết phương trình mặt cầu nằm trong phần không gian có 0, 0, 0 x y z , tiếp xúc với các trục , , Ox Oy Oz và tiếp xúc với mặt phẳng P . A. 2 22 2 1 0. x y z x yz B. 2 22 2 2 0. x y z x yz C. 2 22 2 2 0. x y z x yz D. 2 22 2 1 0. x y z x yz Lời gi ải. Gọi tâm mặt cầu cần tìm là , , I ab c với 0; 0; 0 a b c . Chân đường vuông góc hạ từ I đến các trục , , Ox Oy Oz lần lượt là ;0;0 Aa , 0; ;0 Bb , 0;0; C c . Mặt cầu tiếp xúc với các trục , , Ox Oy Oz và tiếp xúc với mặt phẳng P nên ta có: Oxyz :1 x t dy zt =   = −   = −  ( ) P ( ) Q 2 2 30 x y z + + += 2 2 70 x y z + + += ( ) S I d ( ) P ( ) Q ( ) ( ) ( ) 22 2 4 3 13 9 x yz + + + +− = ( ) ( ) ( ) 22 2 4 3 13 9 x y z − + − ++ = ( ) ( ) ( ) 22 2 4 3 13 9 x yz + + + ++ = ( ) ( ) ( ) 22 2 4 3 13 9 x yz − + + ++ = ( ) ; 1; It t d −− ∈ ( ) S ( ) P ( ) Q ( ) ( ) ( ) ( ) ,, I P IQ dd = 222 222 22 3 22 7 12 2 12 2 tt tt −− + −− + ⇔= ++ ++ 3 t ⇔= ( ) S ( ) 3; 1; 3 2 3 I R −−    =   ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 4 :3 1 3 9 Sx y z ⇒ − + + ++ = 22 22 22 22 22 2 2 22 2 2 2 22 22 , 2 2 3 2 1 9 2 2 3 2 1 3 b c ac b c ac IA IB IC d I P a c a b a c a b ab c a b ab c ab        2 2 d , , 0 1 18 9 2 1 2 2 1 ab c ab c oa b c a b c aa aa   . Khi đó bán kính mặt cầu R 2 IA . Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 2 22 1 1 12 x yz hay 2 22 2 1 0 x y z x yz . Ch ọn D. Cách giải nhanh. Nhận thấy 4 đáp án đều có tâm 1;1;1 , 2 I R dI P    . Câu 8: [2H3-2.11-3]Câu 49*. [2H3-2.11-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 1; 3;2 M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại , , AB C thỏa mãn 0 OA OB OC . A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời gi ải. Giả sử ;0;0 0; ;0 : 1. 0;0; P Ox A a x y z P Oy B b P ab c P Oz C c      ● P đi qua 13 2 1; 3;2 1. M ab c  ● . OA OB OC a b c  Ta có hệ 13 2 1 . ab c ab c  Hệ có 3 nghiệm nên có 3 mặt phẳng P thỏa yêu cầu. Ch ọn C. Cụ thể các trường hợp đó là * , , ab c dùng dấu ab c  : không thỏa mãn. * Một trong ba số , , ab c khác dấu với hai số còn lại . ab c a bc ab c       Nhận xét. Do t ọa độ của điểm M đặc biệt nên trường hợp ab c không thỏa mãn. Nếu không đặc biệt thì kết quả bài này có 4 mặt phẳng. Câu 9: [2H3-2.11-4]Câu 50*. [2H3-2.11-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 22 :3 Sx y z . Một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu S và cắt các tia , , Ox Oy Oz tương ứng tại , , AB C . Tính giá trị của biểu thức 22 2 1 1 1 T OA OB OC . A. 1 3 T . B. 1 3 T . C. 1 9 T . D. 3 T . Lời gi ải. Gọi ;0;0 0; ;0 : 1 0;0; Ox A a x y z Oy B b ab c Oz C c      hay : 1 0. x y z ab c Mặt cầu S có tâm 0;0;0 I , bán kính 3 R . Do tiếp xúc với S nên 2 2 2 2 2 2 1 1 11 1 , 3 . 1 11 3 dI R ab c ab c   Suy ra 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 T OA OB OC a b c . Ch ọn B. Cách tr ắc nghi ệm. Do bài toán đúng với mọi nên ta chọn một trường hợp đặc biệt. Chọn điểm 1;1;1 M thuộc S . Khi đó mặt phẳng thỏa mãn bài toán sẽ đi qua M và nhận OM   làm một VTPT nên có phương trình : 30 x yz . Suy ra 22 2 3 ;0;0 1 1 1 1 1 1 1 0;3;0 . 9 9 9 3 0;0;3 Ox A a Oy B T OA OB OC Oz C      Câu 10: [2H3-4.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) α là mặt phẳng qua đường thẳng 4 4 : 31 4 x yz −+ ∆== − và tiếp xúc với mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 3 3 19 Sx y z − + + +− = . Khi đó ( ) α song song với mặt phẳng nào sau đây? A. 3 20 x y z −+ =. B. 2 2 50 x yz − + − − =. C. 0 x yz + + =. D. 30 x yz + + =. Hướng dẫn giải Chọn B. 3 40 4 4 : 4 40 31 4 xy x yz yz − − =  −+ ∆==⇔  ++ = −  ( ) α qua đường thẳng ∆ nên có pt dạng: ( ) ( ) 3 4 4 40 ax y b y z − − + ++ = với 22 0 ab +≠ . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 3; 3;1 I − và bán kính 3 R = ( ) α tiếp xúc với mặt cầu ( ) S nên ( ) ( ) , dI R α = ( ) 2 22 87 3 43 ab a ba b − ⇔= +− + ( ) 2 20 2 ab a b ⇔ − = ⇔= . Chọn 2 a = 1 b ⇒= . 2 2 40 x yz ⇔ − +− =. Câu 11: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2; 1; 6 I −− và đường thẳng 11 : . 1 2 2 x y z − + ∆== − Gọi ( ) P là mặt phẳng thay đổi luôn chứa đường thẳng ; ∆ ( ) S là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳng ( ) P sao cho mặt cầu ( ) S có bán kính lớn nhất. Tính bán kính R của mặt cầu ( ) S . A. 3 2. R = B. 5. R = C. 2 3. R = D. 2 5. R = Lời giải Chọn A. Gọi H là hình chiếu của I lên ∆ Ta có: ( ) ( ) ( ) ,, IH d I d I P = ∆ ≥ . Gọi ( ) α là mặt phẳng chứa I và vuông góc ∆ . Ta tìm được ( ) : 2 2 12 0 x yz α + − −= Tọa độ H là giao điểm của ( ) α và ( ) ∆ nên là nghiệm của hệ phương trình: 11 22 12 2 2 2 12 0 3 xt t yt x zt y x yz z = +=   = =  ⇒ =−− =   + − −= = −  Vậy: ( ) 2;2; 3 H − Bán kính 2 22 0 3 3 3 2 R IH = = ++ = . Câu 12: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (0;8;2) A và mặt cầu () S có phương trình 2 22 ( ) : ( 5)( 3)( 7) 72 Sx y z − + + + − = và điểm (9; 7;23) B − . Viết phương trình mặt phẳng () P qua A tiếp xúc với () S sao cho khoảng cách từ B đến () P là lớn nhất. Giả sử (1; ; )  n mn = là một vectơ pháp tuyến của () P . Khi đó A. .2 mn = . B. .2 mn = − . C. . 4 mn = . D. .4 mn = − . Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt phẳng () P qua A có dạng ( 0) ( 8) ( 2) 0 8 2 0 a x b y c z ax by cz b c . Điều kiện tiếp xúc: 22 2 22 2 5 378 2 5 11 5 ( ;( )) 62 62 62 a b c b c a b c dI P a bc a bc . (*) Mà 22 2 22 2 9 7 23 8 2 9 15 21 ( ;( )) a b c b c a b c dB P a bc a bc 22 2 5 11 5 4( 4 ) a b c ab c a bc  2 2 22 2 2 22 2 22 2 22 2 5 11 5 4 1 ( 1) 4 . 4 6 2 4 18 2 a b c ab c a bc a bc a bc a bc   . Dấu bằng xảy ra khi 1 1 4 ab c . Chọn 1; 1; 4 ab c thỏa mãn (*). Khi đó ( ): 4 0 Px y z . Suy ra 1; 4 m n . Suy ra: . 4. mn Câu 13: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho biết đường cong ( ) ω là tập hợp tâm của các mặt cầu đi qua điểm ( ) 1;1;1 A đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) : 60 x yz α + +− = và ( ) : 60 x yz β + ++ =. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong ( ) ω bằng A. 45 . π B. 3 5. C. 9. π D. 3. Lời giải Chọn C. Gọi ( ) S là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm ( ) ; ; I x yz . Theo bài ra, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ;; IA dI dI αβ = = . Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ;; 6 6 0. dI dI x y z x y z x yz αβ = ⇔ + +− = + ++ ⇔ + + = Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng :0 Px y z và ( ) ( ) ,3 = = d A P AH . Vì ( ) α // ( ) β nên ( ) ( ) ( ) ; 2 3 2 d IA αβ = = . Từ đó ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 1 12. x y z −+ −+ − = Vậy điểm ( ) ; ; I x yz thuộc mặt cầu 2 1 22 : 1 1 1 12. Sx y z ⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu ( ) S là giao tuyến của mặt cầu ( ) 1 S và mặt phẳng ( ) P hay chính là đường tròn tâm H có bán kính ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 22 22 ; 2 3 3 3. S R R d AP = − = −= Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2 9. SR ππ = = Câu 14: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (0;8;2) A và mặt cầu () S có phương trình 2 22 ( ) : ( 5)( 3)( 7) 72 Sx y z − + + + − = và điểm (9; 7;23) B − . Viết phương trình mặt phẳng () P qua A tiếp xúc với () S sao cho khoảng cách từ B đến () P là lớn nhất. Giả sử (1; ; )  n mn = là một vectơ pháp tuyến của () P . Khi đó A. .2 mn = . B. .2 mn = − . C. . 4 mn = . D. .4 mn = − . Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt phẳng () P qua A có dạng ( 0) ( 8) ( 2) 0 8 2 0 a x b y c z ax by cz b c . Điều kiện tiếp xúc: 22 2 22 2 5 378 2 5 11 5 ( ;( )) 62 62 62 a b c b c a b c dI P a bc a bc . (*) Mà 22 2 22 2 9 7 23 8 2 9 15 21 ( ;( )) a b c b c a b c dB P a bc a bc 22 2 5 11 5 4( 4 ) a b c ab c a bc  2 2 22 2 2 22 2 22 2 22 2 5 11 5 4 1 ( 1) 4 . 4 6 2 4 18 2 a b c ab c a bc a bc a bc a bc   . Dấu bằng xảy ra khi 1 1 4 ab c . Chọn 1; 1; 4 ab c thỏa mãn (*). Khi đó ( ): 4 0 Px y z . Suy ra 1; 4 m n . Suy ra: . 4. mn Câu 15: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho biết đường cong ( ) ω là tập hợp tâm của các mặt cầu đi qua điểm ( ) 1;1;1 A đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) : 60 x yz α + +− = và ( ) : 60 x yz β + ++ =. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong ( ) ω bằng A. 45 . π B. 3 5. C. 9. π D. 3. Lời giải Chọn C. Gọi ( ) S là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm ( ) ; ; I x yz . Theo bài ra, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ;; IA dI dI αβ = = . Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ;; 6 6 0. dI dI x y z x y z x yz αβ = ⇔ + +− = + ++ ⇔ + + = Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng :0 Px y z và ( ) ( ) ,3 = = d A P AH . Vì ( ) α // ( ) β nên ( ) ( ) ( ) ; 2 3 2 d IA αβ = = . Từ đó ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 1 12. x y z −+ −+ − = Vậy điểm ( ) ; ; I x yz thuộc mặt cầu 2 1 22 : 1 1 1 12. Sx y z ⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu ( ) S là giao tuyến của mặt cầu ( ) 1 S và mặt phẳng ( ) P hay chính là đường tròn tâm H có bán kính ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 22 22 ; 2 3 3 3. S R R d AP = − = −= Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2 9. SR ππ = = Câu 16: [2H3-4.3-4]Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật. Mỗi quả bóng tiếp xúc với hai bức tường và nền của căn nhà đó. Trên bề mặt của mỗi quả bóng, tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường quả bóng tiếp xúc và đến nền nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đường kính của hai quả bóng đó là A. 64 . B. 34 . C. 32 . D. 16. Giải Chọn A. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường và các trục là các cạnh góc nhà. Do hai quả cầu đều tiếp xúc với các bức tường và nền nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, vậy tâm cầu sẽ có toạ độ là ( ) ;; I aaa với 0 a > và có bán kính Ra = . Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt là 9, 10, 11 nên nói cách khác điểm ( ) 9;10;13 A thuộc mặt cầu. Từ đó ta có phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 9 10 13 a a aa −+ −+ − = . Giải phương trình ta được nghiệm 7 a = hoặc 25 a = . Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là ( ) 2 7 25 64 + = . ----------HẾT---------- Câu 17: [2H3-4.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 : 2 14 − = = − x yz d và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 1 2 − + − +− = Sx y z . Hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q chứa d và tiếp xúc với ( ) S . Gọi , MN là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng . MN A. 2 2. B. 4 . 3 C. 6. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;1 , 2 = IR Đường thẳng d nhận ( ) 2; 1;4 = −  u làm vectơ chỉ phương Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d . ( ) 2 2; ;4 ∈⇔ + − H d H t tt Lại có : ( ) ( ) . 0 2 1; 2;4 1 . 2; 1;4 0 = ⇔ + −− − − =   IH u t t t ( ) ( ) 22 1 2 44 1 0 0 ⇔ + ++ + − = ⇔ = tt t t Suy ra tọa độ điểm ( ) 2;0;0 H . Vậy 1 41 6 = + += IH Suy ra: 62 2 = −= HM Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . Suy ra: 2 22 1 1 1 11 3 42 4 = + = + = MK MH MI . Suy ra: 24 33 MK MN = ⇒ = . Câu 18: [2H3-4.5-3] Trong không gian , cho hai điểm , và đường thẳng . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc và đi qua hai điểm , . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi mặt cầu có tâm , bán kính . Vì Vì hai điểm , cùng thuộc nên: và Vậy: . Câu 19: [2H3-4.5-3] Trong không gian , cho hai điểm , và đường thẳng . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc và đi qua hai điểm , . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi mặt cầu có tâm , bán kính . Vì Vì hai điểm , cùng thuộc nên: và Vậy: . Câu 20: [2H3-4.5-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các mặt cầu ( ) S có tâm I thuộc mặt phẳng ( ) : 40 P x y −+= và đi qua hai điểm ( ) 0;0;2 A , ( ) 0;2;0 B . