Các dạng toán Hệ trục tọa độ Oxyz và Phương trình mặt cầu thường gặp

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 1 CHUYÊN ĐỀ 21 MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ......................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ ............................................................................. 1 Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng ........................................................................................................ 8 Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng .......................................................................................................................... 8 Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng .......................................................................................................................... 9 Dạng 3. Mặt cầu ............................................................................................................................................................. 10 Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ............................................................................................................. 10 Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ............................................................................................................................ 13 Dạng 3. Một số bài toán khác ..................................................................................................................................... 16 Dạng 4. Bài toán cực trị .................................................................................................................................................. 17 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO .............................................................................................................................. 19 Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ ........................................................................... 19 Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng ...................................................................................................... 27 Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng ........................................................................................................................ 27 Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng ........................................................................................................................ 28 Dạng 3. Mặt cầu ............................................................................................................................................................. 31 Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ............................................................................................................. 31 Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ............................................................................................................................ 34 Dạng 3. Một số bài toán khác ..................................................................................................................................... 37 Dạng 4. Bài toán cực trị .................................................................................................................................................. 42 PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Câu 1. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1; 2 A  và   2;2;1 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 1; 3    B.   3;1 ;1 C.   1;1;3 D.   3;3; 1  Câu 2. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là A.   3;0; 1  . B.   0;1;0 . C.   3;0;0 . D.   0;0; 1  . HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ, PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 2 Câu 3. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   4; 2;10  B.   1;3;2 C.   2;6;4 D.   2; 1;5  Câu 4. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   3; 4;0 A  ,   1;1;3 B  ,   3,1,0 C . Tìm tọa độ điểm D trên trục hoành sao cho AD BC  . A.   6;0;0 D ,   12;0;0 D B.   0;0;0 D ,   6;0;0 D C.   2;1;0 D  ,   4;0;0 D  D.   0;0;0 D ,   6;0;0 D  Câu 5. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1;1; 1 A  và   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 2; 3 B.   1; 2; 3   C.   3;5;1 D.   3;4;1 Câu 6. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là A.   0;0; 1  . B.   2;0; 1  . C.   0;1;0 . D.   2;0;0 . Câu 7. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   2;2;1 A . Tính độ dài đoạn thẳng OA. A. 5 OA  B. 5 OA  C. 3 OA  D. 9 OA  Câu 8. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3; 1;1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   3; 1;0  . B.   0;0;1 . C.   0; 1 ;0  . D.   3;0;0 . Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3; 2;3  A và   1;2;5  B . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB . A.   1;0;4 I . B.   2;0;8 I . C.   2; 2; 1   I . D.   2;2;1  I . Câu 10. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   2;0;0 . B.   0;1;0 . C.   2;1;0 . D.   0;0; 1  . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm   2;3;1 A  và   5; 6; 2 B . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng   Oxz tại điểm M . Tính tỉ số AM BM . A. 3 AM BM  B. 2 AM BM  C. 1 3 AM BM  D. 1 2 AM BM  Câu 12. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 1 ;1 A  . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng   Oyz là điểm A.   3;0;0 M B.   0; 1 ;1 N  C.   0; 1 ;0 P  D.   0;0;1 Q CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 3 Câu 13. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba vecto       1;2;3 ; 2;2; 1 ; 4;0; 4 a b c      . Tọa độ của vecto 2 d a b c        là A.   7;0; 4 d    B.   7;0;4 d   C.   7;0; 4 d   D.   7;0;4 d  Câu 14. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian , Oxyz cho vectơ     2; 2; 4 , 1; 1;1 . a b        Mệnh đề nào dưới đây sai? A.   3; 3; 3 a b       B. a  và b  cùng phương C. 3 b   D. a b    Câu 15. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   0;1; 1 A  ,   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   2;2;3 . B.   1;2;3 . C.   3;5;1 . D.   3;4;1 . Câu 16. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   3; 2;3 A  và   1;2;5 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là : A.   2;2;1 I  . B.   1;0;4 I . C.   2;0;8 I . D.   2; 2; 1 I   . Câu 17. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz cho   2;3;2 a   và   1;1; 1 b    . Vectơ a b    có tọa độ là A.   3;4;1 . B.   1; 2;3   . C.   3;5;1 . D.   1;2;3 . Câu 18. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   2; 3;3 a    ,   0;2; 1 b    ,   3; 1;5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . A.   10; 2;13  . B.   2;2; 7   . C.   2; 2;7   . D.   2;2;7  . Câu 19. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của . AB A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1; 3 I    . D.   2;1;3 I . Câu 20. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm       1;2; 3 , 1;0;2 , ; ; 2 A B C x y    thẳng hàng. Khi đó x y  bằng A. 1 x y   . B. 17 x y   . C. 11 5 x y    . D. 11 5 x y   . Câu 21. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 3 a i j k         . Tọa độ của vectơ a  là A.   1; 2; 3   . B.   2; 3; 1   . C.   2; 1; 3   . D.   3; 2; 1   . Câu 22. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian cho hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba điểm       1; 2;3 , 1; 2;5 , 0;0;1 A B C   . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . A.   0;0;3 G . B.   0;0;9 G . C.   1;0;3 G  . D.   0;0;1 G . Câu 23. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2; 3; 3 a    ,   0; 2; 1 b    ,   3; 1; 5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 4 A.   10; 2;13  . B.   2; 2; 7   . C.   2; 2; 7   . D.   2; 2; 7  . Câu 24. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của AB . A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1 ;3 I   . D.   2;1;3 I . Câu 25. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;5;2 A  và   3; 3;2 B  . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A.   1;1;2 M B.   2;2;4 M C.   2; 4;0 M  D.   4; 8;0 M  Câu 26. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 3 x    và   1;0; 1 y     . Tìm tọa độ của vectơ 2 a x y       . A.   4;1; 1 a    . B.   3;1; 4 a    . C.   0;1; 1 a    . D.   4;1; 5 a    . Câu 27. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1;3;2 . B.   2; 1;5  . C.   2; 1 ; 5   . D.   2;6;4 . Câu 28. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   1;0;3 A ,   2;3; 4 B  ,   3;1;2 C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. A.   4; 2;9 D   . B.   4;2;9 D  . C.   4; 2;9 D  . D.   4;2; 9 D  . Câu 29. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với       1;3;4 , 2; 1;0 , 3;1;2 A B C  . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là A.   2;1;2 G . B.   6;3;6 G . C. 2 3; ;3 3 G       . D.   2; 1;2 G  . Câu 30. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết     5; 2;0 , 2;3;0 A B   ,   0;2;3 C . Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: A.   1;2;1 . B.   2;0; 1  . C.   1;1;1 . D.   1;1; 2  . Câu 31. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian O xyz , cho   2; 1 ;0  A và   1 ;1 ; 3  B . Vectơ    AB có tọa độ là A.   3;0; 3  . B.   1 ;2; 3   . C.   1 ; 2;3   . D.   1; 2;3  . Câu 32. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;0;0 , 1;1;0 , 0;1;1 A B C . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD(theo thứ tự các đỉnh) là hình bình hành? A.   2;0;0 D . B.   1;1;1 D . C.   0;0;1 D . D.   0;2;1 D . Câu 33. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho     2; 2;1 , 1; 1;3 . A B   Tọa độ vecto AB     là: A. ( 1;1; 2).  . B. ( 3;3; 4).   . C. (3; 3;4).  . D. (1; 1; 2)   CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 5 Câu 34. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng tọa độ   Oyz ? A.   3;4;0 M . B.   2;0;3 P  . C.   2;0;0 Q . D.   0;4; 1 N  . Câu 35. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz với , , i j k    lần lượt là các vecto đơn vị trên các trục , , . Ox Oy Oz Tính tọa độ của vecto . i j k      A. ( 1; 1;1). i j k         B. ( 1;1;1). i j k        C. (1;1; 1). i j k        D. (1; 1;1). i j k        Câu 36. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   4;5;6 M . Hình chiếu của M xuống mặt phẳng   Oyz là M . Xác định tọa độ M . A.   4;5;0 M  . B.   4;0;6 M  . C.   4;0;0 M  . D.   0;5;6 M  . Câu 37. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm   ; ; M x y z . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxz thì   ; ; M x y z   . B. Nếu M đối xứng với M qua Oy thì   ; ; M x y z   . C. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxy thì   ; ; M x y z   . D. Nếu M đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì   2 ;2 ;0 M x y  . Câu 38. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz giả sử 2 3 u i j k        , khi đó tọa độ véc tơ u  là A.   2;3;1  . B.   2;3; 1  . C.   2; 3; 1   . D.   2;3;1 . Câu 39. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   1; 2;2 M  và   1;0;4 N . Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng MN là: A.   1; 1;3  . B.   0;2;2 . C.   2; 2;6  . D.   1;0;3 . Câu 40. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian O x y z, cho   1;2;1 a   và   1;3;0 b    . Vectơ 2 c a b      có tọa độ là A.   1 ; 7 ; 2 . B.   1 ; 5 ; 2 . C.   3 ; 7 ; 2 . D.   1 ; 7 ; 3 . Câu 41. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai điểm   3;4 A  và   5;6 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1;5 . B.   4;1 . C.   5;1 . D.   8;2 . Câu 42. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 2 a    và vectơ   1;0;2 b   . Tìm tọa độ vectơ c  là tích có hướng của a  và b  . A.   2;6; 1 c    . B.   4;6; 1 c    . C.   4; 6; 1 c     . D.   2; 6; 1 c     . Câu 43. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho 2 3 . a i j k         Tọa độ của vectơ a  là: A.   1;2; 3 a    . B.   2; 3; 1 a    . C.   3;2; 1 a    . D.   2; 1; 3 a    . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 6 Câu 44. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;9 B . Trung điểm của đoạn AB có tọa độ là A.   0;3;3 . B.   4; 2;12  . C.   2; 1;6  . D. 3 3 0; ; 2 2       . Câu 45. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A   1; 3;1  , B   3;0; 2  . Tính độ dài AB . A. 26. B. 22. C. 26 . D. 22. Câu 46. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;5;2 A  và   3; 3;2 B  . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A.   1;1;2 M B.   2;2;4 M C.   2; 4;0 M  D.   4; 8;0 M  Câu 47. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ     2; 1;3 , 1;3; 2 a m b n       . Tìm , m n để các vectơ , a b   cùng hướng. A. 3 7; 4 m n    . B. 4; 3 m n    . C. 1 ; 0 m n   . D. 4 7; 3 m n    . Câu 48. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   1;5;3 A  và   2;1; 2 M  . Tọa độ điểm B biết M là trung điểm của AB là A. 1 1 ;3; 2 2 B       . B.   4;9;8 B  . C.   5;3; 7 B  . D.   5; 3; 7 B   . Câu 49. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1;2; 1), (2; 1;3) A B   và ( 3;5;1) C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A. ( 2;8; 3) D   B. ( 4;8; 5) D   C. ( 2;2;5) D  D. ( 4;8; 3) D   Câu 50. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm   1;2; 3 B  ,   7;4; 2 C  Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức 2E CE B          thì tọa độ điẻm E là: A. 8 8 3; ; 3 3        B. 8 8 ;3; 3 3        . C. 8 3;3; 3        D. 1 1; 2; 3       Câu 51. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , Tam giác ABC với   1; 3;3 A  ;   2; 4;5 B  ,   ; 2; C a b  nhận điểm   1; ;3 G c làm trọng tâm của nó thì giá trị của tổng a b c   bằng. A. 5  B. 3 C. 1 D. 2  Câu 52. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       A 2; 1;5 , 5; 5;7 , ; ;1   B M x y . Với giá trị nào của , x y thì , , A B M thẳng hàng. A. 4; 7   x y B. 4; 7     x y C. 4; 7    x y D. 4; 7    x y Câu 53. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   1;2; 3 A  ,   2;5;7 B ,   3;1;4 C  . Điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành là CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 7 A.   6;6;0 D B. 8 8 0; ; 3 3 D       C.   0;8;8 D D.   4; 2; 6 D    Câu 54. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , tọa độ điểm đối xứng của   M ; ; 1 2 3 qua mặt phẳng   Oyz là A.   0 2 3 ; ; . B.   1 2 3 ; ;    . C.   1 2 3 ; ;  . D.   1 2 3 ; ;  . Câu 55. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho tam giác ABC có   1; 2;0 A  ,   2;1; 2 B  ,   0;3; 4 C . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A.   1;0; 6  . B.   1;6;2 . C.   1;0;6  . D.   1;6; 2  . Câu 56. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1; 2  A ,   2; 3;5  B . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho 2  MA MB , tọa độ điểm M là A. 7 5 8 ; ; 3 3 3        . B.   4;5; 9  . C. 3 17 ; 5; 2 2        . D.   1; 7;12  . Câu 57. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;1; 2 A  và   3; 1;1 B  . Tìm tọa độ điểm M sao cho 3 AM AB           . A.   9; 5;7 M  . B.   9;5;7 M . C.   9;5; 7 M   . D.   9; 5; 5 M   . Câu 58. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2;1 A  ,   0;1;2 B . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho ba điểm A , B , M thẳng hàng là A.   4; 5;0 M  . B.   2; 3;0 M  . C.   0;0;1 M . D.   4;5;0 M . Câu 59. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các véc tơ 2 2 u i j k        ,   ;2; 1 v m m    với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị của m để u v    . A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 60. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2; 1 , 1;3;1 A AB       thì tọa độ của điểm B là: A.   2;5;0 B . B.   0; 1; 2 B   . C.   0;1;2 B . D.   2; 5;0 B   Câu 61. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ;   0;2 ;0 D a ,   0;0;2 A a  với 0 a  . Độ dài đoạn thẳng AC  là A. a . B. 2 a . C. 3 a . D. 3 2 a . Câu 62. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho   3;1;2 A  , tọa độ điểm ' A đối xứng với điểm A qua trục Oy là A.   3; 1; 2   . B.   3; 1;2  . C.   3;1; 2  . D.   3; 1; 2   . Câu 63. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   3;1;0 A ,   0; 1;0 B  ,   0;0; 6 C  . Nếu tam giác A B C    có các đỉnh thỏa mãn hệ thức 0 A A B B C C                     thì tam giác A B C    có tọa độ trọng tâm là CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 8 A.   3; 2;0  . B.   2; 3;0  . C.   1;0; 2  . D.   3; 2;1  . Câu 64. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết   1;0;1 A  ,   2;1;2 B  và   1; 1;1 D   . Tọa độ điểm C là A.   2;0;2 . B.   2;2;2 . C.   2; 2;2  . D.   0; 2;0  . Câu 65. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai điểm   1; 2; 2  A và 8 4 8 ; ; 3 3 3       B . Biết   ; ; I a b c là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị   a b c bằng A. 1 B. 3 C. 2 D. 0 Câu 66. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho       2;0;0 , 0;2;0 , 0;0;2 A B C . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm , , A B C và    90 AMB BMC CMA     ? A. 0 . B. 1. C. 2. D. 3 . Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng Câu 67. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho hai vectơ     2;1; 0 a và       1;0; 2 b . Tính     cos , a b . A.       2 cos , 25 a b B.       2 cos , 5 a b C.      2 cos , 25 a b D.      2 cos , 5 a b Câu 68. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm   2;3; 1 M  ,   1;1;1 N  và   1; 1;2 P m  . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N . A. B. C. D. Câu 69. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC biết   1;3 A ,   2; 2 B   ,   3;1 C . Tính cosin góc A của tam giác. A. 2 cos 17 A  B. 1 cos 17 A  C. 2 cos 17 A   D. 1 cos 17 A   Câu 70. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3; 0;1 u    là A. 120 . B. 60  . C. 150 . D. 30  . Câu 71. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho   3;4;0 a    ,   5;0;12 b   . Côsin của góc giữa a  và b  bằng A. 3 13 . B. 5 6 . C. 5 6  . D. 3 13  . Câu 72. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian tọa độ Oxyz góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 120  . B. 30  . C. 60  . D. 150  . 2 m  6 m   0 m  4 m  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 9 Câu 73. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ   3;0;1 u   và   2;1;0 v   . Tính tích vô hướng . u v   . A. . 8 u v    . B. . 6 u v    . C. . 0 u v    . D. . 6 u v     . Câu 74. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 0 30 . B. 0 120 . C. 0 60 . D. 0 150 . Câu 75. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian , Oxyz cho ba điểm ( 1; 2;3) A   (0;3;1) B , (4;2;2) C . Cosin của góc  BAC là A. 9 35 . B. 9 35  . C. 9 2 35  . D. 9 2 35 . Câu 76. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm       5;1;5 ; 4;3;2 ; 3; 2;1 A B C   . Điểm   ; ; I a b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính 2 a b c   ? A. 1. B. 3. C. 6. D. 9.  Câu 77. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có   1;0;0 A ,   0;0;1 B ,   2;1;1 C . Diện tích của tam giác ABC bằng: A. 11 2 B. 7 2 C. 6 2 D. 5 2 Câu 78. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ     1;1; 2 , 1;0; u v m      . Tìm tất cả giá trị của m để góc giữa u  , v  bằng 45  . A. 2 m  . B. 2 6 m   . C. 2 6 m   . D. 2 6 m   . Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng Câu 79. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD biết   3; 2; A m  ,   2;0;0 B ,   0;4;0 C ,   0;0;3 D . Tìm giá trị dương của tham số m để thể tích tứ diện bằng 8. A. 8 m  . B. 4 m  . C. 12 m  . D. 6 m  . Câu 80. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm (1; 2;0) A  , (2;0;3) B , ( 2;1;3) C  và (0;1;1) D . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 4 . Câu 81. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho     1;1;2 , 1; ; 2 u v m m       . Khi , 14 u v        thì A. 1 m  hoặc 11 5 m   B. 1 m   hoặc 11 3 m   C. 1 m  hoặc 3 m   D. 1 m   Câu 82. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có   2; 1;1  A ,   3;0; 1  B ,   2; 1;3  C ,  D Oy và có thể tích bằng 5 . Tính tổng tung độ của các điểm D . A. 6  B. 2 C. 7 D. 4  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 10 Câu 83. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho   1; 2;3 a    và   1;1; 1 b    . Khẳng định nào sau đây sai? A. 3 a b     . B. . 4 a b     . C. 5 a b     . D.   , 1; 4;3 a b          . Câu 84. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2;0 A  ,   1;0; 1 B  ,   0; 1 ;2 C  ,   2; ; D m n  . Trong các hệ thức liên hệ giữa m và n dưới đây, hệ thức nào để bốn điểm , A , B , C D đồng phẳng? A. 2 13 m n   . B. 2 13 m n   . C. 2 13 m n   . D. 2 3 10 m n   . Câu 85. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm     1;0; 1 , 1; 1;2   A B . Diện tích tam giác OAB bằng A. 11. B. 6 . 2 C. 11 . 2 D. 6. Câu 86. Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ   4 ; 3 ;1 m    và   0 ; 0 ; 1 n   . Gọi p   là véc tơ cùng hướng với , m n        và 15 p    . Tọa độ của véc tơ p   là A.   9 ; 12 ; 0  . B.   0 ; 9 ; 12  . C.   9 ; 12 ; 0  . D.   0 ; 9 ; 12  . Câu 87. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm   2;0; 2 A ,   1; 1; 2 B   ,   1;1;0 C  ,   2;1;2 D  . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng A. 42 3 . B. 14 3 . C. 21 3 . D. 7 3 . Câu 88. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm         0; 2;1 ; 1;0; 2 ; 3;1; 2 ; 2; 2; 1 A B C D       . Câu nào sau đây sai? A. Bốn điểm , , , A B C D không đồng phẳng. B. Tam giác ACD là tam giác vuông tại A . C. Góc giữa hai véctơ AB     và CD     là góc tù. D. Tam giác ABD là tam giác cân tại B . Câu 89. (THPT LƯƠNG THẾ VINH - HN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 3 ABCD ABC S S  . A.   8;7; 1 D  . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . D.   12; 1;3 D   . Dạng 3. Mặt cầu Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu Câu 90. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 2 2 8 S x y z      . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  B. 64 R  C. 8 R  D. 4 R  Câu 91. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt cầu         2 2 2 : 5 1 2 3 S x y z       có bán kính bằng A. 9 B. 2 3 C. 3 D. 3 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 11 Câu 92. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 2 4 0 x y z x y z m        là phương trình của một mặt cầu. A. 6 m  B. 6 m  C. 6 m  D. 6 m  Câu 93. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho mặt cầu               2 2 2 : 5 1 2 9 S x y z . Tính bán kính R của   S . A.  6 R B.  3 R C.  18 R D.  9 R Câu 94. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3; 1;1  B.   3; 1 ;1   C.   3;1 ; 1   D.   3;1; 1  Câu 95. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu       2 2 2 1 2 4 20 x y z       . A.   1;2; 4 , 2 5 I R    B.   1 ; 2;4 , 20 I R   C.   1; 2;4 , 2 5 I R   D.   1;2; 4 , 5 2 I R    Câu 96. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0 S x y z x z       . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 3 . B. 15 . C. 7 . D. 9. Câu 97. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm   1;1 ;1 I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       Câu 98. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0       S x y z y z . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 15 . B. 7 . C. 9. D. 3. Câu 99. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0. S x y z x y       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 9. C. 15 . D. 3. Câu 100. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 2 7 0. S x y z y z       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 3. C. 9. D. 15 . Câu 101. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu   S . A.   –4;1;0 . , 2 I R  B.   –4;1;0 . , 4 I R  C.   4; –1;0 , 2. I R  D.   4; –1;0 , 4. I R  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 12 Câu 102. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 3 R  . B. 3 R  . C. 9 R  . D. 3 3 R  . Câu 103. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian vơi hệ tọa độOxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu   S : A.   4;1;0 , 2 I R   . B.   4;1;0 , 4 I R   . C.   4; 1;0 , 2 I R   . D.   4; 1;0 , 4 I R   . Câu 104. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Xác định tọa độ tâm của mặt cầu   S A.   3;1; 1 I   . B.   3;1 ; 1 I  . C.   3; 1;1 I   . D.   3; 1 ;1 I  . Câu 105. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tọa độ tâm I của mặt cầu   S là: A.   1; 2; 1  . B.   2; 4; 2   . C.   1; 2; 1   . D.   2;4;2  . Câu 106. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 10 6 49 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 1 R  . B. 7 R  . C. 151 R  . D. 99 R  . Câu 107. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , mặt cầu   2 2 2 : 4 2 6 1 0 S x y z x y z        có tâm là A.   4; 2; 6   B.   2; 1;3  C.   2;1; 3   D.   4; 2;6  Câu 108. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình       2 2 2 1 2 3 4 x y z       . Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó. A.   1;2; 3 I   ; 2 R  . B.   1;2; 3 I   ; 4 R  . C.   1; 2;3 I  ; 2 R  . D.   1; 2;3 I  ; 4 R  . Câu 109. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình 2 2 2 4 2 4 0 x y z x y       .Tính bán kính R của ( ). S A. 1. B. 9 . C. 2 . D. 3 . Câu 110. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3;1 ; 1   . B.   3; 1;1  . C.   3; 1; 1   . D.   3;1; 1  . Câu 111. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá nguyên của m để     2 2 2 2 2 2 2 1 3 5 0          x y z m x m z m là phương trình một mặt cầu? A. 4 B. 6 C. 5 D. 7 Câu 112. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình   2 2 2 2 2 4 19 6 0         x y z m x my m là phương trình mặt cầu. A. 1 2   m . B. 1  m hoặc 2  m . C. 2 1    m . D. 2   m hoặc 1  m . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 13 Câu 113. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2 2 2 2 4 2 2 9 28 0 x y z mx my mz m         là phương trình mặt cầu? A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Câu 114. Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu   S có phương trình dạng 2 2 2 4 2 2 10 0 x y z x y az a        . Tập hợp các giá trị thực của a để   S có chu vi đường tròn lớn bằng 8  là A.   1;10 . B.   2; 10  . C.   1;11  . D.   1; 11  . Câu 115. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;0;0 A  ,   0;0;2 B ,   0; 3;0 C  . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là A. 14 3 B. 14 4 C. 14 2 D. 14 Câu 116. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi   S là mặt cầu đi qua 4 điểm         2;0;0 , 1;3;0 , 1;0;3 , 1;2;3 A B C D  . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  . B. 3 R  . C. 6 R  . D. 6 R  . Lời giải Câu 117. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hai điểm , A B cố định trong không gian có độ dài AB là 4 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian sao cho 3 MA MB  là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng A. 3. B. 9 2 . C. 1. D. 3 2 . Câu 118. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho phương trình   2 2 2 2 2 2 4 2 5 9 0 x y z m x my mz m          . Tìm các giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. A. 5 m   hoặc 1 m  . B. 5 1 m    . C. 5 m   . D. 1 m  . Câu 119. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Trong không gian Oxyz . Cho tứ diện đều ABCD có   0;1;2 A và hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng   BCD là   4; 3; 2 H   . Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A.   3; 2; 1 I   . B.   2; 1;0 I  . C.   3; 2;1 I  . D.   3; 2;1 I   . Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu Câu 120. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm   1;1 ;1 I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       Câu 121. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z , cho điểm    1; 2; 3 M . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục O x . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 14 A.       2 2 2 1 13 x y z B.       2 2 2 1 17 x y z C.       2 2 2 1 13 x y z D.       2 2 2 1 13 x y z Câu 122. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1; 2;7 , 3;8; 1 A B    . Mặt cầu đường kính AB có phương trình là A.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . B.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . C.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . D.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . Câu 123. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm   1; 4;3 I  và đi qua điểm   5; 3;2 A  . A.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . B.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . C.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . D.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . Câu 124. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 A và   1; 1;3 B  . Phương trình mặt cầu có đường kính AB là A.     2 2 2 1 2 8 x y z      . B.     2 2 2 1 2 2 x y z      . C.     2 2 2 1 2 2 x y z      . D.     2 2 2 1 2 8 x y z      . Câu 125. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;4;1), B   2;2; 3   . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.     2 2 2 3 1 36. x y z      B.     2 2 2 3 1 9. x y z      C.     2 2 2 3 1 9. x y z      D.     2 2 2 3 1 36. x y z      Câu 126. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hỏi trong các phương trình sau phương trình nào là phương trình của mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 1 0 x y z x z       B. 2 2 3 2 4 1 0 x z x y z       C. 2 2 2 2 4 4 1 0 x y z xy y z        D. 2 2 2 2 2 4 8 0 x y z x y z        Câu 19 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 1; 3   A ;   0;3; 1  B . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : A.       2 2 2 1 1 2 6       x y z B.       2 2 2 1 1 2 24       x y z C.       2 2 2 1 1 2 24       x y z D.       2 2 2 1 1 2 6       x y z Câu 127. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của một mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 3 0 x y z x y z        . B. 2 2 2 2 2 2 0 x y z x y z       . C. 2 2 2 2 2 2 4 8 6 3 0 x y z x y z        . D. 2 2 2 2 4 4 10 0 x y z x y z        . Câu 128. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 5;4; 1 A B  . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.       2 2 2 3 3 1 36 x y z       . B.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 1 6 x y z       . D.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 15 Câu 129. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu tâm   2;1; 2 I  bán kính 2 R  là: A.       2 2 2 2 2 1 2 2 x y z       . B. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . C. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . D.       2 2 2 2 1 2 2 x y z       . Câu 130. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu   S tâm   2;1;0 A , đi qua điểm   0;1;2 B ? A.