Lý thuyết cơ bản và áp dụng hình học giải tích không gian Oxyz

CHINH PH ỤC OLYMPIC TOÁN T Ủ SÁCH LUY ỆN THI THPT QU ỐC GIA MỞ ĐẦU OXYZ Lý thuyết cơ bản và áp dụng TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giới thiệu Chủ đề hình học giải tích không gian Oxyz tuy không phải là khó nhưng cũng không hẳn là dễ với những bạn học sinh mới bắt đầu chủ đề này. Ebook nhỏ này nhằm mang tới cho bạn đọc cái nhìn khái quát và cơ bản nhất về vấn đề chủ đề này thông qua các lý thuyết cơ bản và ví dụ minh họa kèm lời giải chi tiết sẽ phần nào giúp các bạn dễ tiếp cận hơn. Nội dung Ebook không quá đè nặng những bài toán khó và lắt léo tuy nhiên vẫn sẽ có những bài toán đủ để khiến bạn đau đầu và tốn khá nhiều công sức để giải quyết nó. Bên cạnh đó thì phần trình bày và hình vẽ cũng được đầu tư nhiều công sức với mong muốn bạn đọc có thể hiểu, tưởng tượng và suy luận ra những hướng đi mà lời giải đã giải quyết các bài toán trong đó. Kì thi THPT Quốc Gia ngày một tới gần, đây có lẽ là lúc thích hợp nhất để các bạn cùng nhìn lại và ôn tập những kiến thức đã qua và đồng thời cung cấp thêm cho mình một số kinh nghiệm để giải quyết các bài toán hay xuất hiện trong các đề thi, tập thể tác giả mong rằng cuốn sách này sẽ giúp ích cho các bạn một phần nào đó trong quá trình ôn luyện. Nội dung ebook được tham khảo từ rất nhiều nguồn, các bạn xem ở cuối của tài liệu này. Dù đã cố gắng để biên soạn tuy nhiên không thể tránh khỏi những thiếu sót, mọi ý kiến phản hồi vui lòng gửi về địa chỉ Tạp chí và tư liệu toán học Link liên kết. https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ Mục lục Chương 1. Mở đầu hình học tọa độ không gian 1 Chương 2. Lý thuyết về phương trình đường thẳng 32 Chương 3. Các bài toán về phương trình mặt phẳng 107 Chương 4. Các bài toán về phương trình mặt cầu 171 Chương 5. Các bài toán cực trị trong hình học không gian Oxyz 261 Chương 6. Phương pháp tọa độ hóa hình cổ điển 352 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 1 Tóm t ắt nội dung Trong chương này chúng ta sẽ đi tìm hiểu các khái niệm và công thức cơ bản, qua đó tìm hiểu các dạng toán liên quan tới những công thức này nhằm giúp các bạn học sinh nắm vững lý thuyết cơ bản để đi sâu hơn vào các dạng bài tập khó hơn. A. KIẾN THỨC CẦN NẮM. I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN. Trong không gian, xét ba trục tọa độ ,, Ox Oy Oz vuông góc với nhau từng đôi một và chung một điểm gốc O. Gọi ,, i j k là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục ,, Ox Oy Oz . Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian. Chú ý. 2 2 2 1 i j k = = = và . . . 0 i j i k k j = = = . II. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ. 1. Định nghĩa. Ta có vecto ( ) ;; u x y z u xi y j zk =  = + + . 2. Tính chất. Cho ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 ; ; , ; ; , a a a a b b b b k = =  • ( ) 1 1 2 2 3 3 ;; a b a b a b a b  =    Chương 1 Mở đầu hình học tọa độ không gian O j k i y z x Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 2 • ( ) 1 2 3 ;; ka ka ka ka = • 11 22 33 ab a b a b ab =   =  =   =  • ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0;0;0 , 1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 i j k = = = = • a cùng phương ( ) 0 bb   ( ) a kb k = ( ) 11 3 12 2 2 1 2 3 1 2 3 33 , , , 0 a kb a aa a kb b b b b b b a kb =    =  = =    =  • 1 1 2 2 3 3 . . . . a b a b a b a b = + + • 1 1 2 2 3 3 0 a b a b a b a b ⊥  + + = • 2 2 2 2 1 2 3 a a a a = + + • 222 1 2 2 a a a a = + + • ( ) 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos , . . a b a b a b ab ab ab a a a b b b ++ == + + + + (với ,0 ab  ). III. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM. Cho 2 điểm ( ) ( ) ; ; , ; ; A A A B B B A x y z B x y z khi đó thì • ( ) ( ) ( ) 2 2 2 B A B A B A AB x x y y z z = − + − + − • Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB ;; 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M + + +    • Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC ;; 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G + + + + + +    • Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD ;; 4 4 4 A B C D A B C D A B C C x x x x y y y y z z z z G + + + + + + + + +    IV. TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 1. Định nghĩa Trong không gian Oxyz cho hai vectơ 1 2 3 ( ; ; ) a a a a = , 1 2 3 ( ; ; ) b b b b = . Tích có hướng của hai vectơ a và , b kí hiệu là , ab   , được xác định bởi ( ) 2 3 3 1 12 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 1 12 , ; ; ; ; a a a a aa a b a b a b a b a b a b a b b b b b bb   = = − − −    Chú ý. Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là một số. 2. Tính chất • , ; , a b a a b b     ⊥⊥     | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 3 • ,, a b b a     =−     • , ; , ; , i j k j k i k i j      = = =      • ( ) , . .sin , a b a b a b  =  • , ab cùng phương ,0 ab  =  (chứng minh 3 điểm thẳng hàng). 3. Ứng dụng của tích có hướng • Điều kiện đồng phẳng của 3 vecto , ab và c , . 0 a b c  =  • Diện tích hình bình hành ABCD , ABCD S AB AD  =  • Diện tích tam giác ABC 1 , 2 ABC S AB AC   =  • Thể tích khối hộp ABCDA B C D     . ' ' ' ' ,. ABCD A B C D V AB AD AA   =  • Thể tích tứ diện ABCD 1 ,. 6 ABCD V AB AC AD  =  . Chú ý. • Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng. • Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương. • .0 a b a b ⊥  = . • , ab cùng phương ,0 ab  =  . • ,, a b c đồng phẳng , . 0 a b c  =  . B. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN Dạng 1. Tìm tọa độ của vecto, của điểm Định nghĩa ( ) 1 2 3 1 2 3 . . . ; ; a a i a j a k a a a a = + +  = , ( ) . . . ; ; OM x i y j z k M x y z = + +  Tính chất Cho ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 ; ; ; ; ; a a a a b b b b == . Ta có • ( ) 1 1 2 2 3 3 ;; a b a b a b a b  =    • ( ) 1 2 3 ;; ka ka ka ka = • 11 22 33 ab a b a b ab =   =  =   =  • ( ) ;; B A B A B A AB x x y y z z = − − − Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 4 CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các vectơ thỏa mãn 3, a i j k = − + − ( ) 3;0;1 , b = 2 3 , c i j =+ ( ) 5;2; 3 d=− . a) Tìm tọa độ của các vectơ , 3 2 a b a c +− . b) Tìm tọa độ các vectơ a b c +− ;3 2 3 a c d −+ c) Phân tích vectơ d theo 3 vectơ a ; b ; c Lời giải a) Ta có • ( ) ( ) 1;1; 3 , 3;0;1 ab = − − = ( ) 2;1; 2 ab  + = − . • ( ) ( ) 3 3;3; 9 ,2 4;6;0 ac = − − = ( ) 3 2 7; 3; 9 ac  − = − − − . b) Ta có • ( ) ( ) ( ) 1;1; 3 , 3;0;1 , 2;3;0 a b c = − − = = ( ) 0; 2; 2 a b c  + − = − − . • ( ) ( ) 3 3;3; 9 ,2 4;6;0 ac = − − = , ( ) 3 15;6; 9 d=− ( ) 3 2 3 8;3; 18 a c d  − + = − . c) Giả sử d ma nb pc = + + 5 3 2 23 33 m n p mp mn = − + +    = +   − = − +  19 24 1 ,, 11 11 11 m n p  = = = . Vậy 19 24 1 11 11 11 d a b c = + + Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1; 3;1 A − ; ( ) 2;5;1 B và vectơ 3 2 5 OC i j k = − + + . a) Tìm tọa độ của điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. b) Tìm tọa độ điểm E sao cho tứ giác OABE là hình thang có hai đáy OA ; BE và 2 OA BE = . c) Tìm tọa độ điểm M sao cho 3 2 3 AB AM CM += . Lời giải a) Gọi ( ) ;; D x y z . Ta có ( ) 5; 3;4 , BC = − − ( ) 4;5;4 AC=− . Mà 53 45 −−  − , BC AC  không cùng phương. ( ) 1; 3; 1 AD x y z = − + − ABCD là hình bình hành 1 5 4 3 3 6 1 4 5 xx AD BC y y zz − = − = −    =  + = −  = −   − = =  . Vậy ( ) 4; 6;5 −− . b) Gọi ( ) ;; E x y z . Ta có ( ) ( ) 1; 3;1 , 2;5;1 OA OB = − = Mà 13 25 −  , OA OB  không cùng phương. Ta có ( ) 2 ; 5 ; 1 EB x y z = − − − .Từ đề cho ta suy ra | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 5 1 4 2 2 3 10 2 1 2 2 x OA EB y z =−   =  − = −   =−  3 13 1 ,, 2 2 2 x y z  = = = Vậy 3 13 1 ;; 222 E    . c) Gọi ( ) ;; M x y z . Ta có • ( ) ( ) 1;8;0 3 3;24;0 AB AB =  = • ( ) 1; 3; 1 AM x y z = − + − ( ) 2 2 2;2 6;2 2 AM x y z  = − + − • ( ) 3; 2; 5 CM x y z = + − − ( ) 3 3 9;3 6;3 15 CM x y z  = + − − 3 2 3 AB AM CM += 3 2 2 3 9 24 2 6 3 6 0 2 2 3 15 xx yy zz + − = +    + + = −   + − = −  8 36 13 x y z =−   =   =  Vậy ( ) 8;36;13 M − . Câu 3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ biết ( ) 1;0;1 , A ( ) 2;1;2 , B ( ) 1; 1;1 , D − ( ) ' 4;5; 5 . C − Xác định các đỉnh còn lại của hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Lời giải Gọi ( ) ;; C x y z . Ta có ( ) 1;1;1 AB = ; ( ) 1; 1; 1 DC x y z = − + − . Tứ giác ABCD là hình bình hành AB DC = ( ) 1 1 2 1 1 0 2;0;2 . 1 1 2 xx y y C zz − = =    + =  =    − = =  Gọi ( ) ;; D x y z  . Ta có ( ) 4 ;5 ; 5 D C x y z  = − − − − ; ( ) 1;1;1 DC = . Tứ giác DCC D  là hình bình hành D C DC  = 41 51 51 x y z −=    − =   − − =  ( ) 3 4 3;4; 6 . 6 x yD z =     =  −   =−  Gọi ( ) ;; A x y z  . Ta có ( ) ' 3 ;4 ; 6 A D x y z  = − − − − ; ( ) 0; 1;0 AD=− . Tứ giác ADD A  là hình bình hành A D AD  = ( ) 3 0 3 4 1 5 3;5; 6 . 6 0 6 xx y y A zz − = =     − = −  =  −   − − = = −  Gọi ( ) ;; B x y z  . Ta có ( ) 3; 5; 6 A B x y z  = − − + ; ( ) 1;1;1 DC  = . Tứ giác A B C D     là hình bình hành A B D C     = ( ) 3 1 4 5 1 6 4;6; 5 . 