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ( ) S là Oxyz ( ) 1;2; 2 A − ( ) 0;3;4 B 1 2 : 23 3 xt dy t zt = +   = −   = −  d A B ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 3 25 xy z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x yz − + + +− = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x y z + + − +− = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x yz − + + ++ = ( ) S I R ( ) 1 2 ;2 3 ;3 Id I t t t ∈⇒ + − − A B ( ) S IA IB R = = 22 IA IB ⇔= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 3 5 1 2 13 1 t t t t t t ⇔ − + + − + =− − ++ ++ 22 22 1 tt ⇔ = ⇔= ( ) 3; 1;2 I ⇒− 29 R IA = = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 1 2 29 Sx y z − + + +− = Oxyz ( ) 1;2; 2 A − ( ) 0;3;4 B 1 2 : 23 3 xt dy t zt = +   = −   = −  d A B ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 3 25 xy z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x yz − + + +− = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x y z + + − +− = ( ) ( ) ( ) 22 2 3 1 2 29 x yz − + + ++ = ( ) S I R ( ) 1 2 ;2 3 ;3 Id I t t t ∈⇒ + − − A B ( ) S IA IB R = = 22 IA IB ⇔= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 3 5 1 2 13 1 t t t t t t ⇔ − + + − + =− − ++ ++ 22 22 1 tt ⇔ = ⇔= ( ) 3; 1;2 I ⇒− 29 R IA = = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 1 2 29 Sx y z − + + +− =A. 2 . B. 22 . C. 2 3 . D. 3 . Lời giải Chọn B. Ta có mặt cầu ( ) S đi qua hai điểm , AB nên tâm I nằm trên ( ) α là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . Mặt phẳng ( ) α đi qua trung điểm ( ) 0;1;1 M của AB và có vtpt ( ) 1 0;1; 1 2 n AB α = = −     nên có phương trình 0. yz −= Mặt khác I thuộc mặt phẳng ( ) P nên I nằm trên giao tuyến ∆ của ( ) α và ( ) P . Đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 4;0;0 C − và có vtcp ( ) , 1;1;1 . P u n n α   = =        Gọi H là hình chiếu của A lên d . Khi đó ta có IA HA ≥ . Do đó giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ( ) S là ( ) , , 2 2. u MA R HA d A u  = = ∆= =      Câu 21: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục , mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn có tọa độ tâm là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có có tâm . Tâm của đường tròn thiết diện là hình chiếu của tâm xuống mặt phẳng . Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với mp . Phương trình P M A B H I Oxyz ( ) :0 P x yz + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 24 Sx y z + + − +− = ( ) 1;1; 2 − ( ) 1; 2;1 − ( ) 2;1;1 − ( ) 1; 2;3 −− ( ) S ( ) 1;2;2 I − H I ( ) P ∆ I ( ) P 1 : 2 2 xt yt zt =−+   ∆ =+   = + Tọa độ là nghiệm của hệ . Câu 22: [2H3-4.6-3] Trong không gian viết phương trình mặt cầu có tâm là và cắt mặt phẳng theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng . A. B. C. D. Hướng dẫn giải Chọn B. Áp dụng công thức SGK hình học 12 là: Với bán kính mặt cầu, khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng, bán kính đường tròn giao tuyến. Ta có: , Vậy: Câu 23: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x yz + − − = và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 6 11 0 Sx y z x y z + + − + − −= . Biết mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 I − , bán kính 5 R = . Khoảng cách từ I đến ( ) P : ( ) ;3 dI P =  . ⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 53 4 r= −= . Câu 24: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x yz + − − = và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 6 11 0 Sx y z x y z + + − + − −= . Biết mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 I − , bán kính 5 R = . Khoảng cách từ I đến ( ) P : ( ) ;3 dI P =  . ⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 53 4 r= −= . H ( ) 12 21 2;1;1 21 01 xt x yt y H zt z x yz t =−+ =−   = +=  ⇔ ⇒− = +=   + + = =−  , Oxyz ( ) 1;0;1 I − 2 2 17 0 x y z + + + = 16 π ( ) ( ) 22 2 1 1 81 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 100 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 10 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 64 x yz + + +− = 2 22 r dR = + r d R 2 16 8 RR ππ = ⇒ = ( ) ( ) 222 1 2 17 ,6 12 2 d dI α −+ + = = = ++ 2 2 2 22 8 6 100 r dR = + = +=Câu 25: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 22 : 2 2 1 20 m S x y mx m y mz m + + − − − + − =. Với mọi m ∈  , mặt cầu ( ) m S luôn đi qua một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 3 r = . B. 2 r = . C. 3 r = . D. 2 r = . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi ( ) ; ; M x yz là điểm cố định mà mặt cầu ( ) m S luôn đi qua với mọi m ∈  . ( ) 2 22 2 2 1 2 0, x y z mx m y mz m m + + + − − − + − = ∀∈  ( ) 2 22 2 2 2 2 1 0, x y z y m x yz m ⇔ + + + − + − − + = ∀ ∈  Suy ra: ( ) ( ) 2 22 1 2 2 0 2 2 10 x y z y S x yz α  + + + − =   − − +=   . ( ) m S chứa đường tròn ( ) C là giao tuyến của mặt cầu ( ) 1 S và mặt phẳng ( ) α . Mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 0; 1;0 I − , bán kính 3 R = . ( ) ( ) ( ) 22 2.0 2. 1 0 1 , 1 2 21 dI α − − − + = = ++ . ( ) ( ) 22 , 31 2 r R dI α = − = −= . Câu 26: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 34 Sx y z − + − + − = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa trục Ox và cắt ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 . A. ( ) :3 2 0 P yz − = . B. ( ) : 2 3 0 P y z −= . C. ( ) : 230 P yz += . D. ( ) :3 2 0 P y z += . Hướng dẫn giải Chọn A. Phương trình mặt phẳng ( ) P chứa trục Ox có dạng: ( ) 22 00 By Cz B C += + ≠ . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;3 I , bán kính 2 R = . Vì mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên mặt phẳng ( ) P đi qua tâm ( ) 1;2;3 I . Nên ta có: 23 0 BC + = . Chọn 3 B = suy ra 2 C = − . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) :3 2 0 P yz − = . Câu 27: [2H3-4.6-3] Trong không gian viết phương trình mặt cầu có tâm là và cắt mặt phẳng theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng . A. B. C. D. Hướng dẫn giải Chọn B. , Oxyz ( ) 1;0;1 I − 2 2 17 0 x y z + + + = 16 π ( ) ( ) 22 2 1 1 81 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 100 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 10 x yz + + +− = ( ) ( ) 22 2 1 1 64 x yz + + +− =Áp dụng công thức SGK hình học 12 là: Với bán kính mặt cầu, khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng, bán kính đường tròn giao tuyến. Ta có: , Vậy: Câu 28: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x yz + − − = và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 6 11 0 Sx y z x y z + + − + − −= . Biết mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 I − , bán kính 5 R = . Khoảng cách từ I đến ( ) P : ( ) ;3 dI P =  . ⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 53 4 r= −= . Câu 29: [2H3-4.6-3] Mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x yz + − − = và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 6 11 0 Sx y z x y z + + − + − −= . Biết mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này. A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 34 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 I − , bán kính 5 R = . Khoảng cách từ I đến ( ) P : ( ) ;3 dI P =  . ⇒ bán kính đường tròn giao tuyến 2 2 53 4 r= −= . Câu 30: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 22 : 2 2 1 20 m S x y mx m y mz m + + − − − + − =. Với mọi m ∈  , mặt cầu ( ) m S luôn đi qua một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 3 r = . B. 2 r = . C. 3 r = . D. 2 r = . Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi ( ) ; ; M x yz là điểm cố định mà mặt cầu ( ) m S luôn đi qua với mọi m ∈  . ( ) 2 22 2 2 1 2 0, x y z mx m y mz m m + + + − − − + − = ∀∈  ( ) 2 22 2 2 2 2 1 0, x y z y m x yz m ⇔ + + + − + − − + = ∀ ∈  Suy ra: ( ) ( ) 2 22 1 2 2 0 2 2 10 x y z y S x yz α  + + + − =   − − +=   . 2 22 r dR = + r d R 2 16 8 RR ππ = ⇒ = ( ) ( ) 222 1 2 17 ,6 12 2 d dI α −+ + = = = ++ 2 2 2 22 8 6 100 r dR = + = +=( ) m S chứa đường tròn ( ) C là giao tuyến của mặt cầu ( ) 1 S và mặt phẳng ( ) α . Mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 0; 1;0 I − , bán kính 3 R = . ( ) ( ) ( ) 22 2.0 2. 1 0 1 , 1 2 21 dI α − − − + = = ++ . ( ) ( ) 22 , 31 2 r R dI α = − = −= . Câu 31: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 34 Sx y z − + − + − = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa trục Ox và cắt ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 . A. ( ) :3 2 0 P yz − = . B. ( ) : 2 3 0 P y z −= . C. ( ) : 230 P yz += . D. ( ) :3 2 0 P y z += . Hướng dẫn giải Chọn A. Phương trình mặt phẳng ( ) P chứa trục Ox có dạng: ( ) 22 00 By Cz B C += + ≠ . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;3 I , bán kính 2 R = . Vì mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên mặt phẳng ( ) P đi qua tâm ( ) 1;2;3 I . Nên ta có: 23 0 BC + = . Chọn 3 B = suy ra 2 C = − . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) :3 2 0 P yz − = . Câu 32: [2H3-4.6-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 20 P x y z − + += và điểm ( ) 1; 2;1 I − . Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4 . A. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 1 25 Sx y z + + − ++ = . B. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 1 25 Sx y z − + + +− = . C. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 1 16 Sx y z − + + +− =. D. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 17 Sx y z − + + +− = . Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có ( ) ( ) , 3 dI P = . Bán kính mặt cầu là: 22 34 5 += . Câu 33: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( ) : 2 1 0 P x y z − + += và ( ) : 2 1 0 Q x yz + + −=. Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( ) S có tâm thuộc trục hoành, đồng thời ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . A. 2 r = B. 3 r = C. 5 2 r = D. 9 2 r = Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi ( ) ;0;0 Ia là tâm mặt cầu Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 222 2 ( 1) 2 ,( ) 4 (1) 6 a R d I P R + =+ ⇔=+ Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 22 2 22 (2 1) ,( ) (2) 6 a Rr d I Q Rr − = + ⇔= + Từ (1) và (2) ta có 22 2 ( 1) (2 1) 4 66 a a r + − +=+ ( ) 2 22 2 2 2 8 0 1 92 a a r a r ⇔ − + −= ⇔ − = − Khi đó để có một mặt cầu ( ) S thỏa yêu cầu bài toán thì 2 9 92 0 2 r r − = ⇔= Câu 34: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( ) : 2 1 0 P x y z − + += và ( ) : 2 1 0 Q x yz + + −=. Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( ) S có tâm thuộc trục hoành, đồng thời ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . A. 2 r = B. 3 r = C. 5 2 r = D. 9 2 r = Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi ( ) ;0;0 Ia là tâm mặt cầu Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 222 2 ( 1) 2 ,( ) 4 (1) 6 a R d I P R + =+ ⇔=+ Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 22 2 22 (2 1) ,( ) (2) 6 a Rr d I Q Rr − = + ⇔= + Từ (1) và (2) ta có 22 2 ( 1) (2 1) 4 66 a a r + − +=+ ( ) 2 22 2 2 2 8 0 1 92 a a r a r ⇔ − + −= ⇔ − = − Khi đó để có một mặt cầu ( ) S thỏa yêu cầu bài toán thì 2 9 92 0 2 r r − = ⇔= Câu 35: [2H3-4.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 22 2 : 1 1 2 4 S x y z và điểm 1;1; 1 A . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc nhau, cắt mặt cầu theo thiết diện là ba hình tròn. Tổng diện tích của ba hình tròn này bằng: A. 3.  B. 4.  C. 11 .  D. 12 .  Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu S có tâm 1;1; 2 I , bán kính 2 R . Gọi ba mặt phẳng đôi một vuông góc thỏa mãn bài toán là , ,   . Gọi , , M NP lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên , ,   . Suy ra , , M NP là tâm của các đường tròn giao tuyến. Xét đường tròn giao tuyến nằm trong mặt phẳng có: 22 2 R R IM . Tương tự, ta có 22 2 R R IN  và 22 2 R R IP  . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 11 R R R R IM IN IP R IA      . Vậy tổng diện tích ba hình tròn: 2 2 2 2 2 2 11 S R R R R R R        . Câu 36: [2H3-4.