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . B.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . C.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . D.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . Câu 131. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm   1;1;1 I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       Câu 132. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm (1; 2;3) I  . Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục Ox tại hai điểm A và B sao cho 2 3 AB  A. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 16. x y z       B. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 20. x y z       C. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 25. x y z       D. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9. x y z       Câu 133. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;3 M  . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? A.   2 2 2 1 13 x y z     . B.   2 2 2 1 13 x y z     . C.   2 2 2 1 13 x y z     . D.   2 2 2 1 17 x y z     . Câu 134. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , trong các mặt cầu dưới đây, mặt cầu nào có bán kính 2 R  ? A.   2 2 2 : 4 2 2 3 0 S x y z x y z        . B.   2 2 2 : 4 2 2 10 0 S x y z x y z        . C.   2 2 2 : 4 2 2 2 0 S x y z x y z        . D.   2 2 2 : 4 2 2 5 0 S x y z x y z        . Câu 135. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm     1;1;2 , 3;2; 3 A B  . Mặt cầu   S có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm , A B có phương trình. A. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . B. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . C. 2 2 2 4 2 0 x y z x      . D. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . Câu 136. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm   1;1;1 I và diện tích bằng 4  có phương trình là A.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 16 Câu 137. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu   S qua bốn điểm   3;3;0 A ,   3;0;3 B ,   0;3;3 C ,   3;3;3 D . Phương trình mặt cầu   S là A. 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 x y z                         . B. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . C. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . D. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . Câu 138. (THPT CHUYÊN NGUYỄN ĐÌNH TRIỂU - ĐỒNG THÁP - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4. S x y z      Một mặt cầu   S  có tâm   9;1;6 I  và tiếp xúc ngoài với mặt cầu  . S Phương trình mặt cầu   S  là A.       2 2 2 9 1 6 64 x y z       . B.       2 2 2 9 1 6 144 x y z       . C.       2 2 2 9 1 6 36 x y z       . D.       2 2 2 9 1 6 25 x y z       . Câu 139. (THPT HAI BÀ TRƯNG - HUẾ - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. A.       2 2 2 3 3 3 16 x y z       . B.       2 2 2 3 3 3 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 3 36 x y z       . D.       2 2 2 3 3 3 49 x y z       . Câu 140. [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2;2;1 M , 8 4 8 ; ; 3 3 3 N        . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng   Oxz . A.     2 2 2 1 1 1 x y z      . B.     2 2 2 1 1 1 x y z      . C.     2 2 2 1 1 1 x y z      . D.     2 2 2 1 1 1 x y z      . Câu 141. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P a b c    . A. 6 P  . B. 0 P  . C. 3 P  . D. 9 P  . Dạng 3. Một số bài toán khác Câu 142. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 3 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 8 . B. 16. C. 12 . D. 4 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 17 Câu 143. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   , , A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 20 B. 8 C. 12 D. 16 Câu 144. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu:     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc nhau? A. 20 . B. 8 . C. 12 . D. 16 . Câu 145. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho mặt cầu    2 2 2 ( ) : 9 S x y z , điểm (1;1 ) ; 2 M và mặt phẳng     ( ) : 4 0 P x y z . Gọi  là đường thẳng đi qua M , thuộc (P) và cắt ( ) S tại 2 điểm , A B sao cho A B nhỏ nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương là  (1; ; ) u a b , tính   T a b . A.  2 T B.  1 T C.  0 T D.  1 T Câu 146. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm   9, 3,4 A  ,   , , B a b c . Gọi , , M N P lần lượt là giao của đường thẳng AB với mặt phẳng , , Oxy Oxz Oyz . Biết các điểm , , M N P đều nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB    . Tính giá trị ab bc ac   bằng A. 17  . B. 17 . C. 9  . D. 12. Câu 147. (THPT CHUYÊN NGỮ - HÀ NỘI - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      và một điểm   2;3;1 M . Từ M kẻ được vô số các tiếp tuyến tới   S , biết tập hợp các tiếp điểm là đường tròn   C . Tính bán kính r của đường tròn   C . A. 2 3 3 r  . B. 3 3 r  . C. 2 3 r  . D.   2 . Câu 148. (THPT MỘ ĐỨC - QUẢNG NGÃI - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0; 1;2 A  ,   2; 3;0 B  ,   2;1;1 C  ,   0; 1;3 D  . Gọi   L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức . . 1 MA MB MC MD                     . Biết rằng   L là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. 11 2 r  . B. 7 2 r  . C. 3 2 r  . D. 5 2 r  . Câu 149. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 ,3 ,3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A. 5 9 . B. 3 7 . C. 7 15 . D. 6 11 . Dạng 4. Bài toán cực trị Câu 150. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm     1;2;3 , 6; 5;8 A B   và . . OM a i b k          trong đó , a b là cá số thực luôn thay đổi. Nếu 2 MA MB          đạt giác trị nhỏ nhất thì giá trị a b  bằng CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 18 A. 25  B. 13  C. 0 D. 26 Câu 151. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;1 A ;   2; 1;3 B  và điểm   ; ;0 M a b sao cho 2 2 MA MB  nhỏ nhất. Giá trị của a b  là A. 2 . B. 2  . C. 3. D. 1. Câu 152. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 1) 9 S x y z       và hai điểm (4;3;1) A , (3;1;3) B ; M là điểm thay đổi trên ( ) S . Gọi , m n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định ( ) m n  . A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Câu 153. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm   2;4; 1 A  ,   1;4; 1 B  ,   2;4;3 C ,   2;2; 1 D  , biết   ; ; M x y z để 2 2 2 2 MA MB MC MD    đạt giá trị nhỏ nhất thì x y z   bằng A. 6 . B. 21 4 . C. 8 . D. 9 . Câu 154. Trong không gian O x y z , cho hai điểm   1 ; 2 ; 1 A ,   2 ; 1 ; 3 B  ,   3 ; 1 ; 5 C  . Tìm điểm M trên mặt phẳng   O y z sao cho 2 2 2 2 M A M B M C   lớn nhất. A. 3 1 ; ; 0 2 2 M             . B. 1 3 ; ; 0 2 2 M              . C.   0 ; 0 ; 5 M . D.   3 ; 4 ; 0 M  . Câu 155. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox , yz cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 1 9 S x y z       và hai điểm   4;3;1 A ,   3;1;3 B ; M là điểm thay đổi trên   S . Gọi , m n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định  . m n  A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Câu 156. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   2;1;3 A ,   1; 1;2 B  ,   3; 6;1 C  . Điểm   ; ; M x y z thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P x y z    . A. 0 P  . B. 2 P  . C. 6 P  . D. 2 P   . Câu 157. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       4;2;2 , 1;1; 1 , 2; 2; 2 A B C    . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 MA MB MC                nhỏ nhất A.   2;3;1 M . B.   0;3;1 M . C.   0; 3;1 M  . D.   0;1;2 M . Câu 158. (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   2; 3;7 A  ,   0;4;1 B ,   3;0;5 C và   3;3;3 D . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng   Oyz sao cho biểu thức MA MB MC MD                      đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A.   0;1; 4 M  . B.   2;1;0 M . C.   0;1; 2 M  . D.   0;1;4 M . Câu 159. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Trong không gian cho ba điểm   1;1;1 A ,   1;2;1 B  ,   3;6; 5 C  . Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất là CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 19 A.   1;2;0 M . B.   0;0; 1 M  . C.   1;3; 1 M  . D.   1;3;0 M . Câu 160. (LÊ QUÝ ĐÔN - HẢI PHÒNG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho   3; 2;1 A ,   2;3;6 B  . Điểm   ; ; M M M M x y z thay đổi thuộc mặt phẳng   Oxy . Tìm giá trị của biểu thức M M M T x y z    khi 3 MA MB          nhỏ nhất. A. 7 2  . B. 7 2 . C. 2 . D. 2  . Câu 161. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 3 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có phương trình là 2 2 2 2 2 6 7 0 x y z x y z        . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu   S sao cho  90 AMB   . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? A. 4 . B. 2 . C. 4  . D. Không tồn tại. Câu 162. (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho , , , , , a b c d e f là các số thực thỏa mãn           2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 . 3 2 9 d e f a b c                 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 F a d b e c f       lần lượt là , . M m Khi đó, M m  bằng A. 10 . B. 10 . C. 8. D. 2 2 . Câu 163. (THPT LÊ XOAY - LẦN 3 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;2; 2 A   ;   3; 3;3 B  . Điểm M trong không gian thỏa mãn 2 3 MA MB  . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng A. 6 3 . B. 12 3 . C. 5 3 2 . D. 5 3 . Câu 164. (THPT NGUYỄN TẤT THÀNH - YÊN BÁI - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   0; 1;3 A  ,   2; 8; 4 B      2; 1;1 C  và mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 14 S x y z       . Gọi   ; ; M M M M x y z là điểm trên   S sao cho biểu thức 3 2 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Tính M M P x y   . A. 0 P  . B. 14 P  . C. 6 P  . D. 3 14 P  . PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Câu 1. Chọn C     2 1;2 1;1 2 AB          hay   1;1;3 AB      . Câu 2. Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm   3;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là   0;1 ;0 . Câu 3. Chọn D CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 20 Gọi I là trung điểm của AB , ta có tọa độ điểm I là 2 2 1 2 5 2 A B I A B I A B I x x x y y y z z z                    . Vậy   2; 1;5 I  . Câu 4. Chọn B Gọi   ;0;0 D x Ox    2 0 3 16 5 6 x AD BC x x            . Câu 5. Chọn A     ; ; 1;2;3 B A B A B A AB x x y y z z          Câu 6. Chọn C Hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là   0;1;0 . Câu 7. Chọn C 2 2 2 2 2 1 3 OA     . Câu 8. Lời giải Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm   3; 1;1 M  trên trục Oz có tọa độ là   0;0;1 Câu 9. Chọn A Tọa độ trung điểm I của đoạn AB với   3; 2;3  A và   1;2;5  B được tính bởi   1 2 0 1;0;4 2 4 2                    A B I A B I A B I x y y z x x y I z z Câu 10. Chọn D Hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oz có tọa độ là:   0;0; 1  . Câu 11. Chọn D     ;0; M Oxz M x z   ;   7;3;1 59 AB AB        ;   2; 3; 1 AM x z          và , , A B M thẳng hàng   . AM k AB k              2 7 9 3 3 1 1 0 x k x k k z k z                          9;0;0 . M       14; 6; 2 ; 7; 3; 1 2 .                     BM BM A AB M Câu 12. Lời giải Chọn B Khi chiếu vuông góc một điểm trong không gian lên mặt phẳng   Oyz , ta giữ lại các thành phần tung độ và cao độ nên hình chiếu của   3; 1 ;1 A  lên   Oyz là điểm   0; 1 ;1 N  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 21 Câu 13. Chọn B Ta có:     2 1 2 2.4;2 2 2.0;3 1 2.( 4) 7;0; 4 d a b c                  . Câu 14. Chọn B  Xét đáp án A:   3; 3; 3 a b       đúng.  Xét đáp án B:     2 1; 1; 2 1; 1;1 a b         . Suy ra a  và b  không cùng phương. Đáp án B sai. Câu 15. Hai điểm   0;1; 1 A  ,   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là   2;2;3 . Câu 16. Chọn B Cho hai điểm   3; 2;3 A  và   1;2;5 B  . Trung điểm I có tọa độ:     3 1 1 2 2 2 2 0 2 2 3 5 4 2 2 A B A B A B x x y y z z                          1;0;4 I  . Câu 17. Ta có:     2 1;3 1;2 1 1;2;3 a b         . Câu 18. Ta có:   2 4; 6;6 a    ,   3 0;6; 3 b    ,   2 6;2; 10 c        2 3 2 2;2; 7 u a b c            . Câu 19. Ta có   2 2 1 2;1;3 2 3 2 A B I A B I A B I x x x y y y I z z z                    . Câu 20. Có     2; 2;5 , 1; 2;1 AB AC x y              . , , A B C thẳng hàng , AB AC          cùng phương 3 1 2 1 5 1 8 2 2 5 5 x x y x y y                           . Câu 21.   2 3 1;2; 3             a i j k a . Câu 22. Toạ độ trong tâm G của tam giác ABC bằng   1 1 0 0 3 3 2 2 0 0 0;0;3 3 3 3 5 1 3 3 3 A B C G A B C G A B C G x x x x y y y y G z z z z                                 Câu 23. Có       2 4; 6;6 ; 3 0;6; 3 ; 2 6;2; 10 a b c            . Khi đó:   2 3 2 2; 2; 7 u a b c           . Câu 24. Tọa độ trung điểm I của AB là CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 22   1 3 2 2 3 1 1 2;1;3 . 2 2 4 3 2 I I I x y I z                    Câu 25. Trung điểm M có tọa độ là   1 3 1 2 2 5 3 1 1;1;2 2 2 2 2 2 2 2 A B M A B M A B M x x x y y y M z z z                           . Câu 26. Ta có:   2 2;0; 2 y     .     2 2 2;1 0; 3 2 4;1; 5 a x y              . Câu 27. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có: 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 3 7 5 2 2 A B M A B M A B M x x x y y y z z z                              2; 1;5 M  . Câu 28. Gọi   ; ; D x y z . Để ABCD là hình bình hành       4 1;3; 7 3 ;1 ;2 2 4; 2;9 9 x AB DC x y z y D z                                . Câu 29. Tọa độ trọng tâm G là   1 2 3 2 3 3 1 1 1 2;1;2 . 3 4 0 2 2 3 G G G x y G z                       Câu 30. Giả sử   , , G x y z . Vì G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra     5 2 0 1 3 3 2 3 2 1 1;1;1 3 3 0 0 3 1 3 3 A B C A B C A B C x x x x x y y y y y G z z z z z                                            . Câu 31.   2; 1 ;0  A ,   1 ;1 ; 3  B     1 2;1 1; 3 0 1;2; 3              AB . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 23 Câu 32. Gọi   ; ; D x y z . Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ AD BC          . Ta có   1; ; AD x y z       và   1;0;1 BC       . Suy ra 0; 0; 1 x y z    . Vậy   0;0;1 D . Câu 33. Ta có:   1;1;2 AB       . Câu 34. Mặt phẳng tọa độ   Oyz có phương trình là     0 0;4; 1 x N Oyz     . Câu 35. Ta có (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1). i j k       Do đó, (1;1; 1). i j k        Câu 36. Hình chiếu của   4;5;6 M xuống mặt phẳng   Oyz là   0;5;6 M  . Câu 37. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxz thì   ; ; M x y z   . Do đó phương án Asai. Nếu M đối xứng với M qua Oy thì   ; y; M x z    . Do đó phương án B sai. Nếu M đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì   ; y; z M x     . Do đó phương án D sai. Câu 38. Theo định nghĩa ta có   1;0;0 i   ,   0;1;0 j   và   0;0;1 k   . Do đó,   2 3 2;3; 1 u i j k u            . Câu 39. Gọi I là trung điểm MN . Ta có: 1 1 1 2 2 2 0 1 2 2 2 4 3 2 2 M N I M N I M N I x x x y y y z z z                           Vậy   1; 1;3 I  . Câu 40. Có 2 c a b      , gọi   1 2 3 ; ; c c c c     1 2 3 2.1 1 1 2.2 3 7 2.1 0 2 c c c                 Vậy   1;7;2 c   Câu 41. Chọn A. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Khi đó ta có: 3 5 1 2 2 4 6 5 2 2 A B I A B I x x x y y y                     1;5 I  . Câu 42. Chọn D. Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được:   , 2; 6; 1 c a b            Vậy chọn đáp án D CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 24 Câu 43. Chọn A +) Ta có   ; ; a xi y j zk a x y z          nên   1;2; 3 . a    Do đó Chọn A Câu 44. Chọn C Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Ta có 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 3 9 6 2 2 A B I A B I A B I x x x y y y z z z                             2; 1 ;6 I   . Câu 45. 2 2 2 (2;3; 3) 2 3 ( 3) 22. AB AB             Câu 46. Chọn A Trung điểm M có tọa độ là   1 3 1 2 2 5 3 1 1;1;2 2 2 2 2 2 2 2 A B M A B M A B M x x x y y y M z z z                           . Câu 47. a  vàb  cùng hướng a kb          2 2 0 1 3 7 3 3 2 4 k k k m k m k n n                         . Vậy 3 7; 4 m n    Câu 48. Giả sử   ; ; B B B B x y z . Vì M là trung điểm của AB nên ta có: 1 2 2 2 5 5 1 3 2 2 7 3 2 2 2 A B B M B A B B M B B A B M M x x x x x y y y y y z z z z z                                             . Vậy   5; 3; 7 B   . Câu 49. Chọn D Gọi ( ; ; ) D D D D x y z cần tìm Tứ giác ABCD là hình bình hành AB DC           2 1 3 4 1 2 5 8 3 ( 1) 1 3 B A C D D D B A C D D D D D B A C D x x x x x x y y y y y y z z z z z z                                             . Suy ra: ( 4;8; 3) D   . Câu 50. Chọn A Gọi   ; ; E x y z Ta có:   7; 4; 2 CE x y z         ;   2 2 2 ;4 2 ; 6 2 EB x y z          CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 25 3 7 2 2x 8 E 4 4 2 3 2 6 2z 8 3 2 x x B y y C y z z E                                        Câu 51. Chọn D 1 2 1 3 0 3 4 2 1 3 3 3 5 3 3 a a c b c b                              Vậy 2 a b c     Câu 52. Chọn A Ta có     3; 4;2 , 2; 1; 4       AB AM x y          , , A B M thẳng hàng ,  AB AM          cùng phương 4 2 1 4 7 3 4 2               x x y y . Câu 53. Chọn D Tứ giác ABCD là hình bình hành 1 3 4 3 1 2 10 4 6 D D D D D D x x AB DC y y z z                                    Vậy   4; 2; 6 D    . Câu 54. Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng     Oyz H ; ;  0 2 3 Gọi M ' là điểm đối xứng với   M ; ; 1 2 3 qua mặt phẳng   Oyz H  là trung điểm của   MM ' M ' ; ;   1 2 3 . Câu 55. Ta có: ABCD là hình bình hành OA OC OB OD                     OD OA OC OB                     D A C B D A C B D A C B x x x x y y y y z z z z                1 0 2 2 3 1 0 4 2 D D D x y z                   1;0;6 D   . Câu 56. Gọi   ; y;z M x . Vì M thuộc đoạn AB nên:       7 3 3 2 2 5 2 1 2 3 3 2 2 5 8 3 x x x MA MB y y y z z z                                             Câu 57. Gọi   ; ; M x y z . Ta có:     ; 1; 2 ; 3; 2;3 AM x y z AB               . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 26 9 9 3 1 6 5 2 9 7 x x AM AB y y z z                                 . Vậy   9; 5;7 M  . Câu 58. Ta có     ; ;0 M Oxy M x y   ;     2;3;1 ; 2; 2; 1 AB AM x y                . Để A , B , M thẳng hàng thì AB     và AM      cùng phương, khi đó: 2 2 1 2 3 1 x y       4 5 x y        . Vậy   4; 5;0 M  . Câu 59. Ta có   2; 2;1 u    Khi đó   2 2 2 2 2 1 3 u       và   2 2 2 2 2 1 2 2 5 v m m m m         Do đó 2 9 2 2 5 u v m m        2 1 2 0 2 m m m m            Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 60. Gọi   ; ; B x y z Có   1;2; 1 A    1;3;1 AB        1; 2; 1 x y z       2 5 2;5;0 0 x y B z           Câu 61. Ta có   ;0;0 AB a      ;   0;2 ;0 AD a      ;   0;0;2 AA a       . Theo quy tắc hình hộp ta có AB AD AA AC                         ;2 ;2 AC a a a         . Suy ra AC AC          2 2 2 2 2 3 a a a a     . Vậy độ dài đoạn thẳng 3 AC a   . Câu 62. Gọi   ; ; , '( ; ; ) A x y z A x y z    là điểm đối xứng với điểm A qua trục Oy . Điểm ' A đối xứng với điểm A qua trục Oy nên ' ' ' x x y y z z           . Do đó   ' 3;1; 2 A   . Câu 63. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có   1;0; 2 G  và 0 GA GB GC                 . Ta có: 0 A A B B C C                     0 GA GA GB GB GC GC                                     GA GB GC GA GB GC                                   0 GA GB GC                      .  G là trọng tâm của tam giác A B C    . Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác A B C    là   1;0; 2  . Câu 64. Gọi tọa độ điểm C là   ; ; x y z Vì ABCD là hình bình hành nên DC AB          CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 27 Ta có   1; 1; 1 DC x y z         và   1;1;1 AB      Suy ra 1 1 2 1 1 0 1 1 2 x x y y z z                     Vậy tọa độ điểm C là   2;0;2 . Câu 65. Chọn D Ta có   1; 2; 2   OA     , 8 4 8 ; ; 3 3 3        OB     , do đó 3, 4   OA OB . Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ O , ta có . .     DA OA DA DB DB DB OB             , suy ra 3 4. 3. 4 7      OA OB DA DB OD                     . Do đó 12 12 ; ; 0 7 7       D . Ta có 5 2 15 ; ; 2 7 7 7           AD AD     . 5 . 7     AD ID IO IO AO            7 1; 1; 0 12    OI OD D        Do đó 0    a b c . Câu 66. Gọi , , I J K lần lượt là trung điểm của , , AB BC CA . Do    90 AMB BMC CMA     nên các tam giác , , AMB BMC CMA    vuông tại M . Khi đó ; ; 2 2 2 AB BC AC IM JM KM    . Mặt khác 2 2 AB BC AC    . Vậy 2 MI MJ MK    . Khi đó M thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp đáy IJK và cách   IJK một khoảng không đổi là 2 . Khi đó có hai điểm M thỏa mãn điều kiện trên. Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng Câu 67. Chọn B Ta có:              . 2 2 cos , 5 5. 5 . a b a b a b . Câu 68. Chọn C     3; 2; 2 ; 2; 2;1 MN NP m             . Tam giác MNP vuông tại   . 0 6 2 2 2 0 2 2 0 N MN NP m m m                        . Câu 69. Chọn B I D O A BCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 28 Ta có:   3; 5 AB        ,   2; 2 AC       . Khi đó:   . 3.2 5.2 1 cos cos ; . 34.2 2 17 AB AC A AB AC AB AC                       . Câu 70. Ta có   1; 0; 0 i   . Vậy:   cos , i u   . . i u i u          2 2 2 1. 3 0.0 0.1 1. 3 0 1        = 3 2    , 150 i u      . Câu 71. Chọn D Ta có:     2 2 2 2 2 2 . 3.5 4.0 0.12 3 os ; 13 . 3 4 0 . 5 0 12 a b c a b a b                   . Câu 72. Ta có   1;0;0 i      . 3 cos , 2 . u i u i u i          . Vậy   , 150 u i     . Câu 73. Ta có . 3.2 0.1 1.0 6 u v       . Câu 74. Gọi  là góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    , ta có: 0 . 3 cos 150 2 . i u i u            . Câu 75. Ta có   1 ;5; 2 AB      ;   5;4; 1 AC      .  . 5 20 2 9 30. 42 2 35 . AB AC cosBAC AB AC                      . Câu 76. Ta có     1;2; 3 . 0 7; 5; 1 AB AB BC BC                                tam giác ABC vuông tại B .  tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền AC .  1 1; ;3 2 I        . Vậy 2 3. a b c    Câu 77. Chọn C Ta có:     1; 0;1 , 1;1;1            AB AC   1 .1 0.1 1.1 0        AB AC . Nên diện tích tam giác ABC là 1 6 . 2 2   S AB AC . Câu 78. +     2 , 45 cos , 2 u v u v         . 2 2 . u v u v       2 1 2 1 2 6. 1 m m       2 3 1 1 2 m m     2 2 1 2 0 3 3 1 4 4 m m m m           2 1 2 4 2 0 m m m           2 6 m    . Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng Câu 79. Ta có:       3; 2; 3 , 2;0; 3 , 0;4; 3                    DA m DB DC . Thể tích tứ diện:   6 1 1 , . 8 24 8 3 6 6 6                             m V DB DC DA m m . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 29 Vì m dương nên 6. m  Do đó chọn D. Câu 80. Ta có: (1;2;3) AB      ; ( 3;3;3) AC       ; ( 1;3;1) AD       . , ( 3; 12;9) AB AC                ; , . ( 3).( 1) ( 12).3 9.1 24 AB AC AD                         . 1 1 , . 24 4 6 6 ABCD V AB AC AD                     . Câu 81. Chọn C       2 2 2 2 , 2; ; 1 , 2 1 3 6 5 u v m m m u v m m m m m                             2 2 1 , 14 3 6 5 14 3 6 9 0 3 m u v m m m m m                   . Câu 82. Chọn A. Do   0; ;0   D Oy D y , khi đó:   2; 1 ;1    DA y     ,   3; ; 1    DB y     ,   2; 1 ;3    DC y     . Khi đó   , 1 2 ;5; 3        DA DB y y         Và 2 6 30 12 1 , . 5 2 6 30 18 6                       ABCD y y V DA DB DC y y             . Vậy 1 2 12 18 6      y y . Câu 83. Ta có        2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 4 3 a b u                 (đúng).      . 1.1 2 .1 3. 1 1 2 3 4 a b             (đúng).        2 2 2 1 1 2 1 3 1 0 9 16 5 a b u                 (đúng).    2 3 3 1 1 2 , ; ; 1;4;3 1 1 1 1 1 1 a b                    (sai). Câu 84. Ta tính   0;2; 1 ; AB         1;1;2 ; AC         3; 2; AD m n        ;   , 5;1;2 AB AC                Bốn điểm , A , B , C D đồng phẳng , . 0 2 13 AB AC AD m n                        Câu 85.   , 1; 3; 1                 OA OB 1 1 11 , 1 9 1 2 2 2                   OAB S OA OB . Câu 86. Ta có:   , 3 ; 4 ; 0 m n          . Vì p   là véc tơ cùng hướng với , m n        nên   . , 3 ; 4 ;0 , 0 p k m n k k k              . Ta có: 2 2 3 15 9 16 15 3 k p k k k              . So sánh với điều kiện 0 3 k k      9 ; 12 ; 0 p      . Câu 87.       3;1; 2 ; 1; 1; 4 ; 4;1;0 AC AB AD                      . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 30   , 6; 10;4 AB AC                . Thể tích khối tứ diện là: 1 1 7 . , . 14 6 6 3 V AB AC AD                    . Câu 88.           1;2; 3 ; 5; 3;1 3;3; 3 ; 3; 2;1 2;0; 2 AB CD AC BD AD                                  Ta có:   , 3; 6; 3 AB AC                      , . 2 .3 0.6 2 3 0 AB AC AD                         . , , AB AC AD              đồng phẳng hay bốn điểm , , , A B C D đồng phẳng. Vậy đáp án A sai. Lại có       . 3. 2 3.0 3 . 2 0 AC AD AC AD                  .  tam giác ACD là tam giác vuông tại A . Vậy đáp án B đúng. Mặt khác:           . 1. 5 2. 3 3 .1 14 0 , 0 , AB CD cos AB CD AB CD                                     là góc tù. Vậy đáp án C đúng. 14 AB BD hay AB BD             tam giác ABD là tam giác cân tại B . Vậy đáp án D đúng. Câu 89. Ta có // AD BC AD  nhận   5;2; 1 CB       là một VTCP. Kết hợp với AD qua   2;3;1 A  2 5 : 3 2 1 x t AD y t z t                t     5 2;2 3;1 D t t t     . Biến đổi 3 ABCD ABC S S  2 ACD ABC S S     1 Ta có           4; 2; 1 ; 4;1; 18 1; 4;0 ; 4 ; ;18 5 ;2 ; AB AB AC AC AC AD t t t AD t t t                                                                         2 2 2 2 2 2 1 1 341 ; 4 1 18 2 2 2 341 1 1 ; 4 18 2 2 2 ABC ACD S AB AC t S AC AD t t t                                              Kết hợp với   1 ta được     2 8;7; 1 341 341 2 2 12; 1;3 t D t t D               Với     8;7; 1 10;4; 2 2 2 D AD CB BC                    . Với     12; 1;3 10; 4;2 2 2 D AD CB BC                      . Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC          với 0 k  . Do đó chỉ có   12; 1;3 D   thỏa mãn. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 31 Dạng 3. Mặt cầu Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu Câu 90. Chọn A Phương trình mặt cầu tổng quát:       2 2 2 2 2 2 x a y b z c R R         . Câu 91. Chọn D Câu 92. Chọn A Phương trình 2 2 2 2 2 4 0 x y z x y z m        là một phương trình mặt cầu 2 2 2 1 1 2 0 m       6 m  . Câu 93. Chọn B Phương trình mặt cầu tâm   ; ; I a b c , bán kính R có dạng:               2 2 2 2 3 x a y b z c R R . Câu 94. Chọn B Tâm của   S có tọa độ là   3; 1 ;1   . Câu 95. Chọn C Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu         2 2 2 2 : S x a y b z c R       có tâm   ; ; I a b c và bán kính R . Nên mặt cầu       2 2 2 1 2 4 20 x y z       có tâm và bán kính là   1; 2;4 , 2 5. I R   Câu 96. Chọn A 2 2 2 2 2 2 2 2 7 0 2.( 1). 2.0. 2.1. 7 0 x y z x z x y z x y z                . 1, 0, 1, -7 a b c d       .  Tâm mặt cầu   1;0;1 I  bán kính   2 2 2 2 2 2 1 0 1 7 3 R a b c d           . Câu 97. lời giải Chọn C Ta có       2 2 2 1 1 2 1 3 1 5 R IA         vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là             2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 I I I x x y y z z R x y z              Câu 98. Chọn D Ta có     2 2 1 1 7 3       R . Câu 99. Chọn D Ta có       2 2 2 2 2 2 : 2 2 7 0 1 1 9 S x y z x y x y z             Vậy bán kính của mặt cầu bằng 3. Câu 100. Chọn B Mặt cầu đã cho có phương trình dạng 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        có bán kính là 2 2 2 2 2 1 1 7 3 a b c d        Câu 101. Ta có:     2 2 2 2 2 2 8 2 1 0 4 1 16. x y z x y x y z             Vậy mặt cầu   S có tâm   4; –1;0 I và bán kính 4. R  Câu 102.   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z              2 2 2 1 2 1 9 x y z        . Vậy bán kính của mặt cầu   S là 3 R  . Câu 103.   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 32   4; 1;0 I   4 R  . Câu 104. Mặt cầu   S có tâm là   3; 1;1 I   . Câu 105. Ta có:       2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 0 1 2 1 9 x y z x y z x y z               . Từ đó suy ra mặt cầu   S có tâm là:   1;2;1  . Câu 106. Phương trình mặt cầu: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d          2 2 2 0 a b c d     có tâm   ; ; I a b c , bán kính 2 2 2 R a b c d     . Ta có 4 a  , 5 b   , 3 c  , 49 d  . Do đó 2 2 2 1 R a b c d      . Câu 107. Chọn B Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là   2; 1;3  . Câu 108. Mặt cầu đã cho có tâm   1; 2;3 I  và bán kính 2 R  . Câu 109. Chọn D. Giả sử phương trình mặt cầu 2 2 2 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 ( 0) S x y z ax by cz d a b c d            Ta có: 2, 1, 0, 4 a b c d        Bán kính 2 2 2 3 R a b c d      . Câu 110. Chọn B Tâm của   S có tọa độ là   3; 1;1  . Câu 111. Chọn D Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi     2 2 2 2 2 1 3 5 0 2 10 0 1 11 1 11                 m m m m m m Theo bài ra   2; 1;0;1;2;3;4       m m  có 7 giá trị của m nguyên thỏa mãn bài toán. Câu 112. Điều kiện để phương trình   2 2 2 2 2 4 19 6 0         x y z m x my m là phương trình mặt cầu là:   2 2 2 2 4 19 6 0 5 15 10 0          m m m m m 1   m hoặc 2  m . Câu 113. Ta có 2 2 2 2 4 2 2 9 28 0 x y z mx my mz m               2 2 2 2 2 28 3 x m y m z m m           1 .   1 là phương trình mặt cầu 2 28 28 28 3 0 3 3 m m        . Do m nguyên nên   3; 2; 1;0;1;2;3 m     . Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 114. Đường tròn lớn có chu vi bằng 8  nên bán kính của   S là 8 4 2    . Từ phương trình của   S suy ra bán kính của   S là 2 2 2 2 1 10 a a    . Do đó: 2 2 2 1 2 1 10 4 11 a a a a            . Câu 115. Cách 1: Tìm tọa độ tâm mặt cầu suy ra bán kính. Gọi   ; ; I x y z và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 33 Ta có: IO IA IB IC R     2 2 2 2 2 2 IO IA IO IB IO IC                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 x y z x y z x y z x y z x y z x y z                           1 2 3 2 1 x y z                . 1 3 ; ;1 2 2 I         14 2 R IO    . Cách 2: Tìm phương trình mặt cầu suy ra bán kính. Gọi phương trình mặt cầu   S ngoại tiếp tứ diện OABC là: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        . Do   S đi qua bốn điểm , , , A B C O nên ta có: 1 2 0 4 4 0 9 6 0 0 a d c d b d d                  1 2 3 2 1 0 a b c d                 .  bán kính của   S là: 2 2 2 14 2 R a b c d      . Cách 3: Sử dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện vuông. Do tứ diện OABC có ba cạnh , , OA OB OC đôi một vuông góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 2 2 2 1 2 R OA OB OC    1 14 1 4 9 2 2     . Câu 116. Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm , , , A B C D . Khi đó:                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 2 3 a b c a b c AI BI AI CI a b c a b c AI DI a b c a b c                                            3 3 0 1 1 0;1;1 2 3 5 1 a b a a c b I a b c c                           Bán kính: 2 2 2 2 1 1 6 R IA      . Câu 117. Ta có: 2 2 3 9 MA MB MA MB                2 2 9 MI IA MI IB                       2 2 2 9 2 9 8 1 IA IB MI IA IB MI                Gọi I thỏa mãn 1 9 0 8 IA IB BI AB                   nên 1 9 ; 2 2 IB IA   . Từ   1 suy ra 2 3 8 18 2 MI MI     suy ra 3 ; . 