6 1 5 xx y y B zz − = =     − =  =  −   + = = −  Dạng 2. Tích phân vô hướng của 2 vecto và tứng dụng Cho ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 ; ; ; ; ; a a a a b b b b == . Ta có • 1 1 2 2 3 3 . a b a b a b a b = + + Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 6 • 222 1 2 3 a a a a = + + • ab ⊥ .0 ab  =  1 1 2 2 3 3 0 a b a b a b + + = • ( ) 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos , a b a b a b ab ab ab a a a b b b ++ == + + + + • ( ) ( ) ( ) 2 2 2 B A B A B A AB x x y y z z = − + − + − CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các vectơ ( ) 1;2;1 , a = ( ) 3; 1;2 , b=− ( ) 4; 1; 3 , c = − − ( ) 3; 3; 5 , d = − − ( ) ( ) 1; ;2 , u m m = . a) Tính ( ) . , . 2 a b b a c + , 2 ab + . b) So sánh ( ) .. a b c và ( ) .. a b c . c) Tính các góc ( ) ( ) , , ,3 2 a b a b a c +− . d) Tìm m để ( ) u b d ⊥+ . e) Tìm m để ( ) , 60 ua  = . Lời giải a) Tính ( ) . , . 2 a b b a c + , 2 ab + . ( ) 1;2;1 , a = ( ) 3; 1;2 b=− ( ) . 1.3 2. 1 1.2 3. ab = + − + = ( ) ( ) 4; 1; 3 2 8; 2; 6 cc = − −  = − − ( ) 2 9;0; 5 ac  + = − ( ) ( ) ( ) . 2 3.9 1 .0 2. 5 17 b a c + = + − + − = . ( ) 2 6; 2;4 b=− ( ) 2 7;0;5 ab  + = 2 2 2 2 7 0 5 74 ab  + = + + = . b) So sánh ( ) .. a b c và ( ) .. a b c . ( ) ( ) ( ) . 3.4 1 . 1 2. 3 7 bc = + − − + − = ( ) ( ) . . 7;14;7 a b c = ( ) . 1.3 2. 1 1.2 3 ab = + − + = ( ) ( ) . . 12; 3; 9 a b c = − − Vậy ( ) ( ) . . . . a b c a b c  c) Tính các góc ( ) ( ) , , ,3 2 a b a b a c +− . ( ) 1;2;1 , a = ( ) 3; 1;2 b=− ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1.3 2. 1 1.2 3 cos , 2 21 1 2 1 . 3 1 2 ab + − +  = = + + + − + ( ) , 70 54 ab    ( ) 4;1;3 ab += , ( ) 3 2 5;8;9 ac − = − ( ) cos ,3 2 a b a c  + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4. 5 1.8 3.9 4 1 3 . 5 8 9 − + + = + + − + + 15 26. 170 = ( ) ' ,3 2 76 57 a b a c   + − | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 7 d) Tìm m để ( ) u b d ⊥+ . ( ) 6; 4; 3 bd + = − − , ( ) 1; ;2 um = . ( ) ( ) .0 u b d u b d ⊥ +  + = 6 4 6 0 0 mm  − − =  = . e) Tìm m để ( ) , 60 ua  = . ( ) ( ) 1 , 60 cos , 2 u a u a  =  = 2 2 3 1 2 6. 5 m m + = + 2 6 30 4 6 mm  + = + ( ) 2 2 4 6 0 6 30 4 6 m mm +     + = +   2 3 2 10 48 6 0 m mm  −     + + =  12 129 5 m −+ = . Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a và b sao cho ( ) , 120 ab  = , 2, a = 3 b = . Tính ab + và 2 ab − . Lời giải Ta có ( ) 2 2 a b a b + = + ( ) 2 2 2 . .cos ; a b a b a b = + + 1 4 9 2.2.3. 7 2  = + + − =   Vậy 7 ab += Ta có ( ) 2 2 22 a b a b − = − ( ) 2 2 4 4 . .cos ; a b a b a b = + − 1 4 36 4.2.3. 52 2  = + − − =   Vậy 2 2 13 ab −= . Câu 3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 2; 1;1 , A − ( ) 3;5;2 , B ( ) 8;4;3 , C ( ) 2;2 1; 3 Dm − + − . a) Tính ,, AB BC AC . b) Chứng minh tam giác ABC là là tam giác vuông. c) Tìm tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho MA MB = . d) Tìm m sao cho tam giác ABD vuông tại A . e) Tính số đo góc A của tam giác ABC . Lời giải a) Tính ,, AB BC AC . ( ) 2 2 2 1;6;1 1 6 1 38 AB AB =  = + + = ( ) ( ) 2 22 5; 1;1 5 1 1 3 3 BC BC = −  = + − + = ( ) ( ) 2 22 6;5;2 6 5 2 65 AC AC =  = + + = b) Chứng minh tam giác ABC là là tam giác vuông. ( ) . 1.5 6. 1 1.1 0 AB BC = + − + = AB BC ⊥ ABC  vuông tại B . c) Tìm tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho MA MB = . Ta có ( ) ;0;0 M Ox M x  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 8 MA MB = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 5 2 xx  − + − + = − + + 22 4 6 6 38 x x x x  − + = − + 16 x = . Vậy ( ) 16;0;0 M . d) Tìm m sao cho tam giác ABD vuông tại A . ( ) ( ) 1;6;1 , 4;2 2; 4 AB AD m = = − + − ABD  vuông tại A .0 AB AD = 4 12 12 4 0 m  − + + − = 1 3 m  = − . e) Tính số đo góc A của tam giác ABC . ( ) ( ) 1;6;1 , 6;5;2 AB AC == , ( ) cos cos , A AB AC = . 1.6 6.5 1.2 . 38. 65 AB AC AB AC ++ == 40 8 A    . Chú ý Vì ABD  vuông tại B nên có thể dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông 33 tan 38 BC A AB == 40 8 A    Dạng 3. Vận dụng công thức trung điểm và trọng tâm M là trung điểm AB  ;; 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M + + +    G là trọng tâm ABC   ;; 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G + + + + + +    CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có ( ) 1;3;2 , A ( ) 3; 5;6 B − , ( ) 2;1;3 C a) Tìm tọa độ của điểm M là trung điểm của cạnh AB . b) Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G của tam giác ABC lên trục Ox . c) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm A qua điểm C . d) Tìm tọa độ điểm F trên mặt phẳng Oxz sao cho FA FB FC ++ nhỏ nhất. e) Tìm tọa độ điểm B đối xứng với điểm B qua trục tung. Lời giải a) Tìm tọa độ của điểm M là trung điểm của cạnh AB . Ta có điểm M là trung điểm của cạnh AB 1 3 3 5 2 6 ;; 2 2 2 M + − +     hay ( ) 2; 1;4 M − . b) Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G của tam giác ABC lên trục Ox . G là trọng của tam giác ABC 1 3 2 3 5 1 2 6 3 ;; 3 3 3 G + + − + + +     hay 1 11 2; ; 33 G  −   . Hình chiếu của của G lên trục Ox là ( ) 2;0;0 H . c) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm A qua điểm C . Gọi ( ) ;; N x y z , ta có N đối xứng với điểm A qua điểm C C  là trung điểm của AN 1 3 2 2 ,1 ,3 2 2 2 x y z + + +  = = = 3, 1, 4 x y z  = = − = . Vậy ( ) 3; 1; 4 N − . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 9 d) Tìm tọa độ điểm F trên mặt phẳng ( ) Oxz sao cho FA FB FC ++ nhỏ nhất. 33 FA FB FC FG FG + + = = . Do đó FA FB FC ++ nhỏ nhất FG  nhỏ nhất F  là hình chiếu của G lên ( ) mp Oxz . Vậy 11 2; 0; 3 F    . e) Tìm tọa độ điểm B đối xứng với điểm B qua trục tung. Hình chiếu của B lên trục Oy là ( ) 0; 5;0 H − . B đối xứng với điểm B qua trục tung H  là trung điểm của đoạn BB ( ) ' 3; 5; 6 B  − − − . Dạng 4. Chứng minh 2 vecto cùng phương, không cùng phương Chú ý a cùng phương b  ( ) :0 k a kb b   =   ( ) 3 12 1 2 3 1 2 3 , , 0 a aa b b b b b b = =  CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các vectơ ( ) 3;2;5 , a = ( ) 3 2;3;6 b m n = + − . Tìm , mn để , ab cùng phương. Lời giải Ta có ( ) 3;2;5 , a = ( ) 3 2;3;6 b m n = + − Ta thấy rằng , ab cùng phương khi 3 2 3 6 3 2 5 mn +− == 53 , 62 mn  = = − . Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1;2;3 , A ( ) 2;1;1 , B ( ) 0;2;4 C . a) Chứng minh ,, A B C là 3 đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm ( ) M mp Oyz  sao cho 3 điểm ,, A B M thẳng hàng. Lời giải a) Ta có ( ) ( ) 1; 1; 2 , 1;0;1 AB AC = − − = − . Ta có 12 11 −  − , AB AC  không cùng phương. Vậy ,, A B C là 3 đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm ( ) M mp Oyz  sao cho 3 điểm ,, A B M thẳng hàng. Ta có ( ) ( ) ;0; M mp Oyz M x z  , ( ) 1; 2; 3 AM x z = − − − , ( ) 1; 1; 2 AB = − − . Ta có ,, A B M thẳng hàng , AB AM  cùng phương 1 2 3 1 1 2 xz − − −  = = −− 3, 1 xz  = = − . Vậy ( ) 3;0; 1 M − . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 10 Dạng 5. Tích có hướng của hai vecto và ứng dụng Ta cần chú ý các tính chất sau • , ; , a b a a b b     ⊥⊥     . ,, a b b a     =−     • a và b cùng phương  ,0 ab  =  ,, abc đồng phẳng , . 0 a b c  =  • Diện tích hình bình hành ABCD , ABCD S AB AD  =  . • Diện tích tam giác ABC 1 , 2 ABC S AB AC   =  . • Thể tích khối hộp . ABCD A D C D     . ,. ABCD A B C D A V B AD AA       =  . • Thể tích khối tứ diện ABCD 1 ,. 6 ABCD V AB AC AD  =  . CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm ( ) 1;0;1 , A ( ) 1;1;2 , B − ( ) 1;1;0 , C − ( ) 2; 1; 2 D −− . a) Chứng minh rằng A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện. b) Tính thể tích tứ diện ABCD. Suy ra độ dài đường cao của tứ diện qua đỉnh A. Lời giải a) Chứng minh rằng A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện. ( ) ( ) ( ) 2;1;1 , 2;1; 1 , 1; 1; 3 AB AC AD = − = − − = − − . ( ) , 2; 4;0 AB AC   = − −  . , 2 0 AD AB AC   =   , , AB AC AD  không đồng phẳng Vậy , , , A B C D là 4 đỉnh của một tứ diện. b) Tính thể tích tứ diện ABCD. Suy ra độ dài đường cao của tứ diện qua đỉnh A. ( ) ( ) ( ) 2;1;1 , 2;1; 1 , 1; 1; 3 AB AC AD = − = − − = − − . ( ) 11 , 2; 4;0 . , 63 ABCD AB AC V AD AB AC      = − −  = =     (đ.v.t.t) Ta có ( ) ( ) 0;0; 2 , 3; 2; 4 BC BD = − = − − ( ) 1 , 4; 6;0 , 13 2 BCD BC BD S BC BD       = − −  = =     . ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 13 d ; . d ; . 3 13 ABCD ABCD BCD BCD V V A BCD S A BCD S   =  = = Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm ( ) 3;5;15 , A − ( ) 0;0;7 , B ( ) 2; 1;4 , C − ( ) 4; 3;0 D − . Chứng minh AB và CD cắt nhau. Lời giải Ta có ( ) 3; 5; 8 , AB = − − ( ) 5; 6; 11 , AC = − − ( ) 7; 8; 15 , AD = − − ( ) 2; 2; 4 CD = − − ( ) , 7; 7;7 . , 0 , , AB AC AD AB AC AB AC AD      = −  =      đồng phẳng | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 11  , , , A B C D cùng thuộc một mặt phẳng ( ) 1 ( ) , 4; 4;4 0 , AB CD AB CD  = −    không cùng phương. ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra AB và CD cắt nhau. Câu 3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD EFGH với ( ) 1;1;1 , A ( ) 2;1;2 , B ( ) 1;2; 2 , E−− ( ) 3;1;2 D . Khoảng cách từ A đến ( ) mp DCGH bằng? Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 1;0;1 , 0;1;0 2;0;1 AB AB AD AD  =   =   =   , ( ) 2;1; 3 AE = − − , . 1 AB AD AE  =  . , . 1 ABCD EFGH V AB AD AE   = =  ( ) ( ) ( ) 1;0;1 , 1;1;1 2;1; 3 AB AB AE AE  =    = −   = − −   ,3 ABFE DCGH S AB AE S   = = =  ( ) ( ) . , ABCD EFGH DCGH V d A DCGH S = ( ) ( ) . 3 , 3 ABCD EFGH DCGH V d A DCGH S  = = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 12 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP Câu 1 Cho hai vectơ ( ) 2;3; 1 a=− ; ( ) 0; 2;1 b=− . Tính 22 ab + ; 5 ba + ; . ab ; ; ab   ; 2 ;5 3 a b a b  +−  . Lời giải Ta có • ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2;3; 1 2 0; 2;1 4;2;0 ab + = − + − = . • ( ) ( ) ( ) 5 0; 2;1 5 2;3; 1 10;13; 4 ba + = − + − = − • ( ) . 2.0 3 2 1.1 7 ab = + − − = − • ( ) ; 1; 2; 4 ab  = − −  • 2 ;5 3 a b a b  +−  Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2;3; 1 2 0; 2;1 2; 1;1 ab + = − + − = − ( ) ( ) ( ) 5 3 5 2;3; 1 3 0; 2;1 10;21; 8 ab − = − − − = − Suy ra ( ) 2 ;5 3 13;26;52 a b a b  + − = −  Câu 2 Cho vectơ ( ) 2 2 ; 1;4 a=− . Tìm vectơ b cùng phương với a biết . 20 ab = . Lời giải Giả sử ( ) ;; b x y z = . Vì vectơ b cùng phương với a nên tồn tại số k sao cho 22 xk = ; yk =− ; 4 zk = . Lại có . 20 ab = . Suy ra 8 16 20 k k k + + = . Suy ra 4 5 k = . Vậy 8 2 4 16 ;; 5 5 5 b  =−    . Câu 3 Cho vectơ ( ) 1;1;1 a = ; ( ) 1; 1;3 b=− . tìm vectơ c có độ dài bằng 3 , vuông góc với hai vectơ a , b và tạo với tia Oz một góc tù. Lời giải Gọi tọa độ của vectơ ( ) ;; c x y z = . Theo giả thiết ta có 3 .0 b. 0 j. 0 c ac c c  =    =   =      ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 0 2 3 0 3 0 4 x y z x y z x y z z  + + =   + + =  − + =     Từ ( ) ( ) 2 , 3 suy ra 2 xz =− , yz = , thay vào ( ) 1 ta được 2 3 2 z = . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 13 Kết hợp điều kiện ( ) 4 ta có 6 6 2 6 2 x y z   =   =−    =−   . Vậy 66 6; ; 22 c  = − −    . Cách 2 Do ca ⊥ , cb ⊥ nên tồn tại số p sao cho ( ) . ; 4 ; -2 ; -2 . c p a b p p p  ==  Vì 2 6 3 24 9 4 c p p =  =  =  Từ đó 66 6 ; ; 22 c  =−    hoặc 66 6; ; 22 c  = − −    Mặt khác c tạo với Oz một góc tù nên .0 ck  . Vậy 66 6 ; - ; - . 22 c  =    Câu 4 Xét sự đồng phẳng của ba vectơ a , b , c sau đây a) ( ) 2;6; 1 a=− , ( ) 4; 3; 2 b = − − , ( ) 4; 2;2 c = − − . b) ( ) 2; 4;3 a=− , ( ) 1;2; 2 b=− , ( ) 3; 2;1 c=− . Lời giải Để xét sự đồng phẳng của ba vectơ a , b , c ta xét tích hỗn hợp ,. T a b c  =  . Nếu 0 T = thì ba vectơ a , b , c đồng phẳng. Nếu 0 T  thì ba vectơ a , b , c không đồng phẳng. a) Ta có ( ) ; 15;0; 30 ab  = − −   ( ) ( ) ( ) ( ) , . 15 . 4 0. 2 30 .2 0 a b c  = − − + − + − =  . Vậy ba vectơ a , b , c đồng phẳng. b) Ta có ( ) , 2;7;8 ab  =   ( ) ; . 2.3 7. 2 8.1 0 a b c  = + − + =  . Vậy ba vectơ a , b , c đồng phẳng. Câu 5 Cho ba điểm ( ) 2;5;3 A ; ( ) 3;7;4 B ; ( ) ; ;6 C x y . Tìm x ; y để A , B , C thẳng hàng? Lời giải Ta có ( ) 1; 2;1 AB = ; ( ) 2; y 5;3 AC x = − − Ta có 2 5 3 1 2 1 xy −− == 23 5 3 2 x y −=     − =   5 6 x y =    =  . Câu 6 Cho bốn đỉnh ( ) 1; 1;1 A − , ( ) 1;3;1 B , ( ) 4;3;1 C , ( ) 4; 1;1 D − . a) Chứng minh A , B , C , D đồng phẳng và tứ giác ABCD là hình chữ nhật. b) Tính độ dài các đường chéo và góc giữa hai đường chéo. Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 14 a) ( ) 0; 4;0 AB = ; ( ) 3; 4;0 AC = ; ( ) 3;0;0 AD = ( ) , 0;0; 12 AB AC  =−  ; ( ) , . 0.3 0.0 0. 12 0 AB AC AD  = + + − =  . Vậy A , B , C , D đồng phẳng. ( ) , 0;0; 12 0 AB AC  = −   nên A , B , C không thẳng hàng. ( ) 0; 4;0 DC = nên DC AB = hay tứ giác ABCD là hình bình hành. Mặt khác . 0.3 4.0 0.0 0 AB AD = + + = nên tứ giác ABCD là hình chữ nhật. b) Ta có 22 3 4 5 AC = + = ; 5 BD AC == ( ) ( ) 3.3 4 4 cos , 5.5 AC BD +− = 7 25 = ( ) , 73 44' AC BD  = . Câu 7 Cho 4 điểm ( ) ( ) ( ) 2; 1;6 , 3; 1; 4 , 5; 1;0 A B C − − − − − và ( ) 1;2;1 D . a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. b) Tính thể tích tứ diện ABCD . Lời giải a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. • Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông Ta có ( ) 5;0; 10 AB = − − , ( ) 3;0; 6 AC=− , ( ) 8;0;4 BC = Xét . 24 0 24 0 AB AC = + − = nên AC BC ⊥ nên ABC  vuông tại C . Vậy ABC  vuông tại C . • Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC  . Theo công thức . ABC ABC ABC ABC S S P r r P    =  = . Ta có 5 5, 3 5, 4 5 AB AC BC = = = , Khi đó vì ABC  là tam giác vuông tại C nên 11 . . .3 5.4 5 30 22 ABC S AC BC  = = = Chu vi tam giác ABC  5 5 3 5 4 5 65 22 ABC AB AC BC P  + + + + = = = . Vậy 30 5 65 ABC ABC S r P   = = = . b) Tính thể tích tứ diện ABCD . Theo công thức 1 ,. 6 ABCD V AB AC AD  =  Ta có ( ) 5;0; 10 AB = − − , ( ) 3;0; 6 AC=− , ( ) 1;3; 5 AD = − − Với ( ) , 0; 60;0 AB AC  =−  , , . 0 60.3 0 180 AB AC AD  = − + =  . Vậy 11 , . .180 30 66 ABCD V AB AC AD  = = =  . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 15 Câu 8 Cho ba điểm ( ) 1;0;0 A ; ( ) 0;0;1 B ; ( ) 2;1;1 C . a) Chứng minh ba điểm A , B , C không thẳng hàng. b) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC . c) Tìm toạ độ điểm D biết ABCD là hình bình hành. d) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC . e) Tính các góc của tam giác ABC . f) Xác định toạ độ tực tâm của ABC . g) Xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Lời giải a) Ta có ( ) 1;0;1 AB − ; ( ) 1;1;1 AC suy ra AB k AC  . Do đó AB ; AC không cùng phương suy ra A , B , C không thẳng hàng. b) Ta có ( ) 1;0;1 AB − ; ( ) 1;1;1 AC ; ( ) 2;1;0 BC 2 AB = ; 5 BC = ; 3 AC = ; ( ) ; 1;2; 1 AB AC  = − −  . Chu vi tam giác ABC là 2 3 5 p = + + và 1 ; 2 ABC S AB AC  =  1 1 4 1 2 = + + 6 2 = . c) Gọi ( ) ;; D a b c sao cho A , B , C , D là bốn đỉnh hình bình hành. Ta có AB DC = 12 01 11 a b c − = −    = −   =−  3 1 0 a b c =   =   =  ( ) 3;1;0 D  . d) Ta có 1 . 2 ABC a S a h = 1 . 2 b bh = 1 . 2 c ch = 6 5 a h = ; 2 b h = ; 3 c h = . e) Áp dụng công thức hàm số cosin cho tam giác ABC ta có + 2 3 5 cos 0 2. 3. 2 A +− == 90 A  =  + 2 5 3 2 cos 2. 5. 2 5 B +− == 51 B  =  + 3 5 2 3 cos 2. 5. 3 5 C +− == 39 C  =  Cách khác có thể dùng công thức cos A ( ) cos , AB AC = . . AB AC AB AC = . f) Gọi ( ) ;; H a b c là toạ độ trực tâm tam giác ABC Ta có .0 .0 ; . 0 AH BC BH AC AB AC BH  =   =    =    2 2 0 10 2 1 0 ab abc a b c + − =    + + − =   − + − + =  1 0 0 a b c =   =   =  ( ) 1;0;0 H  . Cách khác Tam giác ABC vuông tại A nên trực tâm tam giác ABC là ( ) 1;0;0 A . g) Gọi ( ) ;; I a b c là toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 16 Ta có ; . 0 IA IB IB IC AB AC BI  =   =    =    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 11 1 2 1 1 a b c a b c a b c a b c  − + + = + + −     + + − = − + − + −  2 2 0 4 2 5 2 1 0 ac ab a b c − + =    + =   − + + − =  1 1 2 1 a b c =    =   =   1 1; ;1 2 I     Cách khác Tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm 1 1; ;1 2 I    của BC . Câu 9 Trong không gian Oxyz cho 4 điểm ( ) ( ) ( ) 2; 1;6 , 3; 1; 4 , 5; 1;0 A B C − − − − − và ( ) 1;2;1 D . a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. b) Tính thể tích tứ diện ABCD . Lời giải a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. +) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông Ta có ( ) 5;0; 10 AB = − − , ( ) 3;0; 6 AC=− , ( ) 8;0;4 BC = Xét . 24 0 24 0 AB AC = + − = nên AC BC ⊥ nên ABC  vuông tại C . Vậy ABC  vuông tại C . b) Tính thể tích tứ diện ABCD . Theo công thức 1 ,. 6 ABCD V AB AC AD  =  Ta có ( ) 5;0; 10 AB = − − , ( ) 3;0; 6 AC=− , ( ) 1;3; 5 AD = − − Với ( ) , 0; 60;0 AB AC  =−  , , . 0 60.3 0 180 AB AC AD  = − + =  . Vậy 11 , . .180 30 66 ABCD V AB AC AD  = = =  . Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm ( ) ( ) ( ) 2;3; 1 , 1;0;2 , 1; 2;0 A B C − − − a) Tính diện tích tam giác ABC b) Tìm tọa độ điểm D trên Oz sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 4 c) Tìm tọa độ điểm E trên ( ) Oyz sao cho // AE BC d) Tìm tọa độ điểm H trên Ox sao cho DH AC ⊥ e) Cho BF là phân giác trong của tam giác ABC . Xác định tọa độ điểm F Lời giải a) Ta có ( ) ( ) ( ) 3; 3;3 , 1; 5;1 , 12;0;12 AB AC AB AC  = − − = − −  =  Khi đó diện tích tam giác ABC 2 11 , 2.12 6 2 22 ABC S AB AC   = = =  (đvdt) | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 17 b) Gọi ( ) 0;0;z D . Ta có ( ) ( ) 3;3;z 3 , . 12.3 0.3 12. 3 12 0 0 AD AB AC AD z z z  −  = + + − =     11 4 , . 4 12 4 2 66 ABCD V AB AC AD z z   =  =  =  =   Vậy điểm ( ) 0;0;2 D ho ặc ( ) 0;0; 2 D − c) Gọi ( ) 0; y;z E . Ta có ( ) ( ) 2; y 3;z 1 , 2; 2; 2 AE BC = − − + = − − Ta có // AE BC khi ; AE BC cùng phương 2 3 1 5; 1 2 2 2 yz yz − − + = =  = = −− Vậy ( ) 0;5;1 E d) Gọi ( ) ;0;0 Hx . Ta có ( ) ;0; 2 DH x − hoặc ( ) ;0;2 DH x 2 0 2 .0 2 0 2 xx DH AC DH AC xx − − = = −  ⊥  =    − + = =  e) Gọi ( ) ; y;z Fx . BF là phân giác trong tam giác ABC ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 3 3 3 3 2 2 2 2 AF BA CF BC − + − +  = = = + − + − Mà F nằm giữa 3 2 .1 7 2 3 5 1 2 3 32 3 2 ,0 3 2 1 2 3 1 .0 2 2 3 5 1 2 x A C FA FC y z   −−    ==  +     − − −  −    =  = =   +    − − −   −   ==  +   Vậy 72 ;0; 55 F −    Câu 11 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;3 , 1;1;5 , 3;0;0 , 0; 3;0 A B C D −− Chứng minh 4 điểm , , , A B C D đồng phằng và tính diện tích ACD  Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 1;1;2 ; 3;0; 3 ; 0; 3; 3 AB AC AD − − − − ( ) 3 3 3 0 0 3 , ; ; 9;9; 9 0 3 3 3 3 0 AD AC  − − − −   = = −   − − − −  ( ) . , 1.9 1.9 2. 