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm và mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu tâm biết mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A. Gọi là tâm đường tròn , khi đó Đường tròn có chu vi bằng Do đó: Gọi là bán kính mặt cầu . Vậy phương trình mặt cầu : Câu 37: [2H3-4.7-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt cầu ( ) S có tâm I nằm trên tia , Ox bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mặt phẳng ( ). Oyz Viết phương trình mặt cầu ( ). S , Oxyz ( ) 1;2; 2 − A ( ) : 2 2 5 0. + ++ = P x yz ( ) S A ( ) P ( ) S 8. π ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 122 25 − + − ++ = Sx y z ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 122 5 − + − ++ = Sx y z ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 122 9 − + − ++ = Sx y z ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 122 16 − + − ++ = Sx y z I ( ) C ( ) ⊥ IA P ( ) ( ) ; 3. ⇒= = IA d A P ( ) C 8. π 2 8 4. = ⇒= rr ππ R ( ) S 2 2 2 2 43 5 ⇒ = + = + = R r IA ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 2 25. − + − ++ = xy z R M I P N M I A A. 22 2 ( 3) 9. xy z + +− = B. 22 2 ( 3) 9. xy z + +− = C. 2 22 ( 3) 3. x y z − + += D. 2 22 ( 3) 9. x y z − + += Lời giải Chọn D. Mặt cầu có tâm thuộc , Ox bán kính 3 R = nên có tâm (3;0;0) I . Phương trình mặt cầu là: 2 22 ( 3) 9. x y z − + += Câu 38: [2H3-4.8-3] Trong không gian với hệ trục , cho hai đường thẳng và . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng và có phương trình: A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có hai đường thẳng và lần lượt có hai véc-tơ chỉ phương và Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng và khi đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là một đường kính của mặt cầu. Gọi và , . là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng và khi và chỉ khi . Suy ra , và . Suy ra mặt cầu có tâm của là trung điểm của đoạn có tọa độ và bán kính . Suy ra có phương trình là Oxyz 1 4 15 : 3 1 2 x y z d − − + = = − − 2 23 : 1 31 x yz d −+ = = 1 d 2 d 2 22 20 x y z x yz + + + + −= 2 22 42 2 0 x y z x y z + + + + − = 2 22 4 220 x y z x y z + + − − + = 2 22 20 x y z x yz + + − − + = 1 4 15 : 3 1 2 x y z d − − + = = − − 2 23 : 1 31 x yz d −+ = = ( ) 1 3; 1; 2 u −−  ( ) 2 1;3;1 u  1 d 2 d ( ) 1 43 ;1 ; 52 A a a ad + − − − ∈ ( ) 2 2 ; 3 3 ; B b bb d + −+ ∈ ( ) 3 2;3 4; 2 5 AB b a b a b a − − +− + +   AB 1 d 2 d 11 22 .0 7 6 0 1 11 2 9 0 1 .0 AB u AB u ab a ba b AB u AB u  ⊥= ++ = =−   ⇔⇔ ⇔   + −= = ⊥=                       ( ) 1;2; 3 A − ( ) 3;0;1 B ( ) 2; 2;4 AB −   ( ) S AB ( ) 2;1; 1 I − 6 2 AB R = = ( ) S 2 22 4 220. x y z x y z + + − − + =Câu 39: [2H3-4.8-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 2;0;0 A , ( ) 0;4;0 B , ( ) 0;0;6 C và ( ) 2;4;6 D . Tập hợp các điểm M thỏa mãn 4 MA MB MC MD ++ + =           là mặt cầu có phương trình A. ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 xy z − + − + − = . B. ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 xy z − + + +− = . C. ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 34 xy z − + − + − = . D. ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 x y z + + ++ += . Hướng dẫn giải Chọn A. Giả sử ( ) ; ; M x yz . ( ) 2; ; MA x y z = −− −   , ( ) ;4 ; MB x y z =− −−   , ( ) ; ;6 MC x y z =−− −    , ( ) 2 ;4 ;6 MD x y z =−− −    ( ) 44 ;8 4 ;124 MA MB MC MD x y z ++ + =− − −           ( ) ( ) ( ) 22 2 4 44 8 4 124 4 MA MB MC MD x y z + + + = ⇔ − +− + − =           ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 x y z ⇔ − + − +− = ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 xy z ⇔ − + − + − = . Cách khác Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD thì ( ) 1;2;3 G và: 44 4 4 ++ + =⇔ =⇔ =               MA MB MC MD MG MG . Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm ( ) 1;2;3 G , bán kính bằng 1. Suy ra phương trình cần tìm là ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 31 xy z − + − + − = . Câu 40: [2H3-4.8-4] Trong không gian với hệ trục , mặt phẳng và các điểm , . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất đi qua , , và tiếp xúc với mặt phẳng có tâm là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi là trung điểm của đoạn thẳng suy ra . Suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Gọi là đường thẳng đi qua và vuông góc với , suy ra có phương trình là . Gọi là tâm mặt cầu suy ra . Ta có và . Oxyz ( ) : 2 2 5 0 P x y z − + += ( ) 0;0;4 A ( ) 2;0;0 B ( ) S O A B ( ) P ( ) 1;2;2 I 19 1; ;2 4 I  −   ( ) 1; 2;2 I − 19 1; ;2 4 I    I AB ( ) 1;0;2 I I OAB ∆ I ( ) ( ) OAB Oxz ≡ ∆ 1 2 x yt z =   =   =  E ( ) S ( ) 1; ;2 E Et ∈∆ ⇒ 2 5 EB t = + ( ) ( ) 11 , 3 t dE P −+ =Khi đó ta có Với . Với . Câu 41: [2H3-4.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình cầu ( ) : S 2 22 6 2 4 11 0 x y z xy z + + − − − −= và mặt phẳng 2 2 20 x yz + ++ = cắt nhau theo hình tròn ( ) C . Tính diện tích toàn phần của hình nón có đỉnh là tâm của ( ) S và đáy là hình tròn ( ) C . A. 36 V π = . B. 24 V π = . C. 25 V π = . D. 49 V π = . Lời giải Chọn B. Ta có ( ) S có tâm ( ) 3;1;2 I và bán kính 5 r = . Khoảng cách từ I đến ( ) : 2 2 2 0 P x yz + ++ = là ( ) ( ) 22 6222 ;4 2 21 dI P +++ = = ++ . Gọi ,, l hR lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy hình nón. Ta có: 3 l IC = = , ( ) ( ) ; 4 h IJ d I P = = = , 22 3 R JC IC IJ = = −= . Diện tích đáy bằng: 2 1 . 9. SR ππ = = Vậy ta có diện tích toàn phần của khối nón: 1 . . 9 24 tp xq S S S Rl π ππ = += + = . Câu 42: [2H3-4.10-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1;2; 4 − A , ( ) 1; 3;1 − B , ( ) 2;2;3 C . Mặt cầu ( ) S đi qua A , B , C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) Oxy có bán kính là A. 26 . B. 34 . C. 34 . D. 26 . 22 2 11 5 8 22 76 0 19 3 4 t t t tt t =  −+  += ⇔ + − = ⇔  = −  ( ) 2 1;2;2 3 t E R EB = ⇒ ⇒ = = 19 19 441 1; ;2 3 54 4 t E R EB  = − ⇒ − ⇒ = = >   R C J A IHướng dẫn giải Chọn A. Tâm I mặt cầu ( ) S thuộc mặt phẳng ( ) Oxy nên giả sử ( ) ; ;0 I xy . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 22 22 2 2 22 2 2 2 2 1 2 16 1 3 1 1 2 16 2 2 9 1 2 16 1 3 1 2 1 1 2 16 2 2 9  − + − + = − ++ + =   ==⇔⇔ =   − + −+ = −+ −+   − + − + = − ++ + = −   ⇔⇔ =  − + −+ = −+ −+   xy xy IA IB IA IB IC IA IC xy x y xy xy x y xy x y Suy ra ( ) 2;1;0 − I . Vậy bán kính mặt cầu là 26 = = R IA . Câu 43: [2H3-4.10-3] Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật. Mỗi quả bóng tiếp xúc với hai bức tường và nền của căn nhà đó. Trên bề mặt của mỗi quả bóng, tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường quả bóng tiếp xúc và đến nền nhà lần lượt là 9, 10, 13. Tổng độ dài các đường kính của hai quả bóng đó là A. 64. B. 34. C. 32. D. 16. Giải Chọn.A. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường và các trục là các cạnh góc nhà. Do hai quả cầu đều tiếp xúc với các bức tường và nền nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, vậy tâm cầu sẽ có toạ độ là ( ) ;; I aaa với 0 a > và có bán kính Ra = . Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt là 9, 10, 11 nên nói cách khác điểm ( ) 9;10;13 A thuộc mặt cầu. Từ đó ta có phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 9 10 13 a a aa −+ −+ − = Giải phương trình ta được nghiệm 7 a = hoặc 25 a = Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn bài toán và tổng độ dài đường kính là ( ) 2 7 25 64 + = . Câu 44: [2H3-4.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ ( ) Oxyz , cho ( ) 1; 0; 0 A , ( ) 0; 1; 0 B − , ( ) 0; 0; 1 C , ( ) 1; 1; 1 D − . Mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh tứ diện ABCD cắt ( ) ACD theo thiết diện có diện tích S . Chọn mệnh đề đúng ? A. 6 S π = . B. 4 S π = . C. 3 S π = . D. 5 S π = . Lời giải Chọn B. Tứ diện ABCD là tứ diện đều nên mặt cầu tiếp xúc với các cạnh có trọng tâm là 1 11 ; ; 2 22 G  −   ; bán kính 13 3 22 R AG = = = . Phương trình mặt phẳng ( ) ACD : 10 xz + −= . ( ) ( ) 11 1 2 22 ; 2 2 GH d G ACD −− = = = . Bán kính đường tròn thiết diện : 2 2 31 1 42 2 r R GH = − = −= Vậy diện tích đường tròn là : 2 4 Sr π π = = . Câu 45: [2H3-4.10-4] Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 24 Sx y z − + + ++ = và điểm ( ) 2; 1; 3 M −− . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua M và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là ba đường tròn. Tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là. A. 4 . B. 1. C. 10 . D. 11. Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1 : Ta có mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 24 Sx y z − + + ++ = có tâm ( ) 2; 1; 2 I −− và bán kính 2 R = . Tịnh tiến hệ trục tọa độ lấy M là gốc và trong tọa độ này ( ) ;; I abc Khi đó 2 22 11 IM abc = ⇔ + + = Khoảng cách từ I đến ba mặt đôi 1 vuông góc là ,, abc . Do đó tổng bình phương của ba bán kính ba đường tròn tương ứng là 2 22 2 22 R a R b R c − +− +− ( ) 2 2 22 3 11 R abc = −+ += . Cách 2: Gọi α là mặt phẳng đi qua , MI , khi đó α và ( ) S cắt nhau tạo thành đường tròn bán kính: 2 3. S r R IM α = − = x z y M I Gọi β là mặt phẳng đi qua MI và vuông góc với α , khi đó β và ( ) S cắt nhau tạo thành đường tròn bán kính: 4 2. S rR β = = = Gọi γ là mặt phẳng đi qua MI và γ vuông góc với α , γ vuông góc với β , khi đó γ và ( ) S cắt nhau tạo thành đường tròn bán kính: 4 2. S rR γ = = = Vậy tổng bình phương các bán kính của ba đường tròn : 2 22 11. rr r α β γ + += Câu 46: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , và mặt phẳng . Trong các mặt cầu đi qua hai điểm , và có tâm thuộc mặt phẳng , là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Tính bán kính của mặt cầu . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A. Ta có: , gọi là trung điểm của suy ra . Gọi là tâm mặt cầu cần tìm. Vì suy ra: và Vì mặt cầu đi qua hai điểm , nên Khi đó là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất khi nhỏ nhất. Ta có Suy ra nhỏ nhất là: . Khi đó bán kính nhỏ nhất của mặt cầu là: Câu 47: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;0; 1 A − và mặt phẳng ( ) : 30 P x y z + −− =. Mặt cầu ( ) S có tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) P đồng thời đi qua hai điểm A và O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 62 + . Khi đó, phương trình mặt cầu ( ) S là phương trình nào sau đây, biết rằng tâm I có cao độ âm? A. ( ) ( ) ( ) 2 22 122 9 x y z + + − ++ = . B. ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 3 17 x yz ++ − + += . C. ( ) ( ) 22 2 1 25 x yz − + ++ = . D. ( ) ( ) 22 2 2 13 x yz − + ++ = . Lời giải Chọn A. Ta có: 2 OA = và IA IO = nên 3 IA IO = = Gọi ( ) ( ) ; 3; Ix x z z P − ++ ∈ , tọa độ I thỏa hệ: 3 3 IO IA =   =  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 22 39 1 31 9 x xz z x xz z  +− + + + =  ⇔  − +− + + +− − =   Ta trừ hai phương trình với nhau và giải hệ ta có: 2 z = − (do I có cao độ âm) Vậy ( ) 1;2; 2 I− − hay ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 122 9 Sx y z + + − ++ = . Oxyz ( ) 1;2;1 A ( ) 3;2;3 B ( ) : 30 P x y − −= A B ( ) P ( ) S R ( ) S 22 R = 2 3 R = 2 R = 1 R = ( ) 2;0;2 AB =   H AB ( ) 2;2;2 H I ( ) IP ∈ ( ) ; 3; I mm n − ( ) 2; 5; 2 HI m m n = − −−  ( ) S A B .0 4 4 HI AB HI AB m n n m ⊥ ⇔ = ⇔ += ⇔ = −      ( ) 2; 5;2 HI m m m = − − −  ( ) S ( ) , d I AB ( ) ( ) 22 , 3 18 33 3 6 9 6 6 d I AB HI m m m m = = − + = − + +≥  ( ) , d I AB 6 ( ) 2 2 6 2 6 2 2. 2 AB R  = + = +=  ----------- HẾT ----------- Câu 48: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt phẳng ( ) : 2 1 0 P x y z − + += và ( ) : 2 1 0 Q x yz + + −= . Tìm r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( ) S có tâm thuộc trục hoành, đồng thời ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . A. 2 r = B. 3 r = C. 5 2 r = D. 9 2 r = Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi ( ) ;0;0 Ia là tâm mặt cầu. Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 222 2 ( 1) 2 ,( ) 4 (1) 6 a R d I P R + =+ ⇔=+ Vì ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r nên Bán kính mặt cầu ( ) 2 22 2 22 (2 1) ,( ) (2) 6 a Rr d I Q Rr − = + ⇔= + Từ (1) và (2) ta có 22 2 ( 1) (2 1) 4 66 a a r + − +=+ ( ) 2 22 2 2 2 8 0 1 92 a a r a r ⇔ − + −= ⇔ − = − Khi đó để có một mặt cầu ( ) S thỏa yêu cầu bài toán thì 2 9 92 0 2 r r − = ⇔= . Câu 49: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 1 25 Sx y z − + − ++ = . Đường thẳng d cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm A , B . Biết tiếp diện của ( ) S tại A và B vuông góc. Tính độ dài AB . A. 5 . 