2 M S I        Câu 118. Ta có điều kiện xác định mặt cầu là 2 2 2 a b c   B I ACÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 34    2 2 2 2 2 4 5 9 0 m m m m       2 4 5 0 m m     5 1 m m        . Câu 119. Gọi       ; ; ;1 ;2 ; 4 ; 3 ; 2 I a b c IA a b c IH a b c                   ABCD là tứ diện đều nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp trùng với trọng tâm tứ diện 3 IA IH                 3 4 3 1 3 3 2 1 2 3 2 a a a b b b c c c                                  3; 2; 1 I    . Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu Câu 120. lời giải Chọn C Ta có       2 2 2 1 1 2 1 3 1 5 R IA         vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là             2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 I I I x x y y z z R x y z              Câu 121. Chọn A Hình chiếu vuông góc của M trên trục O x là      1;0;0 13 I I M .Suy ra phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM là:       2 2 2 1 13 x y z . Câu 122. Gọi I là trung điểm AB ta có   1;3;3 I  là tâm mặt cầu. Bán kính       2 2 2 1 1 2 3 7 3 45. R IA          Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . Câu 123. Mặt cầu có tâm   1; 4;3 I  và đi qua điểm   5; 3;2 A  nên có bán kính 3 2 R IA   Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . Câu 124. Gọi I là tâm của mặt cầu đường kính AB . Khi đó   1;0;2 I . Bán kính của mặt cầu là:       2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 1 2 2 2 R AB          . Vậy phương trình mặt cầu là:     2 2 2 1 2 2 x y z      . Câu 125. Gọi I là trung điểm của AB (0;3; 1). I   2 2 2 (2;1;2) 2 1 2 3. IA IA          Mặt cầu đã cho có tâm I, đường kính AB nên có phương trình là     2 2 2 3 1 9. x y z      Câu 126. Chọn A Đáp án B vì không có số hạng 2 y . Đáp án C loại vì có số hạng 2xy . Đáp án D loại vì 2 2 2 1 1 4 8 2 0 a b c d           . Đáp án A thỏa mãn vì 2 2 2 1 0 4 1 6 0 a b c d          . Câu 19 : [2H3-1.3-1] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 1; 3   A ;   0;3; 1  B . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 35 A.       2 2 2 1 1 2 6       x y z B.       2 2 2 1 1 2 24       x y z C.       2 2 2 1 1 2 24       x y z D.       2 2 2 1 1 2 6       x y z Lờigiải Chọn D Tâm I mặt cầu là trung điểm của AB   1 ;1; 2  I bán kính 1 1 1 4 16 4 24 2 2 2      R AB       2 2 2 1 1 2 6       x y z Câu 127. Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        là phương trình của một mặt cầu nếu 2 2 2 0 a b c d     . Câu 128. Tọa độ tâm mặt cầu là   3;3;1 I , bán kính 3 R IA   . Câu 129. Phương trình mặt cầu tâm   2;1; 2 I  bán kính 2 R  có hai dạng: Chính tắc:       2 2 2 2 2 1 2 2 x y z       Tổng quát: 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . Vậy đáp án đúng là B. Câu 130. Vì mặt cầu   S có tâm   2;1;0 A , đi qua điểm   0;1;2 B nên mặt cầu   S có tâm   2;1;0 A và nhận độ dài đoạn thẳng AB là bán kính. Ta có:   2 :0;2 AB       .   2 2 2 2 0 2 2 2 AB AB           . Suy ra: 2 2 R  . Vậy:       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . Vậy chọn đáp án B Câu 131. lời giải Chọn B Ta có       2 2 2 1 1 2 1 3 1 5 R IA         vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là             2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 I I I x x y y z z R x y z              Câu 132. Gọi H là trung điểm AB suy ra H là hình chiếu vuông góc của I lên Ox nên   1;0;0 H . 2 2 13 4 IH R IA IH AH       . Phương trình mặt cầu là:       2 2 2 1 2 3 16 x y z       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 36 Câu 133. Với điểm   1; 2;3 M  thì hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox là   1;0;0 I Có 13 IM  vậy phương trình mặt cầu tâm   1;0;0 I bán kính IM là:   2 2 2 1 13 x y z     Câu 134. Ta có mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        có bán kính là 2 2 2 R a b c d     Trong đáp án C ta có: 2 2 2 2 1 4 2 1 2 a b R a b c d c d                     . Câu 135. Gọi   ;0;0 I a Ox      1 ;1;2 ; 3 ;2; 3 IA a IB a           . Do   S đi qua hai điểm , A B nên     2 2 1 5 3 13 IA IB a a        4 16 4 a a       S  có tâm   4;0;0 I , bán kính 14 R IA   .     2 2 2 2 2 2 : 4 14 8 2 0. S x y z x y z x            Câu 136. Ta có: 2 4 4 1 S R R       Vậy   S tâm   1;1;1 I bán kính 1 R  có pt:       2 2 2 1 1 1 1 x y z       Câu 137. Gọi phương trình mặt cầu     2 2 2 2 2 2 : 2 2 2 0 0 S x y z ax by cz d a b c d            Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên: 18 6 6 0 18 6 6 0 18 6 6 0 27 6 6 6 0 a b d a c d b c d a b c d                         6 6 18 6 6 18 6 6 18 6 6 6 27 a b d a c d b c d a b c d                              3 2 3 2 3 2 0 a b c d                 Suy ra tâm 3 3 3 ; ; 2 2 2 I       bán kính 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 R                       . Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . Câu 138. Chọn A Gọi   1;1;0 , 2. I R  10 II   . Gọi R  là bán kính của mặt cầu   S  . Theo giả thiết, ta có 8 R R II R II R           . Khi đó phương trình mặt cầu   S  :       2 2 2 9 1 6 64 x y z       . Câu 139. Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu   S . Mặt cầu   S tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ             , , , d I Oxy d I Oyz d I Oxz   a b c R       1 Mặt cầu   S đi qua   1; 1;4 A  0; 0; 0 IA R a c b         2 2 0; 0; 0 IA R a c b                 2 2 2 2 1 1 4 0 ( 1 ) a b c R a c b R do                  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 37       2 2 2 2 1 1 4 0 a a a a a c b R                   2 2 12 18 0 0 a a a c b R             2 6 9 0 0 a a a c b R             3 3 3 a c b R                    2 2 2 : 3 3 3 9 S x y z        . Câu 140. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có . . . 0 a IO b IM c IN               , với a MN  , b ON  , c OM  ”. Ta có 2 2 2 2 2 1 3 OM     , 2 2 2 8 4 8 4 3 3 3 ON                        . 2 2 2 8 4 8 2 2 1 5 3 3 3 MN                           . 8 5.0 4.2 3. 3 0 3 4 5 4 5.0 4.2 3. 3 5. 4. 3. 0 1 3 4 5 8 5.0 4.2 3. 3 1 3 4 5 I I I x IO IM IN y z                                                                    . Mặt phẳng   Oxz có phương trình 0 y  . Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oxz nên mặt cầu có bán kính     , 1 R d I Oxz   . Vậy phương trình mặt cầu là:     2 2 2 1 1 1 x y z      . Câu 141. Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên             , , , d I Oyz d I Ozx d I Oxy   a b c    a b c a b c a b c a b c                    Nhận thấy chỉ có trường hợp a b c    thì phương trình     , AI d I Oxy  có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Thật vậy: Với a b c    thì   ; ; I a a a      , AI d I Oyx        2 2 2 2 1 1 4 a a a a        2 6 9 0 a a     3 a   Khi đó 9 P a b c     . Dạng 3. Một số bài toán khác Câu 142. Chọn C Mặt cầu   S có tâm   0;0; 2 I và bán kính 3 R  ;   A Oxy    ; ;0 A a b  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 38 * Xét trường hợp   A S  , ta có 2 2 1 a b   . Lúc này các tiếp tuyến của   S thuộc tiếp diện của   S tại A nên có vô số các tiếp tuyến vuông góc nhau. Trường hợp này ta có 4 cặp giá trị của   ; a b là 0 0 1 1 ; ; ; 1 1 0 0 a a a a b b b b                        . * Xét trường hợp A ở ngoài   S . Khi đó, các tiếp tuyến của   S đi qua A thuộc mặt nón đỉnh A . Nên các tiếp tuyến này chỉ có thể vuông góc với nhau tại A . Điều kiện để có ít nhất 2 tiếp tuyến vuông góc là góc ở đỉnh của mặt nón lớn hơn hoặc bằng90  . Giả sử ; A N A M   là các tiếp tuyến của   S thỏa mãn AN AM  ( ; N M là các tiếp điểm) Dễ thấy A NIM  là hình vuông có cạnh 3 IN R   và 3. 2 6 IA    . Điều kiện phải tìm là 6 IA R IA IA          2 2 2 2 1 4 a b a b           Vì , a b là các số nguyên nên ta có các cặp nghiệm   ; a b là                 0;2 , 0; 2 , 2;0 , 2;0 , 1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1 ; 1       . Vậy có 12 điểm A thỏa mãn yêu cầu. Câu 143. Chọn A Mặt cầu có tâm   0;0;1 I , bán kính 5 R  . Vì   A Oxy  nên 0 c  . Các giao tuyến của A đến mặt cầu (nếu IA R  ) tạo nên một mặt nón tâm A , để mặt nón này có hai đường sinh vuông góc thì góc của mặt nón này phải 90   hay 2 IA R  . Vậy 2 2 2 2 2 5 1 10 4 9 R IA R a b a b            Ta có các bộ số thõa mãn               0; 2 ; 0; 3 ; 1; 2 ; 2; 2 ; 2; 1 ; 2;0 ; 3;0           , 20 bộ số. Câu 144. Chọn A I A N MCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 39 Mặt cầu   2 2 2 : ( 1) 5 S x y z     có tâm   0;0; 1 I  và có bán kính 5 R      ; ;0 A a b Oxy  , Gọi I  là trung điểm của 1 ; ; 2 2 2 a b AI I          Gọi , E F lần lượt là hai tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A sao cho AE AF  . Ta có: , E F cùng thuộc mặt cầu   S  đường kính IA có tâm 1 ; ; 2 2 2 a b I         , bán kính 2 2 1 1 2 R a b     . Đề tồn tại , E F thì hai mặt cầu   S và   S  phải cắt nhau suy ra R R II R R        2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 5 1 2 2 2 a b a b a b              2 2 2 2 5 1 4 1 a b a b        Gọi H là hình chiếu của I trên   AEF khi đó tứ giác AEHF là hình vuông có cạnh 2 5 AE HF AI    . Ta có     2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 10 0 1 10 9 2 IH R HF AI AI a b a b                Từ   1 và   2 ta có 2 2 4 9 a b    mà , , a b c   nên có 20 điểm thỏa bài toán. Cách khác: Mặt cầu   S có tâm   0,0, 1 I  bán kính 5 R  . Ta có     1 I Oxy d R    mặt cầu   S cắt mặt phẳng   Oxy . Để có tiếp tuyến của   S đi qua   1 A AI R   . Có       2 2 , , , ,0 , 1 A a b c Oxy A a b IA a b      . Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của   S là một mặt nón nếu AI R  và là một mặt phẳng nếu AI R  . Trong trường hợp quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của   S là một mặt nón gọi , AM AN là hai tiếp tuyến sao cho , , , A M I N đồng phẳng. N M A ICÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 40 Tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi    90 2 2 o MAN IA R    . Từ     2 2 1 , 2 4 9 a b     . Vì , a b   2 2 0 9 a b         hoặc 2 2 9 0 a b        hoặc 2 2 4 0 a b        hoặc 2 2 0 4 a b        hoặc 2 2 1 4 a b        hoặc 2 2 4 1 a b        hoặc 2 2 4 4 a b        . Bốn hệ phương trình đầu tiên có hai nghiệm, ba hệ sau có 4 nghiệm suy ra số điểm A thỏa mãn là 4.2 3.4 20   . Câu 145. Chọn D Nhận thấy điểm M nằm bên trong mặt cầu   S . Để    2 2 ( , ) AB R d O nhỏ nhất khi    , d O lớn nhất. Ta thấy      , st d O O M c on . Dấu ‘=’ xảy ra khi   O M . Suy ra       . 