9 0 AB AD AC   = + + − =  ,, AB AC AD  đồng phẳng 4 điểm , , , A B C D đồng phằng Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 18 Diện tích ACD  ( ) 2 22 1 1 9 3 , 9 9 9 2 2 2 ACD S AD AC   = = + + − =  Câu 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm ( ) 1;0;1 A , ( ) 1;1;2 B − , ( ) 1;1;0 C − , ( ) 2; 1; 2 D −− . a) Chứng minh rằng bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng. b) Tính độ dài đường cao DK của tam giác BCD . c) Tính thể tích khối tứ diện ABCD , từ đó suy ra dộ dài đường cao AH của tứ diện. d) Xác định tọa độ trọng tâm, trực tâm tam giác ABC . e) Tìm trên mặt phẳng ( ) Oxy điểm M sao cho MA MB MC == . Lời giải a) Ta có ( ) 2;1;1 AB=− , ( ) 2;1; 1 AC = − − , ( ) 1; 1; 3 AD = − − . ( ) , 2; 4;0 AB AC  = − −  , . , 2 0 AD AB AC  =  . Do đó, bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng. b) Ta có ( ) 0;0; 2 BC=− , ( ) 3; 2; 4 BD = − − , ( ) , 4; 6;0 BC BD  = − −  , 2 BC = . 1 , 2 BCD S BC BD   =  22 1 4 6 13 2 = + = . Mặt khác, ta có 1 . 2 BCD S DK BC  = 2 13 BCD S DK BC   = = . Vậy 13 DK = . c) Thể tích khối tứ diện ABCD là 11 , 63 ABCD V AB AC AD  ==  Lại có 1 . 3 ABCD BCD V AH S = 3 ABCD BCD V AH S  = 1 13 = . Vậy 1 13 AH = d) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 1 33 2 33 1 3 A B C G A B C G A B C G xxx x yyy y zzz z ++  = = −   ++  ==   ++  ==   12 ; ;1 33 G  −   . Giả sử trực tâm K của tam giác ABC là ( ) ;; K a b c . Ta có ( ) ( ) ( ) 1; ; 1 , 1; 1; 2 , 1; 1; AK a b c BK a b c CK a b c = − − = + − − = + − 3 5 .0 1 4 3 4 . 0 2 1 ; ;1 5 5 5 2 1 0 . , 0 1 a AK BC c BK AC a b c b K ab AK AB AC c −  =   = =    −     =  − + = −  =          + − =   = =      | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 19 e) Giả sử ( ) ( ) ; ;0 M x y Oxy  , ta có ( ) 2 22 11 AM x y = − + + , ( ) ( ) 22 2 1 1 4 BM x y = + + − + , ( ) ( ) 22 2 11 CM x y = + + − . MA MB MC == 2 2 2 MA MB MC  = = 4 2 4 4 2 0 xy xy − = −    −=  . Hệ này vô nghiệm dẫn đến bài toán không có điểm M thỏa mãn. Câu 13 Cho hình chóp SABC có ( ) 2, SC AC AB a SC ABC = = = ⊥ , tam giác ABC vuông tại A . Trên , SA BC lần lượt lấy các điểm , MN sao cho AM CN t == trong đó 02 ta  . a) Tính độ dài đoạn MN . b) Tìm t để \ ngắn nhất. c) Tìm t để MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 ; 2;0;0 ; 0; 2;0 ; 0;a 2; 2 A O B a C a S a  . Ta tính được tọa độ các điểm ( ) 0; ; ; ; 2 ; 0 2 2 2 2 2 2 t t t t t M N a t a    − −        . ( ) ( ) 22 2 22 ; 2 ; 2 3 4 2 22 22 t t t t MN a t MN MN a t t at a  − −  = = + − + = − +   . Tìm t để MN ngắn nhất. MN ngắn nhất 22 34 2 t at a  − + nhỏ nhất. Ta có ( ) 2 2 2 22 2 2 2 3 3 , 0;2 33 3 42 a a a t t a t at a  = − +  +   −  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 22 30 3 3 aa tt  − =  =   . ( ) 0; 2; 2 S a a z M ( ) 0; 2;0 Ca AO  ( ) 2;0;0 Ba N x y Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 20 Vậy MN ngắn nhất là 62 33 aa MN t =  = . Tìm t để MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Cách 1. MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC khi và chỉ khi MN ngắn nhất 62 33 aa MN t  =  = . Cách 2. MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC khi và chỉ khi ( ) ( ) 20 .0 2 3 20 .0 a a t at MN SA a t at a a t MN BC  − − + =  =    =  − + − = =     . Vậy MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC khi và chỉ khi 2 3 a t = . Câu 14 Cho bốn điểm ( ) 3;1;2 S , ( ) 5;3;1 A , ( ) 2;3;4 B , ( ) 1;2;0 C . a) Chứng minh rằng ( ) SA SBC ⊥ , ( ) SB SAC ⊥ , ( ) SC SAB ⊥ . b) Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CA , AB . Chứng minh rằng SMNP là tứ diện đều. Lời giải a) Ta có ( ) 2;2; 1 SA=− , ( ) 1;2;2 SB=− , ( ) 2;1; 2 SC = − − . Ta có . 2 4 2 0 SA SB = − + − = , . 4 2 2 0 SA SC = − + + = SA SB SA SC ⊥    ⊥  . Vậy ( ) SA SBC ⊥ . Chứng minh tương tự ta cũng có ( ) SB SAC ⊥ , ( ) SC SAB ⊥ . b) Ta có 35 ; ;2 22 M    , 51 3; ; 22 N    , 75 ;3; 22 P    . Suy ra 3 3 3 2 ;0; 2 2 2 MN MN  = −  =   , 1 1 3 2 2; ; 2 2 2 MP MP  =  =   . 1 1 3 2 ; ;2 2 2 2 NP NP  =  =   , 3 3 3 2 ; ;0 2 2 2 SM SM  = −  =   . 3 3 3 2 0; ; 2 2 2 SN SN  = −  =   , 1 1 3 2 ;2; 2 2 2 SP SP  =  =   . Do MN MP NP SM SN SP = = = = = nên SMNP là tứ diện đều. (Hiển nhiên S không thể đồng phẳng với ( ) MNP ). Câu 15 Cho hai điểm ( ) 2;3;1 A , ( ) 3; 4;1 B − . Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho biểu thức 22 2 T MA MB =+ đạt giá trị nhỏ nhất ? Lời giải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 21 Điểm M thuộc trục Oy nên tọa độ điểm ( ) ( ) (0; ;0) 2;3 ;1 ; 3; 4 ;1 M y MA y MB y  − − − . Ta có ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 4 1 3 4 54 T MA MB y y y y     = + = + − + + + − − + = − +     2 2 185 185 3 3 3 3 y  = − +    Để T đạt giá trị nhỏ nhất thì 22 0; ;0 33 yM  =   Câu 16 Cho hai điểm ( ) 1;6;6 A − , ( ) 3; 6; 2 B −− Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) Oxy sao cho biểu thức T MA MB =+ đạt giá trị nhỏ nhất ? Lời giải Cách 1. Vì .0 AB zz  nên A, B khác phía đối với mặt phẳng ( ) Oxy . Gọi N là giao điểm của AB và ( ) Oxy . Lấy () MP  ta có AB NA NB MA MB= + + . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khiNM  . Suy ra T MA MB =+ nhỏ nhất khi và chỉ khi NM  hay 3 điểm A, B, M thẳng hàng. Cần tìm điểm M thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 3 2 ; . 3. 6 3 6 3 ; 0 0 xx x d A Oxy MA MB MA MB y y y d B Oxy z z − − = − −  =    = −  = −  − = − − −  = −   = =   Vậy ( ) 2; 3;0 M − . Cách 2. Phương trình mặt phẳng ( ) Oxy là 0 z = . Xét vị trí tương đối của A, B đối với mặt phẳng ( ) Oxy ta có ( ) . 6 2 12 0. AB TT = − = −  Vậy A, B khác phía đối với mặt phẳng ( ) Oxy . Đường thẳng AB qua ( ) 1;6;6 A − và nhận ( ) 4 1; 3; 2 AB = − − làm véc tơ chỉ phương, suy ra AB có phương trình 1 63 62 xt yt zt = − +   =−   =−  . Gọi N là giao điểm của AB và ( ) Oxy , suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 1 63 62 0 xt yt zt z = − +   =−   =−   =  2 3 0 x y z =    = −   =  . Ta chứng minh T MA MB =+ nhỏ nhất khi và chỉ khi NM  Thật vậy, lấy () MP  ta có AB NA NB MA MB= + + . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khiNM  . Vậy ( ) 2; 3;0 M − . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 22 Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2018;0;0 , 0;2018;0 , 0;0;2018 . A B C Có bao nhiêu điểm trong hình của tứ diện OABC mà tọa độ là các số nguyên. A. 3 2016 C B. 3 2018 C C. 3 2017 C D. 3 2019 C Lời giải Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 2018 x y z + + = Theo giả thiết bài toán điểm trong của hình tứ diện OABC có tọa độ nguyên là điểm ( ) ;; x y z với 0, 0, 0 2018 ,, x y z x y y x y z      + +      Đặt ' 1, ' 1, ' 1 ' ' ' 2015 ' ' ' 2014. x x y y z z x y z x y z = + = + = +  + +   + +  Vậy ' ' ' 2014 , 0, ' ' ' 2014. x y z t t t x y z t + + = −     + + + = Số nghiệm nguyên không âm ( ) '; '; '; x y z t của phương trình này là 4 1 3 2014 4 1 2017 CC − +− = tương ứng với nghiệm nguyên dương ( ) ;; x y z của bất phương trình 2018. x y y + +  Chọn đáp án C. Câu 18 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ 1 1 1 . ABC A B C có tọa độ các đỉnh ( ) ( ) 3 0;0;0 , 0; ;0 , ; ;0 22 aa A B a C     và ( ) 1 0;0;2 Aa . Gọi D là trung điểm cạnh 1 BB và M di động trên cạnh 1 AA . Diện tích nhỏ nhất min S của tam giác 1 MDC A. 2 min 3 4 a S = B. 2 min 5 4 a S = C. 2 min 6 4 a S = D. 2 min 15 4 a S = Lời giải Theo giả thiết, ta có ( ) 1 1 1 3 ; ;2a , 0; ; 22 aa CC AA C D a a  =    và ( )( ) 0;0; t 0 2 M t a  . Ta có ( ) 1 3 ; ;2a , 0; ; 22 aa DC DM a t a  − = − −    Vì vậy 1 22 1 1 4 12 15 . 24 MDC a t at a S DC DM −+  ==  ( ) 2 2 22 min 2 3 6 66 4 4 4 a t a a aa S −+ =   = Chọn đáp án C Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ 1 1 1 . ABC A B C có tọa độ các đỉnh ( ) ( ) ( ) 1;0;2 ,B 2;1;0 , 3; 2;2 AC − và ( ) 1 1;2;3 A . Gọi M là một điểm trên mặt phẳng ( ) 1 1 1 A B C . Diện tích toàn phần tp S của tứ diện MABC có giá trị nhỏ nhất gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 10 B. 12 C. 11 D. 13 Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 1 : 3 0; ; 3; 6; 2 2; 14 ABC x y z d A ABC AB AC BC + + − = = = = = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 23 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng ( ) ABC . Theo pytago và công thức diện tích ta có tp ABC MAB MCB MCA S S S S S = + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 22 6. 3 14. 3 8. 