2 AB = B. 5. AB = C. 5 2. AB = D. 52 . 2 AB = Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2; 1 I − , bán kính 5 R = . Tiếp diện ( ) P và ( ) Q của ( ) S lần lượt tại A và B vuông góc với nhau suy ra tứ giác IAHB là hình vuông. Vậy 2 5 2. AB R = = Câu 50: [2H3-4.10-4] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho biết đường cong ( ) ω là tập hợp tâm của các mặt cầu ( ) S đi qua điểm ( ) 1;1;1 A đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) : 60 x yz α + +− = và ( ) : 60 x yz β + ++ =. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong ( ) ω bằng A. 45 . π B. 3 5. C. 9. π D. 3. Lời giải Chọn C. Gọi ( ) ; ; I x yz là tâm mặt cầu ( ). S Theo bài ra, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ; ;. IA dI dI αβ = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 6 6 : 0. d I d I x yz x yz P x yz αβ = ⇔ ++ − = ++ + ⇔ ++ = ( ) α // ( ) β suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 1 ; 2 3 : 1 1 1 12. 2 d IA S x y z αβ = = ⇒ −+ −+ − = ⇒ Tập hợp tâm của mặt cầu ( ) S là giao tuyến của mặt cầu ( ) 1 S và mặt phẳng ( ) P hay chính là hình tròn có bán kính ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 22 22 ; 2 3 3 3. S R R d AP = − = −= Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là 2 9. SR ππ = = Phần 5: T ỔNG H ỢP GÓC VÀ KHO ẢNG CÁCH Câu 51: [2H3-5.2-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 : 2 3 xt dy t zt = +   = −   = −  và 2 : 12 52 xt dy t zt ′ =   ′′ =−−   ′ = −  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. dd ′ ≡ . B. d cắt d ′ . C. d và d ′ chéo nhau. D. d // d ′ . Hướng dẫn giải: Chọn D. I A B P Q H Do 2 dd uu ′ =     và ( ) 1;2;3 / / M d Md d d ′′ ∈⇒ ∉ ⇒ Câu 52: [2H3-5.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 0;0;2 A và hai đường thẳng :2 d x yz , 1 ': 2 . 0 xt dy t z  Tìm tọa độ của điểm N thuộc đường thẳng ' d sao cho đường thẳng AN cắt đường thẳng d tại một điểm. A. 0;3;0 . N B. 2;1;0 . N C. 1;2;0 . N D. Không có điểm N như thế. Lời giải. Viết lại ' : : 2 '. 1 22 2' xt x yz d d y t zt   Gọi ;2 ;2 1 ;2 ;0 ' M m m m d N n n d  . Suy ra ;2 ;2 2 , 2 8 2 4;2 4 2 2; 3 1 ;2 ; 2 AM m m m AM AN mn m n mn m n mn AN n n                . Để AN cắt d tại M ba điểm , , AM N thẳng hàng ,0 AM AN           2 8 2 40 1 2 4 2 2 0 1;2;0 2 0 30 mn m n m mn m n N n mn     . Chọn C. Nhận xét. Chỗ này khi giải bài cho học sinh, rất nhiều giáo viên mắc sai lầm là cho hai vectơ cùng phương và xét tỉ lệ. Trong bài này dính tham số nên làm như thế không ổn. Câu 53: [2H3-5.2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng ( ) 1 : 2 3 xt d y t t zt = +   = ∈   = −   và ( ) 22 : 34 52 xt d y tt zt ′ = +   ′ ′′ =+∈   ′ = −   . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đường thẳng d cắt đường thẳng d ′ . B. Đường thẳng d song song với đường thẳng d ′ . C. Đường thẳng d trùng với đường thẳng d ′ . D. Hai đường thẳng d và d ′ chéo nhau. Lời giải Chọn B. Hai đường thẳng d , d ′ có 2 vectơ chỉ phương lần lượt là: ( ) 1 1;2; 1 u = −  và ( ) 21 2;4; 2 2 uu = − =   nên hai đường thẳng d , d ′ hoặc song song hoặc trùng nhau. Lấy ( ) 1;0;3 Md ∈ , thay vào d ′ ta có: 1 22 0 34 3 52 t t t ′ = +   ′ = +   ′ = −  0,5 0,75 1 t t t ′ = −   ′ ⇔= −   ′ =  (vô lý) nên hai đường thẳng d , d ′ song song với nhau. Câu 54: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm ( ) 1;2;1 A và ( ) 4;5; 2 B − và mặt phẳng ( ) P có phương trình 3 4 5 60 x yz − + + =. Đường thẳng AB cắt ( ) P tại điểm M . Tính tỷ số MB MA . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 4 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ( ) 3;3; 3 . AB = −   Phương trình đường thẳng AB là ( ) ( ) 1 : 2 1 xt d y tt zt = +   =+∈   = −   Gọi M là giao điểm của ( ) d và ( ) P , ta có hệ: ( ) 11 1 22 2 2;3;0 . 11 3 3 4 5 6 0 33 8 4 55 6 0 0 xt xt t yt yt x M zt zt y x yz t t t z = += + =     = += + =   ⇔ ⇔⇒  = −= − =     − + + = + − − + − + = =   Ta có ( ) ( ) 1; 1;1 , 2;2; 2 2 . MA MB MB MA =−− = − ⇒ =−          Vậy 2. MB MA = Câu 55: [2H3-5.3-3] Cho hai điểm ( ) 1;2;1 A và ( ) 4;5; 2 B − và mặt phẳng ( ) P có phương trình 3 4 5 60 x yz − + + =. Đường thẳng AB cắt ( ) P tại điểm M . Tính tỷ số MB MA . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 4 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ( ) 3;3; 3 . AB = −   Phương trình đường thẳng AB là ( ) ( ) 1 : 2 1 xt d y tt zt = +   =+∈   = −   Gọi M là giao điểm của ( ) d và ( ) P , ta có hệ: ( ) 11 1 22 2 2;3;0 . 11 3 3 4 5 6 0 33 8 4 55 6 0 0 xt xt t yt yt x M zt zt y x yz t t t z = += + =     = += + =   ⇔ ⇔⇒  = −= − =     − + + = + − − + − + = =   Ta có ( ) ( ) 1; 1;1 , 2;2; 2 2 . MA MB MB MA =−− = − ⇒ =−          Vậy 2. MB MA = Câu 56: [2H3-5.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 2;1;0 A , ( ) 1;2;2 B , ( ) 1;1;0 M và mặt phẳng ( ) : 20 0 P x yz + +− = . Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho MN song song với mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 2;1;1 N . B. 51 ; ;1 22 N  −   . C. 33 ; ;1 22 N       . D. 51 ; ;1 22 N       . Hướng dẫn giải Chọn B. Đường thẳng AB đi qua A và nhận ( ) 1;1;2 AB = −   làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: 2 1 2 x t yt zt = −   = +   =  . Do N AB ∈ nên ( ) ( ) 2 ;1 ;2 1 ; ;2 N t t t MN t t t − + ⇒ = −    . Mặt phẳng ( ) P có vectơ pháp tuyến là: ( ) 1;1;1 n =  . 1 51 / /( ) . 0 1 2 0 ; 1 2 22 MN P MN n t t t t N   ⇒ = ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ −         . Câu 57: [2H3-5.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm ( ) 0;2;0 A , ( ) 2;1; 1 M − và cắt các trục Ox , Oz lần lượt tại B , C sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 6 . A. 2 3 6 0; x yz + +− = 6 8 12 0 x yz − ++ = . B. 2 3 6 0; x yz + +− = 6 8 12 0 x yz − +−= . C. 2 3 6 0; x yz + ++ = 6 8 12 0 x yz − +−= . D. 2 3 6 0; x yz + ++ = 6 8 12 0 x yz − ++ = . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: B Ox ∈ ( ) ;0;0 Bb ⇒ , C Oz ∈ ( ) 0;0; Cc ⇒ . Vì OABC là một tứ diện nên BO ≠ và CO ≠ . Suy ra .0 ab ≠ , 2 OA = , OB b = , OC c = , 1 .. 6 OABC V OAOB OC = 1 .2. 6 bc = 1 . 3 bc = . Gọi ( ) α là mặt phẳng cần tìm. Phương trình mặt phẳng ( ) α theo đoạn chắn là 1. 2 x yz ac + += Mặt phẳng ( ) α đi qua M và thể tích tứ diện OABC bằng 6 khi: 21 1 1 2 1 .6 3 bc bc −  ++ =     =   29 18 29 18 c b bc c b bc  −=    =   ⇔  −=−    = −    ( ) 2 2 2 9 2 9 18 0 29 2 9 18 0 bc cc bc vn cc  = −    − − =   ⇔  = +     ++=   12 3 3 6 2 b b c c = −  =   ⇔∨ = = −    Với 3 6 b c =   =  , phương trình mặt phẳng ( ) α : 1 3 26 x yz + += hay 2 3 60 x yz + +− =. Với 12 3 2 b c = −    = −   , phương trình mặt phẳng ( ) α : 2 1 12 2 3 x yz ++ = −− hay 6 8 12 0 x yz − ++ = . Câu 58: [2H3-5.3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm ( ) 0;2;0 A , ( ) 2;1; 1 M − và cắt các trục Ox , Oz lần lượt tại B , C sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 6 . A. 2 3 6 0; x yz + +− = 6 8 12 0 x yz − ++ = . B. 2 3 6 0; x yz + +− = 6 8 12 0 x yz − +−= . C. 2 3 6 0; x yz + ++ = 6 8 12 0 x yz − +−= . D. 2 3 6 0; x yz + ++ = 6 8 12 0 x yz − ++ = . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: B Ox ∈ ( ) ;0;0 Bb ⇒ , C Oz ∈ ( ) 0;0; Cc ⇒ . Vì OABC là một tứ diện nên BO ≠ và CO ≠ . Suy ra .0 ab ≠ , 2 OA = , OB b = , OC c = , 1 .. 6 OABC V OAOB OC = 1 .2. 6 bc = 1 . 3 bc = . Gọi ( ) α là mặt phẳng cần tìm. Phương trình mặt phẳng ( ) α theo đoạn chắn là 1. 2 x yz ac + += Mặt phẳng ( ) α đi qua M và thể tích tứ diện OABC bằng 6 khi: 21 1 1 2 1 .6 3 bc bc −  ++ =     =   29 18 29 18 c b bc c b bc  −=    =   ⇔  −=−    = −    ( ) 2 2 2 9 2 9 18 0 29 2 9 18 0 bc cc bc vn cc  = −    − − =   ⇔  = +     ++=   12 3 3 6 2 b b c c = −  =   ⇔∨ = = −    Với 3 6 b c =   =  , phương trình mặt phẳng ( ) α : 1 3 26 x yz + += hay 2 3 60 x yz + +− =. Với 12 3 2 b c = −    = −   , phương trình mặt phẳng ( ) α : 2 1 12 2 3 x yz ++ = −− hay 6 8 12 0 x yz − ++ = . Câu 59: [2H3-5.3-4]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba mặt phẳng ( ) : 2 10 Px y z − + −= , ( ) : 2 80 Qx y z − ++ = và ( ) : 2 40 R x yz − +− =. Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, PQ R lần lượt tại ,, A BC . Đặt 2 144 4 AB T AC = + . Tìm giá trị nhỏ nhất của T . A. 3 min 54 2 T = . B. min 108 T = . C. 3 min 72 3 T = . D. min 96 T = . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có ( ) ( ) ( ) // // PQ R và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 3 , dP Q AB AC dP R = = 22 2 3 3 2 144 72 72 72.72 3 54 2 44 4 AB AB AB T AC AC AC AC = + = ++ ≥ ⋅ = . Câu 60: [2H3-5.4-3] Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 4 7 1 36 Sx y z − + − + + = và mặt phẳng ( ) :3 0 P x y zm + − + =. Tìm m để mặt phẳng ( ) P cắt ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất A. 20 m = − . B. 6 m = . C. 36 m = . D. 20 m = . Hướng dẫn giải Chọn A. • Mặt cầu S tâm ( ) 4;7; 1 I − bán kính 6 R = • Mặt phẳng ( ) P cắt ( ) S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất khi mặt mặt ( ) P đi qua tâm I của mặt cầu, khi đó đường tròn giao tuyến còn gọi là đư ờng tròn xích đạo. Khi đó ( ) ( ) 4;7; 1 I S −∈ ⇔ 20 m = − Câu 61: [2H3-5.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ tâm I của đường tròn giao tuyến với mặt cầu ( ) S : ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 1 64 x y z −+ −+ − = với mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 x yz α + ++ = A. 7 7 2 ; ; . 3 3 3   − − −     B. ( ) 2; 2; 2 . −−− C. 27 7 ; ; . 3 3 3   − − −     D. 7 27 ; ; . 3 3 3   − − −     Hướng dẫn giải. Chọn A. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;1;1 I , bán kính 8 R = .. Phương trình đường thẳng d đi qua ( ) 1;1;1 I vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 x yz α + ++ =. Phương trình tham số của 1 2 : 1 2 1 xt dy t zt = +   = +   = +  . Gọi J là tâm của mặt cầu ( ) S . Suy ra : ( ) Jd α = ∩ . Vậy ( ) 1 2 ;1 2 ;1 J t tt +++ . Mà ( ) ( ) ( ) : 21 2 21 2 1 10 0 J t tt α ∈ + + + +++ = . 5 3 t ⇔=− . Suy ra 7 7 2 ; ; . 3 3 3 J   − − −     Câu 62: [2H3-5.4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ tâm I của đường tròn giao tuyến với mặt cầu ( ) S : ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 1 64 x y z −+ −+ − = với mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 x yz α + ++ = A. 7 7 2 ; ; . 3 3 3   − − −     B. ( ) 2; 2; 2 . −−− C. 27 7 ; ; . 3 3 3   − − −     D. 7 27 ; ; . 3 3 3   − − −     Hướng dẫn giải. Chọn A. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;1;1 I , bán kính 8 R = .. Phương trình đường thẳng d đi qua ( ) 1;1;1 I vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 x yz α + ++ =. Phương trình tham số của 1 2 : 1 2 1 xt dy t zt = +   = +   = +  . Gọi J là tâm của mặt cầu ( ) S . Suy ra : ( ) Jd α = ∩ . Vậy ( ) 1 2 ;1 2 ;1 J t tt +++ . Mà ( ) ( ) ( ) : 21 2 21 2 1 10 0 J t tt α ∈ + + + +++ = . 5 3 t ⇔=− . Suy ra 7 7 2 ; ; . 3 3 3 J   − − −     Câu 63: [2H3-5.4-4] Cho 3 số thực ; ; x yz thỏa mãn 2 22 2 4 4 70 x y z x y z + + − − − − = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 6 T xy z = ++ . A. 49 T = . B 7 T = . C. 48 T = . D. 20 T = . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 4 70 Sx y z x y z + + − − − − = có tâm ( ) 1;2;2 I và bán kính 4 R = . Xét mặt phẳng ( ) : 2 3 6 0 P x y zT + + − = Để tồn tại ba giá trị ,, x yz thì mặt phẳng và mặt cầu phải cắt nhau. Do đó, ( ) ( ) , dI P R < 20 4 7 T − ⇔< 20 28 T ⇔ − < 28 20 28 T ⇔− < − < 8 48 T ⇔− < < . Vậy max 48 T = Câu 64: [2H3-5.4-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các điểm ( ) 0;0;1 , A ( ) ;0;0 , B m ( ) 0; ;0 Cn và ( ) 1;1;1 D với , 0; 1 mn m n > += . Biết khi , mn thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Tính bán kính R của mặt cầu đó. A. 2 2 R = . B. 1. C. 3 2 . D. 3 2 . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) :1 0 1 x yz P nx my mnz mn mn + +=⇔ + + − = ( ) ( ) ( ) 1 1 10 mx my m mz m m ⇔− + + − − − = Gọi ( ) ;; I abc là tâm mặt cầu cố định ( ) ( ) , dI P k ⇒ = ( hằng số ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 1 11 11 m a mb mm c mm k m mm m − ++ − − − ⇔= − + + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 1 m c m abc a k mm − + −+ + − + ⇔= − + Do k là hằng số m ∀∈  nên 1 11 1 1 1 1 ac c abc a b c = −  − −+ + − = = ⇔  = − −  Ta lại có ( ) ( ) , R d I P ID k = = = ( ) ( ) ( ) 2 22 1 11 a abc ⇔ = − +− +− 0 c ⇔= 1 1 a b =  ⇒  =  1 R ⇒ = . Câu 65: [2H3-5.4-4] Cho 3 số thực ; ; x yz thỏa mãn 2 22 2 4 4 70 x y z x y z + + − − − − = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 6 T xy z = ++ . A. 49 T = . B 7 T = . C. 48 T = . D. 20 T = . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 4 70 Sx y z x y z + + − − − − = có tâm ( ) 1;2;2 I và bán kính 4 R = . Xét mặt phẳng ( ) : 2 3 6 0 P x y zT + + − = Để tồn tại ba giá trị ,, x yz thì mặt phẳng và mặt cầu phải cắt nhau. Do đó, ( ) ( ) , dI P R < 20 4 7 T − ⇔< 20 28 T ⇔ − < 28 20 28 T ⇔− < − < 8 48 T ⇔− < < . Vậy max 48 T = Câu 66: [2H3-5.4-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét các điểm ( ) 0;0;1 , A ( ) ;0;0 , B m ( ) 0; ;0 Cn và ( ) 1;1;1 D với , 0; 1 mn m n > += . Biết khi , mn thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Tính bán kính R của mặt cầu đó. A. 2 2 R = . B. 1. C. 3 2 . D. 3 2 . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) :1 0 1 x yz P nx my mnz mn mn + +=⇔ + + − = ( ) ( ) ( ) 1 1 10 mx my m mz m m ⇔− + + − − − = Gọi ( ) ;; I abc là tâm mặt cầu cố định ( ) ( ) , dI P k ⇒ = ( hằng số ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 1 11 11 m a mb mm c mm k m mm m − ++ − − − ⇔= − + + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 1 m c m abc a k mm − + −+ + − + ⇔= − + Do k là hằng số m ∀∈  nên 1 11 1 1 1 1 ac c abc a b c = −  − −+ + − = = ⇔  = − −  Ta lại có ( ) ( ) , R d I P ID k = = = ( ) ( ) ( ) 2 22 1 11 a abc ⇔ = − +− +− 0 c ⇔= 1 1 a b =  ⇒  =  1 R ⇒ = . Câu 67: [2H3-5.6-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho hình lập phương có , , và . Xét mặt phẳng chứa , gọi là góc giữa và mặt phẳng . Giá trị nhỏ nhất của là A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. Cách 1 (Xác định góc giữa hai mp – tìm BĐT liên quan) Gọi giao tuyến (qua ), trong dựng ' CH d ⊥ mà do đó Ta có . Vậy góc nhỏ nhất là . Cách 2 (áp dụng tính chất hình học về góc giữa hai mặt phẳng lớn hơn góc giữa một đường thẳng nằm trong mặt này so với mặt kia) Mặt phẳng chứa đường thẳng nên suy ra góc . Vậy góc nhỏ nhất là . Oxyz . ABCD A B C D ′′ ′ ′ ( ) 0;0;0 A ( ) 1;0;0 B ( ) 0;1;0 D ( ) 0;0;1 A ′ ( ) P CD ′ α ( ) P ( ) BB C C ′′ α 30 ° 45° 60 ° 90° x y z d C D C' B A' D' A B' H ( ) ( ) d P BB C C ′′ = ∩ C ( ) BB C C ′′ CD d ′′ ⊥ DH d ′ ⇒⊥ ( ) ( ) ( ) , P BB CC CHD α ′′ ′ ′ = = ( ) 11 tan 1 CD doC H CC CH CH CC α ′′ ′′ = = ≥= ≤ ′′ ′ 45 α ⇒≥ ° 45 α = ° ( ) P CD ′ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , 45 P BB C C CD BB C C ′′ ′ ′′ ≥= ° 45 α = °Câu 68: [2H3-5.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 10 P x yz + − += và hai điểm ( ) 1;2; 2 A − , ( ) 2;0; 1 B − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm A , B sao cho góc giữa mặt phẳng ( ) P và mặt phẳng ( ) Q nhỏ nhất. A. 4 2 10 0 xy z +− − =. B. 2 3 10 x yz + + += . C. 30 x y − −=. D. 2 60 x yz + − − =. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ( ) M AB P = ∩ và ( ) ( ) dP Q = ∩ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P . Dựng HK d ⊥ . Khi đó, ( ) ( ) ( ) ; PQ ϕ = . Ta có sin AH AH AK AM ϕ = ≥ . ϕ nhỏ nhất sin ϕ ⇔ nhỏ nhất KM ⇔≡ . ( ) 1; 2;1 AB = −   ; ( ) 1;1; 1 P n = −  . Ta có ( ) ; 1;2;3 d dP dP u AB u AB n un  ⊥   ⇒= =  ⊥                  . ( ) ; 8;2; 4 Qd Qd Q n u n u AB n AB  ⊥    ⇒= = −    ⊥                  . Mặt phẳng ( ) Q đi qua điểm ( ) 1;2; 2 A − và có ( ) 8;2; 4 Q n = −  có phương trình ( ) ( ) ( ) 8 1 2 2 4 2 0 4 2 10 0 x y z xy z − + − − + = ⇔ +− − = . Câu 69: [2H3-5.6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 10 P x yz + − += và hai điểm ( ) 1;2; 2 A − , ( ) 2;0; 1 B − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua hai điểm A , B sao cho góc giữa mặt phẳng ( ) P và mặt phẳng ( ) Q nhỏ nhất. A. 4 2 10 0 xy z +− − =. B. 2 3 10 x yz + + += . C. 30 x y − −=. D. 2 60 x yz + − − =. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ( ) M AB P = ∩ và ( ) ( ) dP Q = ∩ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P . Dựng HK d ⊥ . Khi đó, ( ) ( ) ( ) ; PQ ϕ = . Ta có sin AH AH AK AM ϕ = ≥ . ϕ nhỏ nhất sin ϕ ⇔ nhỏ nhất KM ⇔≡ . ( ) 1; 2;1 AB = −   ; ( ) 1;1; 1 P n = −  . Ta có ( ) ; 1;2;3 d dP dP u AB u AB n un  ⊥   ⇒= =  ⊥                  . ( ) ; 8;2; 4 Qd Qd Q n u n u AB n AB  ⊥    ⇒= = −    ⊥                  . Mặt phẳng ( ) Q đi qua điểm ( ) 1;2; 2 A − và có ( ) 8;2; 4 Q n = −  có phương trình ( ) ( ) ( ) 8 1 2 2 4 2 0 4 2 10 0 x y z xy z − + − − + = ⇔ +− − = . Câu 70: [2H3-5.8-3] Hình hộp . ABCDABCD ′′ ′ ′ có ( ) ( ) ( ) 0;0;0, 1;0;0, 0;2;0, A BD và ( ) 0;0;3 A ′ . Góc giữa đường thẳng AC ′ và mặt phẳng ( ) ABD ′ gần bằng: A. 43 25 ′ ° . B. 46 35 ′ ° . C. 52 13 ′ ° . D. 48 47 ′ ° . Hướng dẫn giải Chọn A. Có ( ) 1;2;3 AC AB AD AC ′= ++ =           . Mặt phẳng ( ) : 1 6 3 2 6 1 23 x y z ABD x y z ′ + + = ⇔ + + = . ( ) ( ) 22 2 2 22 6.1 3.2 2.3 18 sin ; 7 14 63 2 1 23 AC ABD ++ ′′ = = ++ + + . Vậy góc giữa đường thẳng AC ′ và mặt phẳng ( ) ABD ′ gần bằng 43 25 ′ ° . Câu 71: [2H3-5.8-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 10 x ay bz α + + −= và đường thẳng 1 :. 11 1 x y z − ∆ = = −− Biết rằng ( ) α // ∆ và ( ) α tạo với các trục , Ox Oz các góc giống nhau. Tìm giá trị của a . A. 1 a = − hoặc 1. a = B. 2 a = hoặc 0. a = C. 0. a = D. 2. a = Lời giải Chọn D. Chọn ( ) 0;0;1 A ∈∆ . Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 1; ; u n ab α ∆ = − −    =     mà ( ) α // ∆ ( ) ( ) .0 10 1 11 nu ab a b bb A α α ∆ =  −− = + =   ⇔ ⇔ ⇔  ≠≠ ∉     ( ). ∗ Mặt khác ( ) α tạo với các trục , Ox Oz các góc bằng nhau, suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) sin ; sin ; ni n k αα =    với ( ) ( ) 1;0;0 0;0;1 i k  =   =     ( ) ( ) ( ) ( ) .. 1 1 11 n i n k b b ni n k αα αα ⇒ = ⇔= ⇔ = ±       , thế vào ( ) ∗ , ta được 2 . 0 a a =   =  Khi 2 a = thì 1 b = − (thỏa mãn), khi 0 a = thì 1 b = (không thỏa mãn) Vậy 2. a = Câu 72: [2H3-5.8-3] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 10 x ay bz α + + −= và đường thẳng 1 :. 11 1 x y z − ∆ = = −− Biết rằng ( ) α // ∆ và ( ) α tạo với các trục , Ox Oz các góc giống nhau. Tìm giá trị của a . A. 1 a = − hoặc 1. a = B. 2 a = hoặc 0. a = C. 0. a = D. 2. a = Lời giải Chọn D. Chọn ( ) 0;0;1 A ∈∆ . Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 1; ; u n ab α ∆ = − −    =     mà ( ) α // ∆ ( ) ( ) .0 10 1 11 nu ab a b bb A α α ∆ =  −− = + =   ⇔ ⇔ ⇔  ≠≠ ∉     ( ). ∗ Mặt khác ( ) α tạo với các trục , Ox Oz các góc bằng nhau, suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) sin ; sin ; ni n k αα =    với ( ) ( ) 1;0;0 0;0;1 i k  =   =     ( ) ( ) ( ) ( ) .. 1 1 11 n i n k b b ni n k αα αα ⇒ = ⇔= ⇔ = ±       , thế vào ( ) ∗ , ta được 2 . 0 a a =   =  Khi 2 a = thì 1 b = − (thỏa mãn), khi 0 a = thì 1 b = (không thỏa mãn) Vậy 2. a = Câu 73: [2H3-5.8-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 31 : 1 23 x y z − + ∆== và đường thẳng 3 12 : 31 2 x yz d + −+ = = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ∆ và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất. A. 19 17 2 77 . 00 x y z −−− = B. 19 17 2 34 . 00 x y z −−+ = C. 31 8 5 91 . 0 x yz − −+ = D. 31 8 5 98 . 0 x yz − −− = Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: Đường thẳng d có VTCP là ( ) 1 3;1;2 u =  . Đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 3;0; 1 M − và có VTCP là ( ) 1;2;3 u =  . Do ( ) P ∆⊂ nên ( ) MP ∈ . Giả sử VTPT của ( ) P là ( ) ( ) 22 2 ;; , 0 n A BC A B C = ++ ≠  . Phương trình ( ) P có dạng ( ) ( ) 3 10 A x By C z − + + + = . Do ( ) P ∆⊂ nên .0 2 3 0 2 3 un A B C A B C = ⇔+ + = ⇔ =− −   . Gọi α là góc giữa d và ( ) P . Ta có ( ) ( ) 1 22 2 2 22 1 . 32 3 2 32 . 14. 14. 2 3 un B C B C AB C sin un A B C B C B C α − − + + + + = = = ++ −− + +     ( ) 2 22 2 2 57 57 1 5 12 10 14 14. 5 12 10 BC BC B BC C B BC C + + = = ++ + . TH1: Với 0 C = thì 5 70 14 14 sin α = = . TH2: Với 0 C ≠ đặt B t C = ta có ( ) 2 2 5 7 1 5 12 10 14 t sin tt α + = + + . Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 5 7 5 12 10 t ft tt + = + + trên  . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 50 10 112 5 12 10 tt ft tt − + + ′ = + + . ( ) 2 8 8 75 5 5 14 0 50 10 112 0 77 0 55 tf ft t t tf   =⇒=     ′ = ⇔− + + = ⇔    = −⇒ − =       . Và ( ) ( ) 2 2 5 7 lim lim 5 5 12 10 xx t ft tt → ±∞ → ±∞ + = = + + . Bảng biến thiên Từ đó ta có ( ) 75 14 Maxf t = khi 88 55 B t C = ⇒= . Khi đó 1 8 75 . 5 14 14 sin f α  = =   . So sánh TH1 và Th2 ta có sin α lớn nhất là 75 14 sin α = khi 8 5 B C = . Chọn 8 5 31 BC A =−⇒ =−⇒ = . Phương trình ( ) P là ( ) ( ) 31 3 8 5 1 0 31 8 5 98 0 x y z x yz − −− + =⇔ −− − = . Cách 2: Gọi 0 n ≠  là vtpt của () P (1;2;3) u =  là vtcp của đường thẳng ∆ .Kiểm tra đk : .0 nu =   loại được , A B Lấy (3;0; 1) M − ∈∆ .Kiểm tra đk () MP ∈ :Loại được C Vậy chọn D Câu 74: [2H3-5.8-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 31 : 1 23 x y z − + ∆== và đường thẳng 3 12 : 31 2 x yz d + −+ = = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ∆ và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất. A. 19 17 2 77 . 00 x y z −−− = B. 19 17 2 34 . 00 x y z −−+ = C. 31 8 5 91 . 0 x yz − −+ = D. 31 8 5 98 . 0 x yz − −− = Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: Đường thẳng d có VTCP là ( ) 1 3;1;2 u =  . Đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 3;0; 1 M − và có VTCP là ( ) 1;2;3 u =  . Do ( ) P ∆⊂ nên ( ) MP ∈ . Giả sử VTPT của ( ) P là ( ) ( ) 22 2 ;; , 0 n A BC A B C = ++ ≠  . Phương trình ( ) P có dạng ( ) ( ) 3 10 A x By C z − + + + = . Do ( ) P ∆⊂ nên .0 2 3 0 2 3 un A B C A B C = ⇔+ + = ⇔ =− −   . Gọi α là góc giữa d và ( ) P . Ta có ( ) ( ) 1 22 2 2 22 1 . 32 3 2 32 . 14. 14. 2 3 un B C B C AB C sin un A B C B C B C α − − + + + + = = = ++ −− + +     ( ) 2 22 2 2 57 57 1 5 12 10 14 14. 5 12 10 BC BC B BC C B BC C + + = = ++ + . TH1: Với 0 C = thì 5 70 14 14 sin α = = . TH2: Với 0 C ≠ đặt B t C = ta có ( ) 2 2 5 7 1 5 12 10 14 t sin tt α + = + + . Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 5 7 5 12 10 t ft tt + = + + trên  . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 50 10 112 5 12 10 tt ft tt − + + ′ = + + . ( ) 2 8 8 75 5 5 14 0 50 10 112 0 77 0 55 tf ft t t tf   =⇒=     ′ = ⇔− + + = ⇔    = −⇒ − =       . Và ( ) ( ) 2 2 5 7 lim lim 5 5 12 10 xx t ft tt → ±∞ → ±∞ + = = + + . Bảng biến thiên Từ đó ta có ( ) 75 14 Maxf t = khi 88 55 B t C = ⇒= . Khi đó 1 8 75 . 5 14 14 sin f α  = =   . So sánh TH1 và Th2 ta có sin α lớn nhất là 75 14 sin α = khi 8 5 B C = . Chọn 8 5 31 BC A =−⇒ =−⇒ = . Phương trình ( ) P là ( ) ( ) 31 3 8 5 1 0 31 8 5 98 0 x y z x yz − −− + =⇔ −− − = . Cách 2: Gọi 0 n ≠  là vtpt của () P (1;2;3) u =  là vtcp của đường thẳng ∆ .Kiểm tra đk : .0 nu =   loại được , A B Lấy (3;0; 1) M − ∈∆ .Kiểm tra đk () MP ∈ :Loại được C Vậy chọn D Câu 75: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;2;4 M − và ( ) 0;1;5 N . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua M sao cho khoảng cách từ N đến ( ) P là lớn nhất. Khi đó, khoảng cách d từ O đến mặt phẳng ( ) P bằng bao nhiêu? A. 3 3 d = . B. 3 d = . C. 1 3 d = . D. 1 3 d = − . Lời giải Chọn A. Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng ( ) P . Khi đó, tam giác MNH vuông tại H nên NH NM ≤ . Do đó, để khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất thì MH ≡ hay ( ) P qua M và có vecto pháp tuyến là ( ) 1; 1;1 MN = −    . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) : 124 0 Px y z + − −+− = 10 x yz ⇔ − + −= Vậy ( ) ( ) ( ) 2 22 1 3 ; 3 1 11 dO P − = = +− + Câu 76: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ ( ), Oxyz gọi I là giao điểm của đường thẳng 1 1 2 : 22 1 x yz d − ++ = = và mặt phẳng ( ) : 2 2 7 0. P x y z + + − = Tính khoảng cách từ điểm Md ∈ đến ( ) P , biết 9 IM = . A. 3 2 . B. 2 5 . C. 15 . D. 8 . Lời giải Chọn D Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( ) P . Ta có ( ) ( ) , MIH d P = . Khi đó ( ) ( ) 242 8 sin cos , 3.3 9 dP MIH u n ++ = = =  Suy ra ( ) ( ) 8 , .sin 9. 8 9 d M P MH MI MIH = = = = . Câu 77: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng và điểm . Với giá trị nào của thì khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng là lớn nhất. A. .------------------------B. . C. . D. . Lời giải Chọn A. Xét hàm số . Tập xác định . 9 P M I H , Oxy ( ) ( ) : 1 10 P m x y mz − + + −= ( ) 1;1;2 A m A ( ) P 5 3 2 4 ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 11 2 1 3 1 9 61 , 2 22 2 22 11 mm m mm dA P mm mm mm − + + − − − + = = = −+ −+ − ++ ( ) 2 2 9 61 2 22 mm f m mm − + = −+ D =  . Bảng biến thiên Vậy, lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất . Câu 78: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D ′′ ′ ′ có ( ) 2;1;3 , A ( ) 0; 1; 1 , B −− ( ) 1; 2;0 C −− , ( ) D 3; 2;1 . ′ − Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ). ABC D ′′ ′ ′ A. 2. B. 2 3. C. 2 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. ( ) ( ) 2; 2; 4 2 1;1;2 2 AB x −−− =− =−    ( ) ( ) 3 3; 3 3 1;1;1 3 AC y −− − =− =−     Mặt phẳng ( ) ABCD qua điểm A và nhận ( ) ; 1;1;0 xy  = −   là vec tơ pháp tuyến nên có phương trình 1 0. xy −+ + = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 21 ; ; 2 2. 2 d A A B C D d D ABCD −− + ′′ ′ ′ ′ = = = Câu 79: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz viết phương trình mặt phẳng P đi qua 1;1;2 M sao cho khoảng cách từ điểm 3; 1;4 N đến mặt phẳng P là lớn nhất. A. 8 0. x y z B. 2 0. x y z C. 2 0. x y z D. 8 0. x y z Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có , d N P MN  . Do đó khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng P lớn nhất khi , dN P MN xảy ra MN P  . Như vậy mặt phẳng P cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với MN . Ta có 2; 2;2 MN  là véctơ pháp tuyến của P . Vậy phương trình mặt phẳng P : 1 1 20 22 2 xy z hay 2 0. x y z ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 6 32 10 ; 0 1 2 22 3 m mm f m f m m mm =  −+ −  ′′ = = ⇔  = −+  ( ) ( ) , dA P ( ) f m 5 m ⇔=Câu 80: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 1 2 3 xy z −− = = và mặt phẳng ( ) : 2 2 30 P x y z + − +=. Tìm tọa độ điểm M trên d có cao độ dương sao cho khoảng cách từ M đến () P bằng 3 . A. ( ) 10;21;32 M . B ( ) 5;11;17 M . C. ( ) 1;3;5 M . D. ( ) 7;15;23 M . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi M thuộc đường thẳng d có dạng ( ) ;1 2 ;2 3 Mt t t ++ . Theo đề: ( ) ( ) , 3 dM P = ( ) ( ) ( ) 2 22 21 2 2 2 3 3 3 12 2 tt t + + − ++ ⇔= + +− 19 t ⇔ − = ( ) ( ) 8 8; 15; 22 10 10;21;32 tM tM =−⇒ − − −  ⇔  = ⇒   Do M có cao độ dương nên ta nhận ( ) 10;21;32 M . Câu 81: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D ′′ ′ ′ có ( ) 2;1;3 , A ( ) 0; 1; 1 , B −− ( ) 1; 2;0 C −− , ( ) D 3; 2;1 . ′ − Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ). ABC D ′′ ′ ′ A. 2. B. 2 3. C. 2 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. ( ) ( ) 2; 2; 4 2 1;1;2 2 AB x −−− =− =−    ( ) ( ) 3 3; 3 3 1;1;1 3 AC y −− − =− =−     Mặt phẳng ( ) ABCD qua điểm A và nhận ( ) ; 1;1;0 xy  = −   là vec tơ pháp tuyến nên có phương trình 1 0. xy −+ + = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 21 ; ; 2 2. 2 d A A B C D d D ABCD −− + ′′ ′ ′ ′ = = = Câu 82: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz viết phương trình mặt phẳng P đi qua 1;1;2 M sao cho khoảng cách từ điểm 3; 1;4 N đến mặt phẳng P là lớn nhất. A. 8 0. x y z B. 2 0. x y z C. 2 0. x y z D. 8 0. x y z Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có , d N P MN  . Do đó khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng P lớn nhất khi , dN P MN xảy ra MN P  . Như vậy mặt phẳng P cần tìm là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với MN . Ta có 2; 2;2 MN  là véctơ pháp tuyến của P . Vậy phương trình mặt phẳng P : 1 1 20 22 2 xy z hay 2 0. x y z Câu 83: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 1 2 3 xy z −− = = và mặt phẳng ( ) : 2 2 30 P x y z + − +=. Tìm tọa độ điểm M trên d có cao độ dương sao cho khoảng cách từ M đến () P bằng 3 . A. ( ) 10;21;32 M . B ( ) 5;11;17 M . C. ( ) 1;3;5 M . D. ( ) 7;15;23 M . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi M thuộc đường thẳng d có dạng ( ) ;1 2 ;2 3 Mt t t ++ . Theo đề: ( ) ( ) , 3 dM P = ( ) ( ) ( ) 2 22 21 2 2 2 3 3 3 12 2 tt t + + − ++ ⇔= + +− 19 t ⇔ − = ( ) ( ) 8 8; 15; 22 10 10;21;32 tM tM =−⇒ − − −  ⇔  = ⇒   Do M có cao độ dương nên ta nhận ( ) 10;21;32 M . Câu 84: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 : 2 11 x y z d và mặt phẳng : 2 2 50 x yz . Tìm điểm A trên d sao cho khoảng cách từ A đến bằng 3 , biết A có hoành độ dương. A. 0;0; 1 . A B. 2;1; 2 . A C. 2; 1;0 . A D. 4; 2;1 . A Lời gi ải. Gọi 2; ; 1 A t t t d với 0. t Theo đề bài, ta có 22 2 2 2 2 1 5 27 ,3 3 3 3 12 2 tt t t dA   1 2 7 9 1 2; 1;0 8 t t tA t      . Ch ọn C. Câu 85: [2H3-5.9-3]Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 2 15 0 P x yz + − += và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 2 1 0. Sx y z y z + + − − −= Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng ( ) P đến một điểm thuộc mặt cầu ( ) S là A. 33 . 2 B. 3. C. 3 . 2 D. 3 . 3 Giải Chọn A. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0;1;1 I và bán kính 3 = R . Gọi H là hình chiếu của I trên ( ) P và A là giao điểm của IH với ( ) S . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng ( ) P đến một điểm thuộc mặt cầu ( ) S là đoạn AH . ( ) ( ) 33 , 2 = −= AH d I P R . Câu 86: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3; 3; 2 A −− , ( ) 1; 2;0 B − và mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x yz + − − =. Điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M đến ( ) P bằng 2. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên trục Ox , biết 0 M z < . A. ( ) 5;0;0 . B. ( ) 7;0;0 . C. ( ) 1;0;0 . D. ( ) 3;0;0 . Lời giải Chọn B. Ta có ( ) 2;1;2 AB = −   . Đường thẳng AB có phương trình tham số dạng: 12 2 2 xt yt zt = −   =−+   =  . Điểm ( ) 1 2; 2 ; 2 M t t t − −+ thuộc đường thẳng AB . ( ) ( ) ( ) ( ) 21 2 2 2 2 4 ,2 2 3 t tt dM P − + −+ − − = ⇔= 4 66 t ⇔− − = 4 6 6 0 4 66 3 tt tt − −=− =  ⇔⇔  − −= =−  Do 0 M z < nên điểm ( ) 7; 5; 6 M −− . Vậy hình chiếu vuông góc của M lên trục Ox là ( ) 7;0;0 . Câu 87: [2H3-5.9-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;4 M và đường thẳng 1 : 2. 1 2 xt yt zt = +   = +  + ∆ =   Tọa độ điểm H thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng MH nhỏ nhất. A. ( ) 1;2;1 . H B. ( ) 3;4;5 . H C. ( ) 0;1; 1 . H − D. ( ) 2;3;3 . H Hướng dẫn giải Chọn D. H thuộc ∆ ( ) 1 ;2 ;1 2 . H t t t ⇒ + ++ ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 1 1 3 2 6 12 11 6 1 5 5 MH t t t t t t = −+ + + − = − + = −+ ≥ MH nhỏ nhất ( ) 1 2;3;3 . tH ⇔= ⇒ Câu 88: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm 0;0;0 O , 1;0;0 A , 0;1;0 B và 0;0;1 C . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mặt phẳng OAB , OBC , OCA , ABC ? A. 1. B. 4 . C. 5 . D. 8 . Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có . :1 OAB Oxy OCD Oyz CDA Oxz ABC x y z     Gọi ; ; P ab c là tọa độ điểm cần tìm. Theo đề bài, ta cần có 1 . 3 ab c ab c Có tất cả 8 trường hợp và đều có nghiệm. Cụ thể: ● . ab c ab c ab c a bc ab c          ● Mỗi trường hợp trên kết hợp với 1 3 ab c c sinh ra hai trường hợp. Nhận xét. Hình dung về mặt hình học bài này như sau: Một điểm dễ thấy nhất là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện. Bốn điểm còn lại khó thấy hơn là bốn tâm mặt cầu bàng tiếp của tứ diện. Ba điểm còn lại rất khó hình dung là nằm trong góc tam diện như hình vẽ sau (trường hợp này rất nhạy cảm, đặc biệt cho bài này là , , OA OB OC đôi một vuông góc). Câu 89: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 39 Sx y z − + − + − = và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x yz − ++ =. Gọi ( ) ;; M abc là điểm trên mặt cầu ( ) S sao cho khoảng cách từ M đến ( ) P là lớn nhất. Khi đó A. 5. abc ++ = B. 6. abc ++ = C. 7. abc ++ = D. 8. abc ++ = Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 39 Sx y z − + − + − = có tâm ( ) 1;2;3 I và bán kính 3. R = Gọi d là đường thẳng đi qua ( ) 1;2;3 I và vuông góc ( ) P Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là 1 2 22 3 xt yt zt = +   = −   = +  . Gọi , A B lần lượt là giao của d và ( ) S , khi đó tọa độ , A B ứng với t là nghiệm của phương trình ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 2 1 2 2 2 3 3 9 1 t t t t t =  + − + − − + +− =⇔  = −  Với ( ) ( ) 13 1 3;0;4 ;( ) . 3 t A dA P = ⇒ ⇒ = Với ( ) ( ) 5 1 1;4;2 ;( ) . 3 t B dB P =−⇒ − ⇒ = Với mọi điểm ( ) ;; M abc trên ( ) S ta luôn có ( ) ( ) ( ) ;( ) ;( ) ;( ) . d B Pd M Pd A P ≤≤ Vậy khoảng cách từ M đến ( ) P là lớn nhất bằng 13 3 khi ( ) 3;0;4 M Do đó 7. abc ++ = Câu 90: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 39 Sx y z − + − + − = và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x yz − ++ =. Gọi ( ) ;; M abc là điểm trên mặt cầu ( ) S sao cho khoảng cách từ M đến ( ) P là lớn nhất. Khi đó A. 5. abc ++ = B. 6. abc ++ = C. 7. abc ++ = D. 8. abc ++ = Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 1 2 39 Sx y z − + − + − = có tâm ( ) 1;2;3 I và bán kính 3. R = Gọi d là đường thẳng đi qua ( ) 1;2;3 I và vuông góc ( ) P Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là 1 2 22 3 xt yt zt = +   = −   = +  . Gọi , A B lần lượt là giao của d và ( ) S , khi đó tọa độ , A B ứng với t là nghiệm của phương trình ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 2 1 2 2 2 3 3 9 1 t t t t t =  + − + − − + +− =⇔  = −  Với ( ) ( ) 13 1 3;0;4 ;( ) . 3 t A dA P = ⇒ ⇒ = Với ( ) ( ) 5 1 1;4;2 ;( ) . 3 t B dB P =−⇒ − ⇒ = Với mọi điểm ( ) ;; M abc trên ( ) S ta luôn có ( ) ( ) ( ) ;( ) ;( ) ;( ) . d B P d M Pd A P ≤≤ Vậy khoảng cách từ M đến ( ) P là lớn nhất bằng 13 3 khi ( ) 3;0;4 M Do đó 7. abc ++ = Câu 91: [2H3-5.9-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) ;0;0 A a , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với a , b , c dương thỏa mãn 4 abc + + = . Biết rằng khi a , b , c thay đổi thì tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng ( ) P cố định. Tính khoảng cách d từ ( ) 1;1; 1 M − tới mặt phẳng ( ) P . A. 3 d = . B. 3 2 d = . C. 3 3 d = . D. 0 d = . Hướng dẫn giải Chọn C. Vì ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với a , b , c dương ⇒ OABC là tam diện vuông. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC ⇒ ;; 2 22 ab c I       Theo giả thiết 4 abc ++ = ⇔ 2. 2. 2. 4 2 22 ab c ++ = ⇔ 22 2 4 I II x yz + += ⇔ 2 I II x yz + + = ⇒ Tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) : 20 P x yz + +− = Vậy ( ) ( ) 222 1 1 1 2 1 , 3 111 d dM P + − − = = = ++ . Câu 92: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm Với là tham số thực, gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng và . Tính khoảng cách từ đến . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D. Chọn , ta có: Suy ra: Đường thẳng có vectơ chỉ phương là: Vậy . Câu 93: [2H3-5.10-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng 1 11 2 : 2 13 x yz d + −− = = − , 2 23 : 1 2 3 x y z d +− = = −− . Mặt phẳng ( ) P chứa 1 d và song song với 2 d . Khoảng cách từ ( ) 1;1;1 M đến ( ) P là A. 3 . B. 5 3 . C. 4 . D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Đường thẳng 1 d đi qua ( ) 1;1;2 A − và có VTCP ( ) 1 2; 1;3 u = −  Đường thẳng 2 d có VTCP ( ) 2 1;2; 3 u=− −  ( ) ( ) 12 , 3;3;3 3 1; 1; 1 uu  =− =− −−   . Vì ( ) P chứa 1 d và song song với 2 d nên suy ra ( ) P đi qua ( ) 1;1;2 A − và có VTPT ( ) 1; 1; 1 n= −−  cùng phương với 12 , uu    có phương trình là: ( ) : 40 Px y z −− +=. Khoảng cách từ điểm ( ) 1;1;1 M đến mp ( ) P là: ( ) ( ) 1 1 1 4 ,3 3 dM P − − + = = . ( ), Oxyz ( ) 1;0;0 . A α d α ( ) 2 : sin . sin cos . cos . cos 0 Px y z α α αα α α + + += ( ) 2 : cos . sin . sin cos . sin 0 Q xy z α α α αα α + − −= A d α 5 3 2 2 ( ) 0; ; M yz d α ∈ 2 2 sin cos . cos . cos 0 sin . sin cos . sin 0 yz y z αα α α α αα α  + +=   − −=   1 0; cos yz α ⇔= = − 1 0;0; cos M α  −   1 1;0; cos MA α  ⇒=     d α ( ) 22 3 2 3 2 , 2sin cos ;cos sin .cos ;sin sin .cos PQ u n n α α α αα α α α   == − + −        ( ) ( ) ( ) 32 2 22 3 2 , 1;sin 2sin .cos sin .cos ; cos ,2 2sin .cos ;cos ;sin sin .cos u MA d Ad u α α αα α α α αα α α αα  + −− = = = −−     Câu 94: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ( ) 1 : 0 xt t y zt = +   =   = −  ∆ ∈  và các điểm ( ) 2;1; 1 A − , ( ) 1;2;0 B − . Gọi d là đường thẳng đi qua B , cắt đường thẳng ∆và có khoảng cách từ A tới d lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đường thẳng d vuông góc với đường thẳng . ∆ B. Đường thẳng d vuông góc với trục . Oz C. Đường thẳng d vuông góc với trục . Ox D. Đường thẳng d vuông góc với trục . Oy Hướng dẫn giải Chọn C Giả sử d cắt ∆ tại ( ) 1;0; Mt t +− . Ta có ( ) 2; 2; BM t t = + −−    là vectơ chỉ phương của d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 , 2 22 4 6 20 24 , 2 48 24 AB BM t tt tt dA d tt tt BM  − + − + − −+ = = = ++ + ++          . Xét ( ) ( ) ( ) 22 22 6 20 24 64 256 ; ; 02 2 48 2 48 tt t f t ft ft t tt tt −+ − ′′ = = =⇔=± ++ ++ . Lập BBT ta có ( ) ft đạt giá trị lớn nhất khi ( ) 2 0; 2;2 t BM =− ⇒ = −    Vậy Đường thẳng d vuông góc với trục . Ox Câu 95: [2H3-5.10-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm 1; 1;0 , 1;0; 2 , AB 3;1;1 C . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC . A. 21 6 . B. 14 2 . C. 21 2 . D. 7 2 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 0;1; 2 AB  và 2; 1;1 BC  . Suy ra , 1;4;2 AB BC      . Khi đó   , 21 14 , 2 6 AB BC d A BC BC       . Câu 96: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 1 2 2 10 P mm x m y m z m m ++ + − + + + ++ = luôn chứa đường thẳng ∆ cố định khi m thay đổi. Tính khoảng cách từ gốc toạ độ đến ∆ . A. 1 5 . B. 1 6 . C. 1 2 . D. 1 3 . Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 1 2 2 10 P mm x m y m z m m ++ + − + + + ++ = ( ) ( ) 2 2 21 21 2 41 0 x y z m x z m x y z ⇔ + ++ + ++ + − ++ = Phương trình nghiệm đúng với mọi m 2 10 2z 1 0 2 4z 1 0 xy x xy + +=   ⇔ + +=   − + +=  12 xt yt zt =−−   ⇔=   =  . Vậy ( ) P luôn chứa đường thẳng cố định ∆ có PT như trên. Gọi ( ) 1 2; ; H ttt − − ∈∆ là hình chiếu của O lên ∆ . ( ) 1 . 0 2 12 0 3 OH u t t t t ∆ ⇒ = ⇔− − − + + = ⇔ = −     111 ;; 333 H  ⇒ −−−   1 3 OH ⇒ = . Cách 2: Lấy ( ) 1 0 : 2 4z 1 0 m Px y = ⇒ − + += . Lấy ( ) 2 1 : 2z 1 0 m Px =−⇒ + + = . Suy ra ( ) ( ) 12 P P ∆ = ∩ 2 4z 1 0 : 2z 1 0 xy x − + +=  ⇒∆  + +=  . Trong hệ trên đặt 1 2; z t x ty t = ⇒ =−− = 12 : xt yt zt =−−   ⇒∆ =   =  . Lấy ( ) 1;0;0 M − ∈∆ , ( ) 2;1;1 u ∆ = −   ( ) , 1 ; 3 OM u dO u ∆ ∆     ⇒ ∆= =         . Câu 97: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ () Oxyz cho điểm (1;2;3) M ; (1;0;0) A ; (0;0;3) B . Đường thẳng  đi qua M và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất có phương trình là: A. 1 23 : 62 3 xy z  . B. 1 23 : 6 32 xy z  . C. 1 23 : 36 2 xy z  . D. 1 23 : 2 36 xy z  . Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có (; ) (; ) d A d B MA MB    . Để tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất thì. (; ) (; ) MA d A d B MA MB MB      . Suy ra qua M, vtcp ; 6;3; 2 6; 3;2 d u MA MB             . Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là: 1 23 : 6 32 xy z  . Câu 98: [2H3-5.10-4] Trong không gian với hệ () Oxyz cho điểm (1;2;3) M ; (1;0;0) A ; (0;0;3) B . Đường thẳng  đi qua M và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất có phương trình là: O M u ∆   ∆ ( ) ; dO ∆A. 1 23 : 62 3 xy z  . B. 1 23 : 6 32 xy z  . C. 1 23 : 36 2 xy z  . D. 1 23 : 2 36 xy z  . Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có (; ) (; ) d A d B MA MB    . Để tổng khoảng cách từ các điểm A ; B đến  lớn nhất thì. (; ) (; ) MA d A d B MA MB MB      . Suy ra qua M, vtcp ; 6;3; 2 6; 3;2 d u MA MB             . Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là: 1 23 : 6 32 xy z  . Câu 99: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;2;2 A , ( ) 5;4;4 B và mặt phẳng ( ) : 2 6 0 P x yz + − + = Nếu M thay đổi thuộc ( ) P thì giá trị nhỏ nhất của 22 MA MB + là A. 60 . B. 50 . C. 200 3 . D. 2968 25 . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi ( ) 3;3;3 I là trung điểm đoạn AB . Ta có 2 22 2 2 2 AB MA MB MI += + . Do đó 22 MA MB + đạt giá trị nhỏ nhất khi ( ) MI P ⊥ . ( ) ( ) 6 3 3 6 , 26 4 11 MI d I P + − + = = = ++ ; 222 422 24 AB= ++ = . ( ) ( ) 2 2 22 24 2 2 6 60 2 MA MB += + = . Câu 100: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 2 3 59 Sx y z − + − +− = và tam giác ABC với (5;0;0), (0;3;0), (4;5;0) A B C . Tìm tọa độ điểm M thuộc cầu () S sao cho khối tứ diên MABC có thể tích lớn nhất. A. ( ) 0;0;3 M . B. ( ) 2;3;2 M . C. ( ) 2;3;8 M . D. ( ) 0;0; 3 M − . Hướng dẫn giải Chọn C. . 1 .. 3 M ABC ABC V S MJ = Để . M ABC V lớn nhất MJ ⇔ lớn nhất ⇔ ( ) MJ ABC ⊥ ( ) M IJ S ⇒= ∩ Phương trình mặt phẳng ( ) ABC : 0 z = Đường thẳng : JI 2 3 5 x y zt =   =   = +  ( ) 2;3;5 Mt ⇒+ ( ) MS ∈⇒ ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 3 3 5 5 9 t − + − + +− = 3 t ⇒=± ( ) ( ) 1 2;3;2 , 2;3;8 MM ⇒ Do ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , , MJ d M ABC d M ABC = > ( ) 1 2;3;8 M ⇒ Câu 101: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;4 M và đường thẳng 1 : 2 1 2 xt yt zt = +   ∆ =+   = +  . Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MH có độ dài nhỏ nhất. A. ( ) 2;3;3 H . B. ( ) 1;2;1 H . C. ( ) 0;1; 1 H − . D. ( ) 3;4;5 H . Hướng dẫn giải Chọn A. ( ) 1 ;2 ;1 2 H H t t t ∈∆ ⇒ + + + . ( ) ( ) ( ) 22 2 1 1 23 MH t t t = − ++ + − ( ) 2 2 6 12 11 6 1 5 5 tt t = − + = − +≥ . Dấu "" = xảy ra 1 t ⇔=. Vậy ( ) 2;3;3 H . Câu 102: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P và đường thẳng ( ) d tương ứng có phương trình là 2 3 30 x y z − + −= và 122 21 1 xy z + − + = = −− . Biết đường thẳng ( ) d cắt mặt phẳng ( ) P tại điểm M . Gọi N là điểm thuộc ( ) d sao cho 3 MN = , gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm N trên mặt phẳng ( ) P . Tính độ dài đoạn MK . A. 7 105 MK = . B. 7 4 21 MK = . C. 4 21 7 MK = . D. 105 7 MK = . Hướng dẫn giải Chọn D. M 1 I A B C M J ( ) P có vec tơ pháp tuyến ( ) 2; 1;3 n = −  , ( ) d có vec tơ chỉ phương ( ) 2;1; 1 u=−−  . Gọi α là góc giữa ( ) P và ( ) d . Ta có: . 84 5 sin cos 14. 6 21 21 . nu nu αα = = = ⇒=    . Tam giác MNK vuông tại K nên 5 5 105 cos .3 . 7 21 21 MK MK MN α= = ⇔= = Câu 103: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm và hai đường thẳng Lấy điểm trên và trên sao cho thẳng hàng. Tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng A. B. C. D. Lời giải Chọn D. , . Ba điểm thẳng hàng , Tọa độ trung điểm của là: . Câu 104: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu và đường thẳng . Đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt và . Tính độ dài đoạn ? P d α M N K , Oxyz ( ) 1;1; 2 M − ( ) ( ) 12 2 1 1 6 :; :. 1 1 1 2 1 1 x y z x y z − − ++ ∆ == ∆= = −− N ( ) 1 ∆ P ( ) 2 ∆ , , M NP . NP ( ) 0;2;3 . ( ) 2;0; 7 . − ( ) 1;1; 3 . − ( ) 1;1; 2 . − ( ) 1 2 ; ; 1 N N t t t ∈∆ ⇒ − + ( ) 2 2; 1 ; 6 P P t t t ′′ ∈∆ ⇒ − + − − ( ) 1 ; 1;3 MN t t t = − − +    ( ) 2 1; 2; 4 MP t t t ′′ ′ = − − −−   , , MN P MP kMN ⇔=      ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1 1 21 21 2 1 4 3 43 1 53 1 t t k t t t t t kt t kt k t t t k t t kt t t   ′ = ′ ′′ −= − −=− −   ′ =    ′′ ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − ⇔   = −    ′′ −− = + − − = +  −  −= +  −  ( ) 0;2;3 N ⇒ ( ) 2;0; 7 P − NP ( ) 1;1; 2 − Oxyz ( ) 2 22 : 2 4 2 30 Sx y z x y z + + − − + −= 25 : 42 1 xt dy t z = −   = +   =  d ( ) S A B ABA. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Chọn B. Tọa độ các giao điểm của và là nghiệm của hệ phương trình sau: Từ (*) ta có: Với hoặc Vậy . Câu 105: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ , và lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm trên và . Tính . A. . B. . C. 0. D. . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 17 17 2 29 29 29 29 2 17 17 d ( ) S 2 22 25 42 1 2 4 2 3 0 (*) xt y t z x y z x y z = −   = +   =   + + − − + −=  ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 25 4 2 1 2 25 4 4 2 23 0 t t t t − + + + −− −+ +−= 2 0 29 2 0 2 29 t tt t =   ⇔ −= ⇔  =  ( ) 2 0 4 2;4;1 1 x t yA z =   =⇒ =⇒   =  48 29 2 120 48 120 ; ;1 29 29 29 29 1 x t yB z  =     = ⇒ = ⇒     =    10 4 2 29 ; ;0 29 29 29 AB AB  =− ⇒=     Oxyz ( ) 0; 1;2 A − ( ) 1;0; 2 B − ( ;;) I abc 1 2 : 41 1 xy z +− ∆ = = − ( ) : 2 2 6 0 P x y z − − −= S abc = ++ 3 2 + 53 + 4 3 + 1 2 : 41 1 xy z +− ∆ = = − ( ) 4;1; 1 a ⇒= −  ( ) : 2 2 6 0 P x y z − − −= ( ) 2; 1; 2 n ⇒ = −− Gọi d là đường thẳng đi qua và vuông góc với mp(P), phương trình tham số của d là: Vì B là hình chiếu của I trên (P) nên Vì A là hình chiếu của I trên nên Do đó Vậy . Câu 106: [2H3-5.13-3] Cho đường thẳng 1 2 : 2 12 xt dy t zt = +   = +   =−−  và 2 2 22 : 4 31 x y z d − −− = = −− . Gọi d là đường thẳng vuông góc chung của 1 d và 2 d , ( ) ,, M abc thuộc d , ( ) 4;4;1 N . Khi độ dài MN ngắn nhất thì abc ++ bằng? A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 9. Lời giải Chọn D. Gọi ( ) 1 2;2; 1 2 P t t td + + −− ∈ và ( ) 2 4 ;2 3 ;2 Q t tt ′ ′′ + −− Ta có: ( ) 1;1; 2 a = −  , ( ) 4; 3; 1 b= −−  và ( ) 4 ; 3 ; 2 3 PQ tt tt t t ′ ′′ = −− −− + +   Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 432 2 3 0 .0 44 3 3 1 2 3 0 .0 tt tt t t a PQ tt tt t t b PQ ′′ ′  − − − − − + + =  =   ⇔   ′ ′′ − − − − − − + + = =            3 6 6 0 26 3 3 1 tt t t t t ′′ −= =  ⇔ ⇔ ′−= = −  Suy ra ( ) 1;1;1 P và ( ) 2;2;2 Q ( ) 1;1;1 PQ ⇒=   Nên 1 :1 1 xt dy t zt = +   = +   = +  Gọi ( ) 1 ;1 ;1 M ttt +++ nên ( ) 3; 3; NM t t t = − −    Do đó: ( ) ( ) ( ) 22 2 22 3 3 3 12 18 3 2 6 6 NM t t t t t t = −+ −+ = − + = − + ≥ Đoạn thẳng MN ngắn nhất bằng 6 khi 2 t = . Suy ra ( ) 3;3;3 9 M abc ⇒ ++ =. ( ) 1;0; 2 B − 1 2 22 xt yt zt = +   = −   =−−  Id ∈ ( ) 1 2; ; 2 2 I tt t ⇒ + − −− ( ) 1 2 ;1 ; 4 2 AI t t t ⇒ = + − −−  ∆ AI a ⇒⊥   .0 AI a ⇒=   ( ) ( ) 41 2 1 4 2 0 t t t ⇒ + +− − −− = 1 t ⇒=− ( ) ( ) 1 2 ; ; 2 2 1;1;0 I tt t + − −− = − 1; 1; 0 a bc ⇒= − = = 0 abc ++ =Câu 107: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2; 3; 4 I −− và đường thẳng 22 : 3 2 1 x y z d ++ = = − . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H . A. ( ) 4;2; 2 H = − . B. ( ) 1;0; 1 H = − . C. 11 ;0; 22 H   = −     . D. 11 ; 1; 22 H  = − −−   . Lời giải Chọn B. Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm H nên H là hình chiếu của I lên d . Ta có d có phương trình tham số: ( ) 23 22 xt y t t zt =−+   =−+ ∈   = −   và có một VTCP ( ) 3;2; 1 d u = −  . ( ) 2 3; 2 2 ; Hd H t t t ∈ ⇒ −+ − + − ( ) 4 3 ;1 2 ;4 IH t t t ⇒ = −+ + −  . Mà ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 3 4 3 2 1 2 1 4 0 1 1;0; 1 d u IH t t t t H = ⇔ −+ + + − − = ⇔ = ⇒ −      . Câu 108: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 22 : 6 4 2 50 Sx y z x y z + + − + − += và hai đường thẳng 1 1 22 : 14 3 xy z d −+ − = = ; 2 25 : 22 1 x y z d −− = = − . Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đường thẳng 1 d và 2 d sao cho đường thẳng MN cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm , A B . Tìm tọa độ điểm N để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất. A. ( ) 0; 2;2 N = − . B. ( ) 4; 3;1 N = − . C. ( ) 2;0;1 N = . D. ( ) 2; 4;3 N=−− . Lời giải Kiểm tra ba điểm , , M NI không thẳng hàng. Đề sai – không có đáp án Chưa kiểm tra. Câu 109: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ cho hình hộp với tọa độ các đỉnh là , và . Các điểm lần lượt thay đổi trên các đoạn và sao cho . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B. , Oxyz . ABCD A B C D ′′ ′ ′ ( ) ( ) 0; 1;0 , 2;1;0 AC − ( ) ' 2; 1;2 B − ( ) ' 0;1;2 D , MN AB ′′ BC D M AN ′ ⊥ . MN 3 6 22 2 3 + Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ , Phương trình đường thẳng có dạng: Điểm Phương trình đường thẳng có dạng: Điểm ; ( ) 2 ; 2; 2 MN t k − +−    ; ( ) 2; 2;0 AN k +   ; . + Vì ( ) 22 2 0 D M AN t k ′ ⊥ ⇒− + = ( ) 2 2 ;; 2 k t MN t t ⇒ = −⇒ − −    tại . Câu 110: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt cầu ( ) : S ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 13 x y z + + − +− = và hai điểm ( ) 1;0;4 A , ( ) 0;1;4 B . Các mặt phẳng ( ) 1 , P ( ) 2 P chứa đường thẳng AB và lần lượt tiếp xúc với mặt cầu ( ) S tại các điểm 1 2 , HH . Viết phương trình đường thẳng 12 . HH 0 x y z D' C' A' B' D C B A 0; 1;2 A  2; 1;0 B AB   1 2 xt y z  t  ; 1;2 M AB M t   BC 2 0 x yk z  k  2; ;0 N BC N k ; 2;0 DM t       2 2 min 2 46 MN t t 1 t A. 1 2. 2 xt yt z =−+   = +   =  B. 1 2. 4 xt yt z =−+   = +   =  C. 1 2 1 . 2 4 x t yt zt  = +    = +   = +    D. 1 3. 2 xt yt z =−+   = +   =  Lời giải Chọn A. Ta có ( ) S có tâm ( ) 1;2;1 I − và bán kính 3. R = Đường thẳng ∆ đi qua hai điểm , AB có phương trình 1 . 4 xt yt z = −   =   =  ( ) 12 IH H đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình 3 0. xy −+ − = Gọi H là giao điểm của AB và ( ) 12 IH H . Khi đó ( ) 1;2;4 . H − Gọi M là giao điểm của 12 HH và . IH Khi đó 1 . H M IH ⊥ Ta có 2 22 .1 3 IM IM IH R IH IH IH = = = nên 1 3 IM IH =      . Do đó ( ) 1;2;2 . M − 12 HH vuông góc với , IH AB nên có vtcp ( ) 1 , 1;1;0 . 3  = − =       u IH AB Phương trình 12 HH : 1 2. 2 xt yt z =−+   = +   =  Câu 111: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm 3;0;0, 0;2;0, 0;0;6 A B C và 1;1;1 D . Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm , , AB C đến d lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. 1; 2;1 M . B. 5;7;3 N . C. 3;4;3 P . D. 7;13;5 Q . Hướng dẫn giải Chọn B. Kiểm tra ta thấy :2 3 6 0 D ABC x y z . Ta có             , , , , , . , d A d AD d B d BD d A d d B d d C d AD BD CD d C d CD      Dấu "" xảy ra khi d ABC  tại điểm D . Do đó 12 : 1 3 1 xt d y t N d zt   . Câu 112: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có ( ) 2;3;1 A , ( ) 4;1; 2 B − , ( ) 6;3;7 C và ( ) 1; 2;2 D − . Các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện ABCD chia không gian Oxyz thành số phần là A. 9 . B. 12. C. 15. D. 16. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 3 đường thẳng chia mặt phẳng thành 7 phần. 3 mặt phẳng chia không gian thành 8 phần, mặt phẳng thứ 4 cắt 3 mặt phẳng trước thành 3 giao tuyến, 3 giao tuyến này chia mặt phẳng thứ 4 thành 7 phần, mỗi phần lại chia 1 phần của không gian thành 2 phần. Vậy 4 mặt phẳng chia không gian thành 8+7=15 phần Câu 113: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 44 : 3 21 xy z + − − ∆ = = −− và các điểm ( ) 2;3; 4 A − , ( ) 4;6; 9 B − . Gọi C , D là các điểm thay đổi trên đường thẳng ∆ sao cho 14 CD = và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của đoạn thẳng CD là A. 79 64 102 ; ; 35 35 35       B. 181 104 42 ;; 55 5 −−       . C. 101 13 69 ;; 28 14 28       . D. ( ) 2;2;3 . Hướng dẫn giải Chọn A. C, D nằm trên đường thẳng 13 : 42 4 xt yt zt =−+   ∆ =−   = −  nên ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 1 3 ;4 2 ;4 , 1 3 ,4 2 ,4 C t t tD t t t −+ − − −+ − − . ( ) ( ) ( ) 1 11 2 2 2 2;3; 5 ; 3 3 ;1 2 ;8 ; 3 3 ;1 2 ;8 AB AC t t t AD t t t = − = −+ − − = −+ − −       . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 12 12 12 12 14 9 4. 1 CD tt tt tt tt == −+ −+ − ⇔ − = . Do vai trò của 12 ; tt như nhau nên ta đặt 21 1 tt = + . Ta thấy để thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất thì bán kính r của khối cầu phải lớn nhất. Mặt khác ta có 3 ABCD tp V r S = . Mặt khác ( ) 1 . . .sin , 6 ABCD V AB CD AB CD = không đổi. Vậy để r max thì tp S min. Mặt khác ; ACD BCD SS không đổi. Do vậy ta đi tìm min của ABC ABD SS + . Ta có ( ) 1 ., , 2 ABC ABD S S AB AC AB AD    += +             . ( ) ( ) ( ) 22 2 11 1 , 29 13 1 13 11 13 AB AC t t t  = − ++ + −     . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 , 16 13 14 13 2 13 AB AC t t t  = − + + + +     . Đặt 1 13tx = lúc này ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 29 1 11 16 14 2 f x x x x x x x = − ++ +− + − ++ ++ . ( ) 22 3 78 963 3 456 f x x x x = −+ + + . ( ) 1 22 3 39 3 13 1 0 22 3 78 963 3 456 xx fx x t x x x − ′ = + = ⇔= ⇒ = −+ + . Vậy ( ) 2;2;3 I . Câu 114: [2H3-5.13-4]Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 2 1 39 Sx y z − + + +− = . Điểm ( ) ;; M x yz di động trên ( ) S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 16 P x yz = + − + . A. 2 . B. 6 . C. 24 . D. 3 Lời giải Chọn B. Mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 : 2 1 39 Sx y z − + + +− = có tâm ( ) 2; 1; 3 I − , bán kính 3 R = Xét mặt phẳng ( ) : 2 2 16 0 P x yz + − + = Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với ( ) P có phương trình 2 2, 1 2, 3 x t y tz t =+ = −+ =− giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của D và (S) là 1 t = ± Þ ∆ và ( ) S cắt nhau tại 2 điểm: ( ) ( ) 0; 3; 4 , 4;1; 2 AB − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) , 2, , 8 d A P dB P = = Lấy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 16 1 ;; , 33 x yz M x yz S d M P P + − + ∈⇒ = = Luôn có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 , , , 8 2 8 6 24 3 d A P dM P d B P P P = ≤ ≤ =⇔ ≤ ≤⇔ ≤ ≤ Vậy 6 Min P = khi 0, 3, 4 xy z == −= . Câu 115: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm ( ) 1;2;3 M có hình chiếu vuông góc trên trục Ox là điểm: A. ( ) 0;0;3 . B. ( ) 0;0;0 . C. ( ) 0;2;0 . D. ( ) 1;0;0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Câu 116: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 66 0 P x yz ++ −= và điểm ( ) 6;7;5 M . Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 10;13;7 H . B. ( ) 10; 13;7 H − . C. ( ) 10; 7;25 H − . D. ( ) 10;7;25 H . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi d là đường thẳng qua điểm ( ) 6;7;5 M và vuông góc với mặt phẳng ( ) P ⇒ d có vectơ chỉ phương là ( ) ( ) 2;3;1 P un = =  . Phương trình tham số của đường thẳng d : 62 7 3, 5 xt y tt zt = +   =+∈   = +   . Hình chiếu H của M lên ( ) P chính là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( ). P ( ) 6 2 ;7 3 ;5 Hd H t t t ∈⇒ + + + ( ) H P ∈ ( ) ( ) ( ) 2 6 2 3 7 3 5 66 0 t t t ⇒ + + + + +− = 14 28 0 2 tt ⇔ − = ⇔= ( ) 10;13;7 H ⇒ Câu 117: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm ( ) 1;2;3 M có hình chiếu vuông góc trên trục Ox là điểm: A. ( ) 0;0;3 . B. ( ) 0;0;0 . C. ( ) 0;2;0 . D. ( ) 1;0;0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Câu 118: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 66 0 P x yz ++ −= và điểm ( ) 6;7;5 M . Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 10;13;7 H . B. ( ) 10; 13;7 H − . C. ( ) 10; 7;25 H − . D. ( ) 10;7;25 H . Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi d là đường thẳng qua điểm ( ) 6;7;5 M và vuông góc với mặt phẳng ( ) P ⇒ d có vectơ chỉ phương là ( ) ( ) 2;3;1 P un = =  . Phương trình tham số của đường thẳng d : 62 7 3, 5 xt y tt zt = +   =+∈   = +   . Hình chiếu H của M lên ( ) P chính là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( ). P ( ) 6 2 ;7 3 ;5 Hd H t t t ∈⇒ + + + ( ) H P ∈ ( ) ( ) ( ) 2 6 2 3 7 3 5 66 0 t t t ⇒ + + + + +− = 14 28 0 2 tt ⇔ − = ⇔= ( ) 10;13;7 H ⇒ Câu 119: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 4; () 0;0 M − và đường thẳng 1 : 23 2 xt yt zt = −   ∆ =−+   = −  . Gọi ( ) ;; H abc là hình chiếu của M lên ∆ . Tính . abc ++ A. 3. B. 1. − C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn B. Đường thẳng ∆ có VTCP là ( ) 1;3; 2 u=−−  , ( ) 1 ;; : 2 3 2 a t H abc t b t ct = −   ∈ ∆⇒∃ ∈ = − +   = −   . Ta có: ( ) 5 ; 2 3 ; 2 . MH t t t = − −+ −    H là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ khi MH ⊥ ∆ .0 u MH ⇔=     ( ) ( ) ( ) 15 3 2 3 2 2 0 t tt ⇔− − + − + − − = 11 14 t ⇔= . 3 5 22 ;; . 14 14 14 H  ⇒−   3 5 22 1 14 14 14 abc ++ − ⇒ = += − . Cách khác Đường thẳng ∆ có VTCP là ( ) 1;3; 2 u=−−  , ( ) 1 ;; : 2 3 2 a t H abc t b t ct = −   ∈ ∆⇒∃ ∈ = − +   = −   . Ta có 1 23 2 1 abc t t t ++ =− −+ − =− . Câu 120: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2; 5;7 A −− và mặt phẳng ( ) : 2 10 x yz α + − +=. Gọi H là hình chiếu của A lên ( ) α . Tính hoành độ điểm H . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Hướng dẫn giải Chọn D. Đường thẳng ( ) ∆ đi qua ( ) 2; 5;7 A −− và nhận ( ) 1;2; 1 n α = −  làm VTCP có phương trình ( ) 2 : 52 7 xt yt zt =−+   ∆ =− +   = −  Gọi H là hình chiếu của A lên ( ) α . Khi đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ 2 52 7 2 10 xt yt zt x yz =−+   =− +   = −   + − +=  ⇔ 3 1 1 4 t x y z =   =   =   =  ⇒ 1 H x = . Câu 121: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 11 : 3 11 x yz d và điểm 1;2;3 A . Tọa độ điểm A  đối xứng với A qua d là: A. 3;1; 5 A  B. 3;0;5 A  C. 3;0; 5 A  D. 3;1;5 A  Hướng dẫn giải Chọn C. Đường thẳng d có một VTCP 3; 1;1 d u  . Gọi là mặt phẳng qua A và vuông góc với d nên có một VTPT 3; 1;1 d nu   . Do đó : 3 4 0 x yz . Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên d thỏa mãn 2 11 2;1; 1 3 11 3 40 x yz H x yz  . Khi đó H là trung điểm của AA  nên suy ra 3;0; 5 A  . Câu 122: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 40 P x yz + − − = và điểm ( ) 1; 2; 2 M −− . Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 3;4;8 N . B. ( ) 3;0; 4 N − . C. ( ) 3;0;8 N . D. ( ) 3;4; 4 N − . Hướng dẫn giải Chọn B. ( ) : 40 P x yz + − − = có VTPT là ( ) 1;1; 1 n = −  . Theo đề đường thẳng MN qua ( ) 1; 2; 2 M −− và nhận ( ) 1;1; 1 n = −  làm VTCP. Phương trình đường thẳng MN : 1 22 11 1 xy z −+ + = = − . ( ) H MN P = ∩ nên tọa độ H thỏa hệ: 42 40 31 1 22 43 11 1 x yz x x yz x y y xy z yz z + −= =  + − − =    ⇔ −= ⇔ = −  −+ + = =   − − = =− −  ( ) 2; 1; 3 H ⇒ −− Mặt khác, H là trung điểm MN nên tọa độ N : 23 2 0 24 N HM N HM N HM x xx y yy x zz = −=   = −=   =− = −  . Câu 123: [2H3-5.15-3] Cho tam giác ABC với ( ) 1; 2; 1 A − , ( ) 2; 1; 3 B − , ( ) 4; 7; 5 C − . Độ dài phân giác trong của ABC ∆ kẻ từ đỉnh B là A. 2 74 5 . B. 2 74 3 . C. 3 73 3 . D. 2 30 . Giải Chọn.B. Gọi ( ) ; ; D abc là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 21 4 1 1 11 2 74 22 7 2 2 3 3 21 5 1 a aa BA AD AD CD b b b BD BC CD cc c  = −  − =−−     = = ⇒ =− ⇒ − =−+ ⇔ = ⇒ =     + =− +  =        . Câu 124: [2H3-5.15-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 30 P x y z − + −= và mặt cầu ( ) 2 22 : 2 4 2 50 Sx y z x y z + + + − − += . Giả sử điểm ( ) MP ∈ và ( ) NS ∈ sao cho MN    cùng phương với ( ) 1;0;1 u =  và khoảng cách giữa M và N là lớn nhất. Tính MN . A. 3 MN = . B. 1 22 MN = + . C. 3 2 MN = . D. 14 MN = . Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;1 I − bán kính 1 R = . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 14 2 3 ,2 1 22 dI P R −− + − = = > +− + nên ( ) P không cắt ( ) S . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( ) P . Gọi T là giao điểm của d và mặt cầu ( ) S thỏa ( ) ( ) ( ) ( ) ;; dT P d I P > . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 21 3 dT P d I P R = + = += . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 1.1 2.0 1.2 1 cos , 2 1 2 2. 1 0 1 P un −+ = = +− + + +     Đường thẳng MN có véctơ chỉ phương là u  nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 sin , cos , , 45 2 P MN P u n MN P ==⇒=°   . Gọi H là hình chiếu của N lên ( ) P . Ta có .2 sin 45 NH MN NH = = ° . Do đó MN lớn nhất khi NH lớn nhất. Điều này xảy ra khi NT ≡ và HH ′ ≡ với H ′ là hình chiếu của I lên ( ) P . Khi đó max 3 NH TH ′ = = và max max .2 3 2 MN NH = = .