0 u O M và    . 0 P u n nên                 1 0 1 1 2 0 0 a b a a b b Suy ra    1 T a b . Câu 146. Vì các điểm , , M N P đều nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB    Do đó ta có             3 , 3 A, 3.4 , A, 3 3 3 , A, 3. 9 BM MA d B Oxy d Oxy c BN NA d B Oxz d Oxz b BP PA d B Oyz d Oyz a                                              Để , , M N P đều nằm trên đoạn AB thì hai điểm A và B không nằm về cùng 1 phía so với lần lượt các mặt phẳng , , Oxy Oxz Oyz Do đó   12,3, 3 B   Vậy 9 ab bc ac     Câu 147. Mặt cầu   S có tâm   1;1;0 I và bán kính 2 R  . Ta có   1;2;1 IM      và 6 IM  . Gọi H là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ Oxyz đến mặt cầu, khi đó 2 2 2 MH IM R    . Gọi O là tâm của đường tròn   C khi đó IM HO  và HO r  . Ta có . . HI HM HO IM  . 2 2 2 3 3 6 HI HM r IM     . Câu 148. Gọi   ; ; M x y z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có   ; 1; 2 AM x y z         ,   2; 3; BM x y z         ,   2; 1; 1 CM x y z          ,   ; 1; 3 DM x y z         . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 41 Từ giả thiết: . 1 . . 1 . 1 MA MB MA MB MC MD MC MD                                                                 2 1 3 2 1 2 1 1 1 3 1 x x y y z z x x y y z z                      2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 0 2 4 1 0 x y z x y z x y z x z                    Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm   1 1; 2;1 I  , 1 2 R  và mặt cầu tâm   2 1;0;2 I  , 2 2 R  . Ta có: 1 2 5 I I  . Dễ thấy: 2 2 1 2 1 5 11 4 2 4 2 I I r R            . Câu 149. Cách 1: Gọi , , , A B C D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử 4 AB  , 5 AC BD AD BC     . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của , AB CD . Dễ dàng tính được 2 3 MN  . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì , IA IB IC ID   nên I nằm trên đoạn MN . Đặt IN x  , ta có 2 2 3 3 IC x r     ,   2 2 2 2 3 2 IA x r      Từ đó suy ra   2 2 2 2 12 3 3 2 2 2 1 11 x x x        , suy ra 2 2 12 3 6 3 3 11 11 r             Cách 2 Gọi , A B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . , C D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . Mặt cầu   I tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm , , , A B C D nên 2, 3 IA IB x IC ID x       . 1 I 2 I MCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 42 Gọi   P ,   Q lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .           1 IA IB I P I P Q IC ID I Q               . Tứ diện ABCD có 5 DA DB CA CB     suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra     MN P Q   (2). Từ   1 và   2 suy ra I MN  Tam giác IAM có   2 2 2 2 4 IM IA AM x      . Tam giác CIN có   2 2 2 3 9 IN IC CN x      . Tam giác ABN có 2 2 12 NM NA AM    . Suy ra     2 2 6 3 9 2 4 12 11 x x x         . Dạng 4. Bài toán cực trị Câu 150. Chọn C Ta có:   . . ;0; OM a i b k M a b                 1 a;2;3 ; 6 ; 5;8 2 12 2 ;10; 16 2 MA b MB a b MB a b                              2 13;12; 13 MA MB a b                  2 2 2 2 13 12 13 12 MA MB a b                 Vậy min 13 2 12 13 a MA MB b                 . Do đó 0 a b   Câu 151. Ta thấy     ; ;0 M a b Oxy  . Gọi 3 1 ; ; 2 2 2 I       là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có 2 2 2 2 MA MB MA MB                2 2 IA IM IB IM                       2 2 2 2 2 . 2 . IA IM IA IM IB IM IB IM                                     2 2 2 2 2 2 2 7 2 AB IM IA IM IA IB IM IM                   . Bởi vậy 2 2 MA MB  nhỏ nhất  IM ngắn nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng   Oxy . Bởi vậy 3 1 ; ;0 2 2 M       . Như vậy 3 1 3 1 , 2 2 2 2 2 a b a b        . Câu 152. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 43 Gọi I là điểm thỏa mãn 2 0 IA IB          (2 ;2 ;2 ) A B A B A B I x x y y z z     (5;5; 1) I   . Suy ra I là điểm cố định. Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất, P đạt giá trị lớn nhất khi MI đạt giá trị lớn nhất. 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 1) 9 S x y z       có tâm (1;2; 1) J  và bán kính 3 R  Suy ra 5 IJ  Mà M là điểm thay đổi trên ( ) S Do đó: min 1 5 3 2 MI IM JI R       max 2 5 3 8 MI IM JI R       Suy ra 2 2 8 2 60 m n     Câu 153. Xét điểm   ; ; I a b c thỏa mãn 0 IA IB IC ID                  . Khi đó 7 7 ; ;0 4 2 I       . Ta có 2 2 2 2 MA MB MC MD            2 2 2 2 MI IA MI IB MI IC MI ID                                       2 2 2 2 2 4 2 MI MI IA IB IC ID IA IB IC ID                          2 2 2 2 2 2 2 2 2 4MI IA IB IC ID IA IB IC ID          ( vì 2 0 MI  với mọi điểm M ) Dấu " "  xảy ra M I   tức là 7 7 7 7 ; ;0 4 2 4 2 M x y z            21 4  . Câu 154. Gọi điểm E thỏa 2 0 E A E B            . Suy ra B là trung điểm của A E , suy ra   3 ; 4 ; 5 E  . Khi đó: 2 2 2 M A M B       2 2 2 M E EA ME E B                2 2 2 2 M E E A E B     . Do đó 2 2 2 M A M B  lớn nhất  M E nhỏ nhất  M là hình chiếu của   3 ; 4 ; 5 E  lên   O x y   3 ; 4 ; 0 M   . Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau + Loại C vì   0 ; 0 ; 5 M không thuộc   O x y . + Lần lượt thay 3 1 ; ; 0 2 2 M             , 1 3 ; ; 0 2 2 M              ,   3 ; 4 ; 0 M  vào biểu thức 2 2 2 M A M B  thì   3 ; 4 ; 0 M  cho giá trị lớn nhất nên ta chọn   3 ; 4 ; 0 M  . Câu 155. Xét điểm I sao cho: 2 0. IA IB          Giả sử   ; ; , I x y z ta có:     4 ;3 ;1 , 3 ;1 ;3 . IA x y z IB x y z             Do đó:         2 4 3 2 0 2 3 1 5;5; 1 . 2 1 3 x x IA IB y y I z z                           Do đó: 2 2 2 P MA MB       2 2 2 MI IA MI IB                     2 2 2 2 2 2 4 . 2 . MI IA MI IA MI IB MI IB                                     2 2 2 2 2 2 MI IA IB MI IA IB                            2 2 2 2 2 2 MI IA IB MI IA IB                CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 44 2 2 2 2 . MI IA IB    Do I cố định nên 2 2 , IA IB không đổi. Vậy P lớn nhất (nhỏ nhất) 2 MI  lớn nhất (nhỏ nhất). MI  lớn nhất (nhỏ nhất) M  là giao điểm của đường thẳng IK (với   1;2; 1 K  là tâm của mặt cầu (S)) với mặt cầu (S). Ta có: MI đi qua   5;5; 1 I  và có vectơ chỉ phương là   4;3;0 . KI    Phương trình của MI là: 1 4 2 3 1. x t y t z            Tọa độ điểm M cần tìm ứng với giá trị t là nghiệm của phương trình:       2 2 2 2 3 5 1 4 1 2 3 2 1 1 9 25 9 3 . 5 t t t t t                      Với 1 1 3 17 19 ; ; 1 2 (min). 5 5 5 t M M I            Với 1 2 3 7 1 ; ; 1 8 (max). 5 5 5 t M M I              Vậy max min 48 60. 12 m P m n n P            Câu 156. Gọi I là điểm thỏa 0 IA IB IC                2; 2;2 I   . 2 2 2 MA MB MC         2 2 2 MI IA MI IB MI IC                              2 2 2 2 3 2 . MI IA IB IC MI IA IB IC                     2 2 2 2 3MI IA IB IC     . Mà   M Oyz  2 2 2 MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên   Oyz   0; 2;2 M   . Vậy 0 2 2 0 P     . Câu 157. Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa 2 0 IA IB IC              . Khi đó       2 0 2 0 IA IB IC OA OI OB OI OC OI                                                 1 2 2;3;1 2;3;1 2 OI OA OB OC I                      . Ta có       2 2 MA MB MC MI IA MI IB MI IC                                           2 2 2 2 MI IA IB IC MI MI                        . 2 MA MB MC                nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu của   2;3;1 I lên mặt phẳng   Oyz . Suy ra   0;3;1 M . Câu 158. Ta có:   2;7; 6 AB        ,   1;3; 2 AC       ,   1;6; 4 AD       nên , . 4 0 AB AC AD                    . Suy ra: AB     , AC     , AD     không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó   2;1;4 G . Ta có: 4 4 MA MB MC MD MG MG                             . Do đó MA MB MC MD                      nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 45 Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng   Oyz nên   0;1;4 M . Câu 159. Lấy   1;3; 1 G  là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có: 2 2 2 MA MB MC         2 2 2 MG GA MG GB MG GC                                  2 2 2 2 3MG GA GB GC     . Do đó 2 2 2 MA MB MC   bé nhất khi MG bé nhất. Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy . Vậy   1;3;0 M . Câu 160. Gọi điểm H thỏa mãn 3 0 HA HB            khi đó: 3 1 3 3 1 3 3 1 3 A B H A B H A B H x x x y y y z z z                   3 11 19 ; ; 4 4 4 H         . Phương trình mặt phẳng   Oxy là 0 z  . Xét 19 1 4 H z T   do đó tọa độ điểm M cần tìm là: M H M H M H x x aT y y bT z z cT            3 11 ; ;0 4 4 M         . Vậy M M M T x y z    3 11 0 2 4 4      . Câu 161. Ta có         2 2 2 : 1 1 3 4 S x y z         S  có tâm   1;1;3 I và bán kính 2 R  . Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu   S và  90 AMB   AB  qua 2 4 I AB R    . Ta có 1 . 2 AMB S MA MB  2 2 4 MA MB   2 4 4 AB   . Dấu " "  xảy ra 2 2 2 AB MA MB     và 4 AB  . Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . Câu 162. Gọi   , , A d e f thì A thuộc mặt cầu         2 2 2 1 : 1 2 3 1 S x y z       có tâm   1 1;2;3 I , bán kính 1 1 R  ,   , , B a b c thì B thuộc mặt cầu       2 2 2 2 : 3 2 9 S x y z      có tâm   2 3;2;0 I  , bán kính 2 3 R  . Ta có 1 2 1 2 5 I I R R      1 S  và   2 S không cắt nhau và ở ngoài nhau. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong 46 Dễ thấy F AB  , AB max khi 1 1 , A A B B    Giá trị lớn nhất bằng 1 2 1 2 9 I I R R    . AB min khi 2 2 , A A B B    Giá trị nhỏ nhất bằng 1 2 1 2 1 I I R R    . Vậy 8 M m   Câu 163. Gọi   ; ; M x y z . Ta có 2 3 MA MB  3 2 MA MB   2 2 9 4 MA MB               2 2 2 2 2 2 9 2 2 2 4 3 3 3 x y z x y z                     2 2 2 12 12 12 0 x y z x y z              2 2 2 6 6 6 108 x y z        . Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu   S tâm   6;6; 6 I   và bán kính 108 6 3 R   . Do đó OM lớn nhất bằng     2 2 2 6 6 6 6 3 12 3 OI R         . Câu 164. Gọi   ; ; E x y z là điểm thỏa mãn 2 0 EA EB EC                 Ta có       6 2 ;12 2 ;18 2 0;0;0 3;6;9 x y z E      . 3 2 2 MA MB MC ME                     Mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I Đường thẳng EI có PTTS 1 2 2 3 3 x t y t z t                1 ;2 2 ;3 3 M IE M t t t        2 14 14 1 M S t t         1 1 1 2;4;6 , 14 t M EM    .   2 2 1 1 0;0;0 , 3 14 t M EM EM      . Vậy 2 4 6 M M x y     .