3 23 2 6 18 14 42 8 24 23 2 6 14 8 18 42 24 23 2 a b c a b c a b c + + + + + =+ + + + + + =+ + + + + + + Trong đó ,, abc lần lượt là khoảng cách từ H đến các cạnh ,, AB BC CA và 6 14 8 2 4 3 ABC a b c S + + = = Chọn đáp án B. Câu 20 Cho tứ diện . S ABC có 2, , SC CA AB a SC ABC = = = ⊥ tam giác ABC vuông tại A . Các điểm , M SA N BC  sao cho ( ) 02 AM CN t t a = =   . Độ dài nhỏ nhất min l của đoạn thằng MN . A. min 2 3 a l = B. min 3 3 a l = C. min 6 3 a l = D. min 2 3 a l = Lời giải Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trung với A , tia Ox chứa AC , tia chứa AB và tia Oz cùng hướng với CS . Khi đó, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) A 0;0;0 , 0; 2;0 , 2;0;0 , 2;0; 2 B a C a S a a Và 2 2 2 2 ;0; , 2 ; ;0 2 2 2 2 t t t t M N a     −             Ta có ( ) 22 2 ; ; . 22 tt MN a t  = − −    Độ dài đoạn thằng MN là ( ) 2 2 2 2 2 22 min 2 2 6 6 2 3 4 2 3 2 2 3 3 3 3 t t a a a a l a t t at a t l  = − + + = − + = − +   =   Chọn đáp án C. Câu 21 Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D cạnh bằng a . Xét hai điểm ,N M là các điểm di động trên các đoạn thẳng ', AD DB sao cho ( ) 02 AM DN k k a = =   . Tìm độ dài nhỏ nhất min l của đoạn thằng MN . A. min 3 3 a l = B. min 2 2 a l = C. min 2 3 a l = D. min 3 6 a l = Lời giải Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trung với A , tia Ox chứa AC , tia chứa AB và tia Oz chứa tia ' AA . Khi đó, ta có Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 24 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0; , ' 0;0; , 0; ;0 , ' ;0; 0; ;0 , ' 0; ; , ; ;0 , ' ; ; A A a B a B a a D a D a a C a a C a a a Và 0; ; , ; ;0 2 2 2 2 k k k k M N a     −         Khi đó 2 2 22 min 2 3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 a a a a MN k a k a k l  = − + = − +   =    Chọn đáp án A. Câu 22 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) 4;0;2 A , ( ) 0;3;2 B , ( ) 1;0; 2 C − . Bán kính đường tròn nội tiếp bằng A. 3 2 B. 10 26 10 + C. 12 26 5 − D. 481 10 26 + Lời giải Ta có ( ) 4,3,0 AB=− ; ( ) 3,0,4 AC=−  5 AB AC == ; có 26 BC = . Diện tích tam giác ABC là 1 481 , 22 ABC S AB AC   ==  Ta lại có công thức 2 481 481 2 5 26 5 10 26 ABC ABC S AB BC AC S r r AB BC AC   ++ =  = = = ++ + + + Vậy ta chọn đáp án D Câu 23 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 2;1;2 B , ( 1;3;1) C − . Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng A.22 B. 9 10 C. 10 2 D. 3 Lời giải Ta có ( ) 1; 1;2 AB=− ; ( ) 2;1;1 3 AC AB AC = −  = = ; có 14 BC = . Diện tích tam giác ABC là 1 35 , 22 ABC S AB AC   ==  Ta lại có công thức 3.3 14 9 44 35 10 4 2 ABC ABC ABC BC AB AC BC AB AC BC SR RS        =  = = =  . Vậy ta chọn đáp án B. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 25 Câu 24 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 1;0;2 B − , ( ) 3;0;0 C . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là ( ) ;; abc và bắn kính đường tròn ngoại tiếp là ABC R  . Giá trị của biểu thức ABC T a b c R  = + + + nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 0;2 B. 7 2; 2    C. 13 5; 2    D. 7 ;5 2    Lời giải Cặp VTCP của mặt phẳng ( ) ABC là ( ) 2; 2;1 AB = − − và ( ) 2; 2; 1 AC = − − . Suy ra VTPT của mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) ( ) () [ ; ] 4;0;8 4 1;0;2 ABC A n AB AC BC = = = . Suy ra phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) : 2 3 0 ABC x z + − = . Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( ) ( ) ;; K ABC K a b c KA KB KA KC    =   =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2 1 0 0 2 1 0 0 11 13 ac b c b c bc a bc a aa  + − =     −+ + − + − = + − + −   + − + + − + − − = − −  1 23 11 4 4 2 1 1; ;1 44 4 4 2 3 1 a ac a b c b K abc c =  +=      + − =  = −  −     − + + = −  =   Suy ra bán kính đường tròn ngoại  ABC là ( ) ( ) 2 22 1 1 1 2 1 1 4 ABC R KA   = = − + − − + −   9 4 = Suy ra 19 1 1 4 44 ABC T a b c R  = + + + = − + + = . Câu 25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh ( ) 1;2;1 A , ( ) 2;0; 1 B − , ( ) 6;1;0 C Hình thang có diện tích bằng 62 . Giả sử đỉnh ( ) ;; D a b c , tìm mệnh đề đúng? A. 6 + + = abc B. 5 + + = abc C. 8 + + = abc D. 7 + + = abc Lời giải Ta có ( ) 1; 2; 2 = − − AB 3 = AB ; ( ) 4;1;1 = BC 32 = BC . Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 62 nên ( ) 1 62 2 += AB AD BC ( ) 1 .3. 3 2 6 2 2  + = AD 2 = AD 1 3 = AD BC . Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên 1 3 = AD BC . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 26 Giả sử ( ) ;; D a b c khi đó ta có 4 1 3 1 2 3 1 1 3  −=    −=    −=   a b c 7 3 7 3 4 3  =    =    =   a b c 6  + + = abc . Chọn ý A. Câu 26 Trong không gian cho mặt phẳng và điểm . Gọi là điểm thuộc tia . Gọi là hình chiếu của lên . Biết rằng tam giác cân tại . Diện tích của tam giác bằng A. B. C. D. Lời giải Gọi . Đường thẳng qua và vuông góc với có phương trình . là hình chiếu của lên nên tọa độ thỏa mãn hệ suy ra . Tam giác cân tại nên . • Nếu thì tọa độ và trùng nhau, loại. • Nếu thì tọa độ , . Diện tích tam giác bằng . Chọn ý B. Câu 27 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm tạo thành tứ giác lồi ( ) 2;1; 1 A − , ( ) 1;2; 2 B − , ( ) 3;1;1 C , ( ) 5;3;7 D . Diện tích của tứ giác lồi này có giá trị bằng? A. 36 B. 36 2 . C. 76 2 . D. 26 . Lời giải Oxyz ( ) : 3 0 xz  − − = ( ) 1;1;1 M A Oz B A ( )  MAB M MAB 63 33 2 3 123 2 33 ( ) 0;0; Aa AB A ( )  0 xt y z a t =   =   =−  B A ( )  B 0 30 xt y z a t xz =   =   =−   − − =  33 ;0; 22 aa B +−    MAB M ( ) 22 2 3 15 1 1 1 1 3 22 a aa MA MB a a =  +−     =  + + − = + +       =−      3 a =− ( ) 0;0; 3 A − ( ) 0;0; 3 B − 3 a = ( ) 0;0;3 A ( ) 3;0;0 B MAB 1 3 3 , 12 2 S MA MB  == | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 27 Có ( ) ( ) ( ) 1;1; 1 , 1;0;2 , 3;2;8 AB AC AD = − − = = Ta có . 15 cos 140,76 .5 AB AC BAC BAC AB AC = = −    , • .9 cos 126,3 . 231 AB AD BAD BAD AB AD = = −    , • . 19 cos 14,46 . 385 AC AD CAD CAD AC AD = =    . Suy ra BAD DAC BAC += , do đó 4 điểm tạo thành tứ giác ABDC . Do 9 50 cos sin 231 71 BAD BAD = −  = , 19 24 cos sin 385 385 CAD CAD =  = . Diện tích cần tìm là ACD ABD S S S =+ 1 1 7 6 . .sin . .sin 2 2 2 AC AD CAD AD AB BAD = + = . Câu 28 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm tạo thành một tứ giác lồi ( ) 0; 0; 4 A , ( ) 2;1; 0 B , ( ) ( ) 4; 1; 2 , 1; 2; 7 CD −− . Tính diện tích của tứ giác lồi. A. 13 6 2 B. 66 . C. 11 6 2 . D. 96 . Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 2;1; 4 , 4; 1; 2 , 1; 2;3 21; 21; 14 AB AC AD AB AC AD = − = − − = −  = = = A B C D A B C D Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 28 Với . 15 cos 44,4 . 21 . 2 6 cos 134,4 .7 . cos 0 90 . AB AC BAC BAC AB AC AB AD BAD BAD BAD DAC BAC AB AD AD AC DAC DAC AD AC  = =       −  = =     = +    = =  =     Suy ra tứ giác lồi là ABCD ( ) 1 13 6 ,, 22 ABCD ABC ACD S S S AB AC AC AD       = + = + =     . Câu 29 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho năm điểm tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác với ( ) 0; 0; 3 A , ( ) 2; 1; 0 B − , ( ) 3; 2; 4 C , ( ) 1; 3; 5 D , ( ) 4; 2;1 E . Đỉnh của hình chóp tương ứng là A. Điểm C . B. Điểm A . C. Điểm B . D. Điểm D . Lời giải Xét đáp án A chọn điểm C là đỉnh ta có ( ) ( ) ( ) 2; 1; 3 , 1; 3;2 , 4; 2; 2 AB AD AE = − − = = − , ( ) 3; 2;1 AC = . Với ( ) , 7; 7; 7 AB AD  =−  , . 4.7 2.7 2.7 0 , . 3.7 2.7 1.7 14 AB AD AE AB AD AC  = − − =      = − + =    Suy ra ; ; ; A B D E đồng phẳng. Vậy điểm C là đỉnh của hình chóp. Câu 30 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho năm điểm tạo thành hình chóp tứ giác có tọa độ là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3; 1;1 , 2;3;1 , 1;2;2 , 4; 2;0 , 2;3; 1 A B C D E − − − . Thể tích hình chóp tương ứng bằng A. 2 B. 4 3 C. 1 D. 8 3 Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 2;3;1 , 1; 1; 1 , 1;4; 2 AC AD AE = − = − − = − − . A B D E C| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 29 ( ) , 2; 1; 1 , , . 2 4 2 0 , , , AC AD AC AD AE A C D E     = − − − = − + =      đồng phẳng. Phương trình mặt phẳng ( ) : 2 6 0 ADC x y z + + − = . Thay tọa độ điểm B vào phương trình mặt phẳng ( ) ADC ta được 2.2 3 1 6 0 + + − = vô lý. Vậy B không thuộc mặt phẳng ( ) ADC . Mặt khác .6 cos 157,8 . 42 . 12 cos 45,6 . 76 .1 cos 112,2 . 7 o o o AD AC CAD CAD AD AC AE AC CAE CAE AE AC AD AE DAE DAE AD AE  − = =       = =      −  = =     CAE DAE CAD  + = Tứ giác qua bốn điểm , , , A C D E là tứ giác lồi ACED . Do đó hình chóp có đỉnh là B và mặt đáy là tứ giác lồi ACED . Ta có ( ) ( ) 2 , 6 h d B ACED == • 11 , , 4 6 22 ACED ACE ADE S S S AC AE AD AE     = + = + =     • ( ) ( ) . 1 1 2 8 . , .4 6. 3 3 3 6 B ACED ACED V S d B ACED = = = . Câu 31 Trong không gian Oxyz cho hai ba điểm ( ) ( ) ( ) 3;1;0 ; 0; 3;0 ; 1;1;3 A B C −− .Gọi ( ) ;; I a b c là tâm đường tròn nội tiếp của ABC  . Giá trị của biểu thức T a b c = + + nằm trong khoảng nào dưới đây A. ( ) 0;1 B. 3 ;2 2    . C. 3 1; 2    . D. ( ) 2;4 . Lời giải A D E C B Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 30 Kỹ năng phân giác cho ta cách xác định tọa độ điểm D Giao là chân đường phân giác của góc BAC . Được xác định là . Tương tự, tâm đường tròn nộp tiếp I lại là chân đường đường phân giác của góc ABD Ta có 26 5; 2 BA BD == . ( ) 5 3 26 10 26 15 0 0 ; ; ; ; 5 26 10 26 10 26 10 26 2 IA ID IA ID I a b c BA BD  − + − +  + =  + =  =   + + +  . Vậy 4 26 3 1,35 1; 2 10 26 T a b c  = + + =    +  . Câu 32 Trong không gian Oxyz, tập hợp các điểm thỏa mãn 2 x y z + +  và 22 x y z − + +  là một khối đa diện có thể tích bằng A. 3 B. 4 3 . C. 2 . D. 8 3 . Lời giải Phương pháp Từ các giả thiết đã cho, xác định các điểm đầu mút. Tính thể tích. Có 02 x y z  + +  và 0 2 2 x y z  − + +  nên tìm các điểm đầu mút. A ' B C ' C B O x y z B D C A I| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 31 ( ) 0 0 0;0;0 x y z x y z O + + =  = = =  ( ) 2 0 2; 0 2;0;0 x y z x y z A − + + =  = = =  Xét hệ phương trình 2 2 2 1 22 x y z x x x x x x y z  + + =   = −  = −  =  − + + =   0; 1 1 1; 0 yz yz yz = =    + =   =  =  ( ) ( ) ( ) ( ) 1;0;1 , ' 1;0; 1 , 1;1;0 , ' 1; 1;0 B B C C  − − Dựng hình suy ra tập hợp các điểm thỏa mãn là bát diện . '. ' B OCAC B Ta có 22 1 1 2 OB = + = , do đó hình bát diện đều . '. ' B OCAC B có cạnh bằng 2 Vậy thể tích của bát diện đều là ( ) 3 22 4 33 V== Câu 33 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz tập hợp các điểm ( ) ;; M x y z thoả mãn 3 x y z + + = là một hình đa diện ( ) H . Tính thể tích của khối đa diện tạo bởi ( ) H A. 3 B. 4 3 . C. 2 . D. 8 3 . Lời giải Theo giả thiết ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + =   + + = −   + − =  + − = −  + + =    − + =  − + =   − + + =  − + + = −   8 mặt phẳng chứa các mặt của một hình bát diện đều có độ dài cạnh 32 a = . Vậy thể tích của hình cần tính là ( ) 3 3 3 2 2 2 36 33 a V = = = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 32 Tóm t ắt n ội dung Tiếp sau chương đầu tiên, trong các chương sau này chúng ta sẽ đi tìm hiểu về lý thuyết về các đối tượng đó là đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu và mối liên hệ giữa chúng. Ta sẽ bắt đầu với lý thuyết về phương trình đường thằng. A. CÁC KI ẾN TH ỨC C ẦN NH Ớ. I. Góc giữa hai đường thẳng. Cho đường thẳng d có vtcp ( ) ;; = u a b c và đường thẳng ' d có vtcp ( ) ' '; '; ' = u a b c . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng đó ta có: ( ) 0 2 2 2 2 2 2 .' . ' ' ' cos 0 90 . ' ' ' .' →→ →→ ++  = =    + + + + uu a a bb cc a b c a b c uu II. Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng. Cho đường thẳng d có vtcp ( ) ;; = u a b c và mặt phẳng ( )  có vtpt ( ) ;; = n A B C . Gọi  là góc hợp bởi đường thẳng d và mặt phẳng ()  ta có: 2 2 2 2 2 2 . sin . . → → →→ ++  = = + + + + un Aa Bb Cc A B C a b c un III. Khoảng cách từ điểm ( ) 1 1 1 1 ;; M x y z đến đường thẳng  có vtcp → u . • Cách 1. + Viết phương trình mặt phẳng ( )  qua 1 M và vuông góc với  . C hư ơn g 2 Lý thuyết về phương trình đường thẳng | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 33 + Tìm tọa độ giao điểm H của và mặt phẳng ()  ( ) 11 ;   = d M M H . • Cách 2. Sử dụng công thức: ( ) 10 1 , ,   = M M u dM u (với 0  M ) IV. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Cho hai đường thẳng chéo nhau đi qua ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z , có vtcp → u và đường thẳng '  đi qua ( ) 0 0 0 0 ' ' ; ' ; ' M x y z , có vtcp ' → u . • Cách 1. + Viết phương trình mặt phẳng ()  chứa và song song với . + Tính khoảng cách từ 0 ' M đến mặt phẳng ()  ( ) ( ) ( ) 0 , ' ' ,    =  d d M . • Cách 2. Sử dụng công thức: ( ) ' 00 , ' . ,' ,'     =   u u M M d uu . V. Phương trình đường phân giác trong. Đây là một dạng toán mới xuất hiện trong kì thi THPT Quốc Gia 2018 và đã làm bao nhiêu trái tim tan vỡ , hôm nay chúng ta ngồi đây và nhắc lại nó một lần nữa. Xét tam giác ABC, khi đó đường phân giác trong góc A có véctơ chỉ phương là 11 =+ u AB AC AB AC Và ngược lại đường phân giác ngoài của góc A có vecto chỉ phương là 11 =− u AB AC AB AC Đối với hình thoi ABCD cạnh a ta có 11 AC a AB AD AB AD  =+   . B. CÁC D ẠNG TOÁN. D ạng 1. Viết phương trình đường thẳng  đi qua hai điểm phân biệt , AB . Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là AB . D ạng 2. Đường thẳng  đi qua điểm M và song song với d . Cách gi ải: Trong trường hợp đặc biệt: • Nếu  song song hoặc trùng bới trục Ox thì  có vectơ chỉ phương là ( ) 1;0;0 ai  == • Nếu  song song hoặc trùng bới trục Oy thì  có vectơ chỉ phương là ( ) 0;1;0 aj  == • Nếu  song song hoặc trùng bới trục Oz thì  có vectơ chỉ phương là ( ) 0;1;0 ak  == Các trường hợp khác thì  có vectơ chỉ phương là d aa  = , với d a là vectơ chỉ phương của d    '  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 34 D ạng 3. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( )  . Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là an   = , với n  là vectơ pháp tuyến của ( )  . D ạng 4. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng 12 , dd (hai đường thẳng không cùng phương). Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là 12 , a a a   =  , với 12 , aa lần lượt là vectơ chỉ phương của 12 , dd . D ạng 5. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M vuông góc với đường thẳng d và song song với mặt phẳng ( )  . Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là , d a a n    =  , với d a là vectơ chỉ phương của d , n  là vectơ pháp tuyến của ( )  . D ạng 6. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A và song song với hai mặt phẳng ( ) ( ) ,  ; ( ( ) ( ) ,  là hai mặt phẳng cắt nhau) Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là , a n n    =  , với , nn  lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( ) ( ) ,  . D ạng 7. Viết phương trình đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )  và ( )  . Cách gi ải: • Lấy một điểm bất kì trên  , bằng cách cho một ẩn bằng một số tùy ý. • Xác định vectơ chỉ phương của  là , a n n    =  , với , nn  lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( ) ( ) ,  . D ạng 8. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A và cắt hai đường thẳng ( ) 1 2 1 2 ,, d d A d A d  . Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là 12 , a n n   =  , với 12 , nn lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( ) ( ) 12 , , , mp A d mp A d . D ạng 9. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( )  và cắt hai đường thẳng 12 , dd . Cách gi ải: Xác định vectơ chỉ phương của  là a AB  = , với ( ) ( ) 12 , A d B d  =  =  D ạng 10. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc và cắt d . Cách gi ải: • Xác định Bd =   . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua , AB . D ạng 11. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với 1 d và cắt 2 d , với 2 Ad  . Cách gi ải: • Xác định 2 Bd =   . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua , AB . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 35 D ạng 12. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A , cắt đường thẳng d và song song với mặt phẳng ( )  . Cách gi ải: • Xác định Bd =   . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua , AB . D ạng 13. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( )  cắt và vuông góc đường thẳng d . Cách gi ải: • Xác định ( ) Ad  = . • Đường thẳng  đi qua A và có vectơ chỉ phương của  là , d a a n    =  , với d a là vectơ chỉ phương của d , n  là vectơ pháp tuyến của ( )  . D ạng 14. Viết phương trình đường thẳng  đi qua giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng ( )  , nằm trong ( )  và vuông góc đường thẳng d (ở đây d không vuông góc với ( )  ) . Cách gi ải: • Xác định ( ) Ad  = . • Đường thẳng  đi qua A và có vectơ chỉ phương của  là , d a a n    =  , với d a là vectơ chỉ phương của d , n  là vectơ pháp tuyến của ( )  . D ạng 15. Viết phương trình đường thẳng  là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau 12 , dd . Cách gi ải: • Xác định 12 , A d B d =   =   sao cho 1 2 AB d AB d ⊥   ⊥  • Viết phương trình đường thẳng  đi qua hai điểm , AB . D ạng 16. Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt cả hai đường thẳng 12 , dd . Cách gi ải: • Xác định 12 , A d B d =   =   sao cho , d AB a cùng phương, với d a là vectơ chỉ phương của d . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương d aa  = . D ạng 17. Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( )  và cắt cả hai đường thẳng 12 , dd . Cách gi ải: • Xác định 12 , A d B d =   =   sao cho , AB n  cùng phương, với n  là vectơ pháp tuyến của ( )  . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương d an  = . D ạng 18. Viết phương trình  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng ( )  . Cách gi ải : Xác định H  sao cho d AH a ⊥ ,với d a là vectơ chỉ phương của d . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 36 • Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( )  . • Viết phương trình đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )  và ( )  D ạng 19. Viết phương trình  là hình chiếu song song của d lên mặt phẳng ( )  theo phương ' d . Cách gi ải : • Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa d và có thêm một véc tơ chỉ phương ' d u . • Viết phương trình đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )  và ( )  . CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Câu 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) ( ) 0;0; 3 , 2;0; 1 AB −− và mặt phẳng ( ) :3 8 7 1 0 P x y z − + − = . a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với ( ) P . b) Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) P . c) Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng ( ) P sao cho ABC  là tam giác đều. d) Tìm điểm M có hoành độ bằng 1 sao cho AM BM + đạt giá trị nhỏ nhất. e) Tìm điểm N thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho 22 AN BN + đạt giá trị nhỏ nhất L ời gi ải a) ( ) ( ) :3 8 7 1 0 P x y z P − + − =  có 1 VTPT là ( ) 3; 8;7 n=− Do ( ) d P d ⊥ nhận ( ) 3; 8;7 n=− làm VTCP. Đường thẳng d đi qua ( ) 0;0; 3 A − , có 1 VTCP là ( ) 3; 8;7 − , có phương trình: 3 8 37 xt yt zt =   =−   = − +  . b) Ta có: ( ) 2;0;2 AB  Đường thẳng AB có 1 VTCP là ( ) 1;0;1 Đường thẳng AB đi qua ( ) 0;0; 3 A − , có 1 VTCP là ( ) 1;0;1 , có phương trình: 0 3 xt y zt =   =   = − +  I AB  Giả sử tọa độ điểm ( ) ;0; 3 I t t −+ ( ) ( ) 11 3. 8.0 7 3 1 0 10 22 0 5 I P t t t t   − + − + − =  − =  = 11 4 ;0; 55 I  −   . c) ABC  là tam giác đều CA CB C  =  nằm trên mặt phẳng ( ) Q , là mặt phẳng trung trực của AB Mà ( ) ( ) ( ) C P C P Q     =  Gọi J là trung điểm của ( ) 1;0; 2 AB J − Mặt phẳng ( ) Q đi qua ( ) 1;0; 2 J − và có 1 VTPT là ( ) 1 1;0;1 n = có phương trình là: ( ) ( ) 1 1 0 1 2 0 1 0 x z x z − + + + =  + + = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 37 3 8 7 1 0 : 10 x y z xz − + − =    + + =  có 1 VTCP ( ) 1 1 . ; 2; 1; 2 4 u n n −  = = − −  Cho 8 7 1 0 1 0 1 0 1 y z y x zz − + − = = −  =    + = = −  ( ) 0; 1; 1 N  − −   Phương trình đường thẳng 2 :1 12 xt yt zt =    = − −   = − −  Do C    Giả sử ( ) 2 ; 1 ; 1 2 C t t t − − − − Khi đó, ABC  là tam giác đều khi 22 AC AB AC AB =  = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 0 2 9 6 3 0 1 3 t t t t t t t =    + + + − = + +  − − =   =−  . Với ( ) 1 2; 2; 3 tC =  − − . Với 1 2 2 1 ;; 3 3 3 3 tC  = −  − − −   . d) M có hoành độ bằng 1 ( ):1 Mx    = Ta thấy ( ) 0;0; 3 A − và ( ) 2;0; 1 B − nằm ở hai phía so với mặt phẳng ( )  . Khi đó, gọi giao điểm của đoạn thẳng AB với ( )  là 0 M Ta có AM BM AB + , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M trùng 0 M ( ) min AM BM AB  + = khi và chỉ khi M trùng 0 M Ta có 0 :0 3 xt M AB y zt =    =    = − +  Giả sử ( ) 0 ;0; 3 M t t −+ ( ) ( ) 00 : 1 1 1;0; 2 M x t M   =  =  − Vậy, ( ) 1;0; 2 M − . e) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3.0 8.0 7. 3 1 3.2 8.0 7 1 1 22 . 2 0 − + − − − + − − = − −   ( ) 0;0; 3 A − và ( ) 2;0; 1 B − nằm cùng phía so với mặt phẳng ( ) :3 8 7 1 0 P x y z − + − = Ta có: ( ) ( ) 22 22 22 AN BN AN BN AJ JN BJ JN + = + = + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. . 2. . 2. . 2 2.0. 2 2 AJ AJ JN JN BJ BJ JN JN AJ BJ AJ BJ JN JN AJ BJ JN JN AJ BJ JN = + + + + + = + + + + = + + + = + + Mà 2 AB AJ BJ == : không đổi 22 AN BN + đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi JN nhỏ nhất Gọi H là hình chiếu vuông góc của J lên ( ) P . Đường thẳng IH có 1 VTCP là ( ) 3; 8;7 − , đi qua ( ) 1;0; 2 J − , có phương trình: 13 8 27 xt yt zt =+   =−   = − +  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 38 Giả sử ( ) 1 3 ; 8 ; 2 7 H t t t + − − + , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 3 8. 8 7. 2 7 1 0 H P t t t   + − − + − + − = 6 79 48 80 122 12 0 ; ; 61 61 61 61 t t H   − =  =  − −   min JN JH = khi và chỉ khi N trùng 79 48 80 ;; 61 61 61 H  −−   Vậy 79 48 80 ;; 61 61 61 N −  −   . Câu 2 Cho hai điểm (1;4;2), ( 1;2;4) AB − , đường thẳng 12 : 1 1 2 x y z −+  = = − . a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng () OAB . b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho 22 MA MB + nhỏ nhất. L ời gi ải a) Do G là trọng tâm của tam giác (0;2;2) OAB G  . Ta có: ( ) (1;4;2), ( 1;2;4) ; 12; 6;6 OA OB OA OB  = = −  = −  . Do đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng () OAB  đường thẳng d có véctơ chỉ phương là ( ) 1 ; 2; 1;1 6 u OA OB  = = −  . Ta có 2 : 2 , 2 xt d y t t zt =   = −    =+  b) 1 12 : : 2 , . 1 1 2 2 xt x y z y t t zt =−  −+   = =   = − +   −  =  Do M thuộc đường thẳng  suy ra ta giả sử ( ) 1 ; 2 ;2 M t t t − − + . Ta có: ( ) ( ) ;6 ;2 2 , 2 ;4 ;4 2 MA t t t MB t t t = − − = − + − − . ( ) 2 2 2 2 12 48 76 12 2 28 28 MA MB t t t + = − + = − +  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 t = . Suy ra ( ) 1;0;4 M − . Câu 3 Cho đường thẳng 1  là giao của hai mặt phẳng 2 4 0 x y z − + − = và 2 2 9 0 x y z + − + = . Đường thẳng 2 1 2 1 : 112 x y z − − −  = = . a) Viết phương trình mặt phẳng () P chứa đường thẳng 1  và song song với đường thẳng 2  . b) Cho điểm ( 2;1;4) M . Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng 2  sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất. L ời gi ải a) Do 1  là giao của hai mặt phẳng 2 4 0 x y z − + − = và 2 2 9 0 x y z + − + = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 39 Suy ra 1 5 2 2 13 : 3 , . 4 4 xt y t t zt  = − +     = − +    =    Ta có 1  qua 5 13 ; ;0 24 M  −−   và có VTCP ( ) 1 2;3;4 u = . Ta có 2  qua (1;2;1) N và có VTCP ( ) 2 1;1;2 u = Do mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng 1  và song song với đường thẳng 2  Suy ra VTPT của mặt phẳng () P là ( ) 12 ; 2;0; 1 P n u u  = = −  . Mặt phẳng ( ) P qua 5 13 ; ;0 24 M  −−   có VTPT ( ) ( ) 2;0; 1 : 2 5 0 P n P x z = −  − + = . b) Để MH có độ dài nhỏ nhất thì 2 MH ⊥ . Giả sử ( ) ( ) 1 ;2 ;1 2 1 ;1 ; 3 2 H t t t MH t t t + + +  = − + + − + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . 0 1. 1 1. 1 2. 3 2 0 1 2;3;3 MH u t t t t M =  + + − + + − + =  =  Câu 4 Cho đường thẳng d : 1 3 3 1 2 1 x y z − + − == − và mặt phẳng ( ) P : 2 2 9 0 x y z + − + = a) Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) P bằng 2 b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P . Viết phương trình tham số của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) P , biết  đi qua A và vuông góc với d . L ời gi ải a) Ta có Id  ( ) 1 ; 3 2 ;3 I t t t = − − + + ( ) ( ) ,2 d I P = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 3 2 2 3 9 2 2 1 2 t t t − + − + − + + = + + − 22 2 3 t − = 4 2 t t =    =−  Với ( ) 4 3;5;7 tI =  − Với ( ) 2 3; 7;1 tI = −  − . b) DoAd  ( ) 1 ; 3 2 ;3 A t t t = − − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 2 3 9 0 2 2 0 1 A P t t t t t   − + − + − + + =  − =  = ( ) 0; 1;4 A  = − Có ( ) 2;1; 2 n=− là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . ( ) 1;2;1 u=− là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Gọi v là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Vì vn ⊥ và vu ⊥ nên chọn ( ) ; 5;0;5 v n u  ==  cùng phương với véc tơ ( ) 1;0;1 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 40 Phương trình tham số đường thẳng  là 1 4 xt y zt =   =−   =+  Câu 5 Cho đường thẳng d : 12 2 1 1 x y z +− == và mặt phẳng ( ) P : 2 5 0 x y z + − + = và điểm ( ) 1; 1;2 A − . Viết phương trình đường thẳng  cắt d và ( ) P lần lượt tại , MN sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . L ời gi ải Do Md  ( ) 1 2 ; ;2 M t t t = − + + Vì A là trung điểm của đoạn thẳng MN nên tọa độ điểm N là 2 3 2 22 22 N A M N A M N A M x x x t y y y t z z z t = − = −   = − = − −   = − = −  Vì ( ) NP  ( ) ( ) 3 2 2 2 2 5 0 t t t − + − − − − + = 2 t = ( ) 3;2;4 M = , ( ) 2;3;2 AM = Đường thẳng  đi qua A và nhận AM làm véc tơ chỉ phương có phương trình là: 112 2 3 2 x y z − + − == . Câu 6 Cho đường thẳng d : 23 , 1 2 3 x y z −+ == − mặt phẳng ( ) P : 2 2 1 0 x y z + − − = . Tìm tọa độ giao điểm của d và ( ) P . Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( ) P . L ời gi ải Phương trình tham số của đường thẳng d : ( ) 2 2 33 xt y t t zt =+   = −    = − +  . Gọi ( ) M d P = . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 3 2 2 7 33 73 ; 3; . 2 2 22 3 2 2 1 0 3 2 t xt zt x M yt y x y z z  =  =+     = − + =     −   =−   =−  + − − =   =   Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( ) P . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( ) 1; 2;3 u=− , ( ) P có vectơ pháp tuyến ( ) 2;1; 2 n=− . Gọi ( ) Q n là vectơ pháp tuyến của ( ) Q . Khi đó ( ) ( ) Q Q nu nn  ⊥   ⊥   . , chọn ( ) ( ) , 1;8;5 Q n u n  ==  . Ta có ( ) ( ) 2;0; 3 A d A Q −    . Phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua điểm ( ) 2;0; 3 A − và có vectơ pháp tuyến ( ) ( ) 1;8;5 Q n = là | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 41 ( ) ( ) ( ) 1. 2 8 0 5 3 0 8 5 13 0. x y z x y z − + − + + =  + + + = Câu 7 Cho đường thẳng d : 11 2 2 1 x y z −+ == − và điểm ( ) 1;0; 1 A − . Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d . L ời gi ải Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( ) 2;2; 1 u=− . Gọi ( ) P là mặt phẳng qua A và vuông góc với d . ( ) Pd ⊥ , chọn ( ) 2;2; 1 nu = = − là vectơ pháp tuyến của ( ) P . Phương trình mặt phẳng ( ) P : ( ) ( ) ( ) 2 1 2 0 1. 1 0 2 2 3 0. x y z x y z − + − − + =  + − − = Phương trình tham số của đường thẳng d : ( ) 12 12 xt y t t zt =+   = − +    =−  . Gọi H hình chiếu vuông góc của A trên ( ) 1 2 ; 1 2 ; d H d H t t t    + − + − ( ) 2 ; 1 2 ;1 AH t t t = − + − . Ta có ( ) ( ) 1 . 0 4 2 2 1 1 0 . 3 AH u AH u t t t t ⊥  =  + − − − =  = Vậy 511 ; ; . 3 3 3 H  −−   Câu 8 Cho đường thẳng 11 : 2 1 1 −+ == − x y z d và hai điểm ( ) 1; 1;2 A − , ( ) 2; 1;0 B − . Xác định tọa độ M thuộc d sao cho tam giác ABM vuông tại M . L ời gi ải Điểm M thuộc đường thẳng 11 : 2 1 1 −+ == − x y z d ( ) 1 2 ; 1 ; M t t t  + − − . Vectơ ( ) 2 ; ; 2 −− AM t t t , ( ) 2 1; ; BM t t t −− . Tam giác ABM vuông tại .0  ⊥  = M AM BM AM BM ( ) ( ) ( ) 2 2 0 2 . 2 1 2 0 6 4 0 2 3 t t t t t t t t t =    − + − + − =  − =   =  . + Với 0 = t ( ) 1; 1;0 − M . + Với 2 3 = t 7 5 2 ;; 3 3 3  −   M . Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 9 Cho mặt phẳng ( ) : 2 3 0 P x y z − + − = và hai điểm ( ) 1; 2;1 A − , ( ) 2;1;3 B . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) P . L ời gi ải Ta có ( ) 1; 2;1 A − , ( ) 2;1;3 B ( ) 1;3;2  AB . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 42 Đường thẳng AB có véc tơ chỉ phương ( ) 1;3;2 AB = và đi qua điểm ( ) 1; 2;1 A − có phương trình tham số là: 1 23 12 =+   = − +   =+  xt yt zt . Tọa độ giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) P là nghiệm của hệ phương trình 1 23 12 2 3 0 =+   = − +   =+ =  +   −− xt yt zt x y z ( ) ( ) 1 2 3 2 1 2 3 0 t t t  + − − + + + − = 2 2 1 tt  = −  = − ( ) 0 5 0; 5; 1 1 x yI z =    = −  − −   =−  . Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) P là ( ) 0; 5; 1 I −− . Câu 10 Cho điểm ( ) 1;2;3 A và hai đường thẳng 1 2 2 3 :, 2 1 1 x y z d − + − == − 2 1 1 1 : 1 2 1 x y z d − − + == − . a) Tìm toạ độ điểm A  đối xứng với điểm A qua đường thẳng 1 d . b) Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc với 1 d và cắt 2 d L ời gi ải a) Mặt phẳng ( )  đi qua ( ) 1;2;3 A và vuông góc với 1 d có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 0 2 3 0 x y z x y z − − − + − =  − + − = Toạ độ giao điểm H của 1 d và ( )  là nghiệm của hệ: ( ) 0 2 2 3 1 0; 1;2 2 1 1 2 3 0 2 x x y z yH x y z z =  − + −  ==   = −  − −  − + − = =   Vì ' A đối xứng với A qua 1 d nên H là trung điểm của ( 1; 4;1) AA A   − − b) Vì  đi qua A vuông góc với 1 d và cắt 2 d , nên  đi qua giao điểm B của 2 d và ( )  Toạ độ giao điểm B của 2 d và ( )  là nghiệm của hệ: ( ) 2 1 1 1 1 2; 1; 2 1 2 1 2 3 0 2 x x y z yB x y z z =  − − +  ==   = −  − − −  − + − = =−   Vectơ chỉ phương của  là ( ) 1; 3; 5 u AB = = − − . Vậy phương trình của  là 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −− Câu 11 | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 43 Cho điểm ( ) 1;2; 1 A − , mặt phẳng ( ) : 2z 5 0 P x y − + − = , đường thẳng 11 : 2 1 2 x y z d −− == − − − a) Viết phương trình đường thẳng 1 d đi qua A , cắt và vuông góc với d . b) Viết phương trình đường thẳng 2 d đi qua A , cắt d và song song với ( ) P . c) Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua A , cắt d và mặt phẳng ( ) P lần lượt tại M , N sao cho A là trung điểm đoạn thẳng MN . d) Viết phương trình đường thằng 4 d đi qua A , cắt d và mặt phẳng ( ) P lần lượt tại M , N sao cho 3AM AN = . L ời gi ải Mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 5;0;0 K và có một vec tơ pháp tuyến là ( ) 1; 1;2 P n=− . Đường thẳng d đi qua ( ) 1;1;0 E và có một vectơ chỉ phương là ( ) 2; 1; 2 u = − − − . Đường thẳng d có phương trình tham số là 12 1 2 xt yt zt =−   =−   =−  ( t là tham số) a) Viết phương trình đường thẳng 1 d đi qua A , cắt và vuông góc với d . Cách 1. Gọi ( ) 1 2 ;1 ; 2 H t t t − − − là giao điểm của đường thẳng d với đưởng thẳng 1 d . Vì đường thẳng 1 d đi qua A , cắt và vuông góc với d nên ta có ( ) 2 ; 1 ;1 2 AH t t t u = − − − − ⊥ .0 AH u = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 2 0 t t t  − − − − − − − = 1 9 t = . Do đó 2 10 7 ;; 9 9 9 AH  = − −   , nên ( ) 1 2; 10;7 u = − − là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 1 d . Vậy 1 d có phương trình chính tắc là 1 1 2 1 : 2 10 7 x y z d − − + == −− . Cách 2. Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa A và d , khi đó mặt phẳng ( ) Q có một vectơ pháp tuyến là ; Q n u AE  =  ( ) 3;2;2 =− . Đường thẳng 1 d nằm trong mặt phẳng ( ) Q cắt và vuông góc với d nên nó có một vectơ chỉ phương là 1 ; Q u u n  =  ( ) 2;10; 7 =− . Vậy 1 d có phương trình chính tắc là 1 1 2 1 : 2 10 7 x y z d − − + == − . Nh ận xét: Trong thực hành giải toán trắc nghiệm chúng ta chỉ cần dùng máy tính cầm tay bấm trực tiếp 1 ;; u u u AE   =   cho ra ngay một vec tơ chỉ phương của 1 d . b) Viết phương trình đường thẳng 2 d đi qua A , cắt d và song song với ( ) P . Cách 1. Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa A và d , khi đó mặt phẳng ( ) Q có một vectơ pháp tuyến là ; Q n u AE  =  ( ) 3;2;2 =− . Vì 2 d đi qua A , cắt đường thẳng d nên ( ) 2 dQ  . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 44 Vì ( ) 2 dQ  và ( ) 2 dP nên 2 d có một vectơ chỉ phương là 2 ; PQ u n n  =  ( ) 6; 8; 1 = − − − . Do đó 2 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 6 8 1 x y z − − + == . Cách 2. Gọi ( ) 1 2 ;1 ; 2 H t t t − − − là giao điểm của đường thẳng d với đưởng thẳng 2 d . Vì đường thẳng 1 d song song với mặt phẳng ( ) P nên ta có ( ) 2 ; 1 ;1 2 P AH t t t n = − − − − ⊥ .0 P AH n = ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 0 t t t  − − − − + − = 3 5 t = . Do đó 6 8 1 ;; 5 5 5 AH  = − − −   , nên 2 d có một vectơ chỉ phương là ( ) 2 6;8;1 u = . Do đó 2 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 6 8 1 x y z − − + == . c) Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua A , cắt d và mặt phẳng ( ) P lần lượt tại M , N sao cho A là trung điểm đoạn thẳng MN . Cách 1. Vì 3 M d d = nên tọa độ điểm M có dạng ( ) 1 2 ;1 ; 2 M t t t − − − . Vì A là trung điểm của đoạn MN nên 2 2 2 N A M N A M N A M x x x y y y z z z =−   =−   =−  12 3 22 N N N xt yt zt =+    = +   = − +  ( ) 1 2 ;3 ; 2 2 N t t t  + + − + . Vì ( ) 2 N d P = nên tọa độ điểm N thỏa mãn phương trình mặt phẳng ( ) P , do đó ( ) ( ) 1 2 3 2 2 2 5 0 t t t + − + + − + − = 11 5 t = . Khi đó 22 16 17 ;; 5 5 5 AM  = − − −   , nên 3 d có một vectơ chỉ phương là ( ) 3 22;16;17 u = . Vậy 3 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 22 16 17 x y z − − + == . Cách 2. Vì 3 M d d = nên tọa độ điểm M có dạng ( ) 1 2 ;1 ; 2 M t t t − − − . Gọi ( ) P  là mặt phẳng đối xứng với ( ) P qua A . Lấy ( ) ;; B x y z là điểm tùy ý trên ( ) P , gọi ( ) ;; B x y z     là điểm đối xứng với B qua A . Ta có 22 24 2z 2 A A A x x x x y y y y z z z  = − = −    = − = −    − − = − −  ( ) 2 ;4 ; 2 B x y z     − − − − . Vì ( ) BP  nên ta có ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 5 0 x y z    − − − + − − − = 2 11 0 x y z     − + + = ( ) * . Vì B là điểm tùy ý trên ( ) P và B  đối xứng với B qua A có tọa độ B  thỏa mãn phương trình ( ) * nên mặt phẳng ( ) P  có phương trình là 2z 11 0 xy − + + = . Vì ( ) NP  , M đối xứng với N qua A nên ( ) M d P  = . Do đó ta có | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 45 ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 11 0 t t t − − − + − + = 11 5 t = 17 6 22 ;; 5 5 5 M   − − −   . Khi đó 22 16 17 ;; 5 5 5 AM  = − − −   , nên 3 d có một vectơ chỉ phương là ( ) 3 22;16;17 u = . Vậy 3 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 22 16 17 x y z − − + == . d) Viết phương trình đường thằng 4 d đi qua A , cắt d và mặt phẳng ( ) P lần lượt tại M , N sao cho 3AM AN = . Vì 4 M d d = nên tọa độ điểm M có dạng ( ) 1 2 ;1 ; 2 M t t t − − − ( ) 2 ; 1 ;1 2 AM t t t  = − − − − . Xét hai trường hợp sau: T r ư ờng h ợp 1: 3AM AN = ( ) ( ) ( ) 1 3 2 2 3 1 1 3 1 2 N N N xt yt zt − = −    − = − −   + = −  16 13 26 N N N xt yt zt =−    = − −   =−  ( ) 1 6 ; 1 3 ;2 6 N t t t  − − − − . Vì ( ) NP  nên ta có ( ) ( ) ( ) 1 6 1 3 2 2 6 5 0 t t t − − − − + − − = 1 15 t = 2 16 13 ;; 15 15 15 AM   = − −   Do đó 4 d có một vectơ chỉ phương là ( ) 4 2;16; 13 u=− . Vậy 3 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 2 16 13 x y z − − + == − . T r ư ờng h ợp 2: 3AM AN −= ( ) ( ) ( ) 1 3 2 2 3 1 1 3 1 2 N N N xt yt zt − = − −    − = − − −   + = − −  16 53 46 N N N xt yt zt =+    = +   = − +  ( ) 1 6 ;5 3 ; 4 6 N t t t  + + − + . Vì ( ) NP  nên ta có ( ) ( ) ( ) 1 6 5 3 2 4 6 5 0 t t t + − + + − + − = 17 15 t = 34 32 19 ;; 15 15 15 AM   = − − −   Do đó 4 d có một vectơ chỉ phương là ( ) 4 34;32;19 u = . Vậy 3 d có phương trình chính tắc là 1 2 1 34 32 19 x y z − − + == . K ết lu ận: Có hai trường hợp của đường thẳng 4 d là 1 2 1 2 16 13 x y z − − + == − hoặc 1 2 1 34 32 19 x y z − − + == . Câu 12 Cho điểm ( ) 0;1;2 A và hai đường thẳng 1 11 : 2 1 1 x y z d −+ == − , 2 112 : 1 2 1 x y z d − + − == − a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua A , đồng thời song song với 1 d và 2 d . b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc 1 d , N thuộc 2 d sao cho ba điểm ,, A M N thẳng hàng Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 46 L ời gi ải a) Ta có ( ) 1 2;1; 1 u=− , ( ) 2 1; 2;1 u=− là VTCP của 1 d và 2 d . Có ( ) 12 ; 1; 3; 5 uu  = − − −  Mặt phẳng ( ) P song song với 1 d và 2 d ( ) ( ) 1;3;5 P n = . Phương trình ( ) P là: ( ) ( ) ( ) 1 0 3 1 5 2 0 3 5 13 0. x y z x y z − + − + − =  + + − = Vậy phương trình ( ) P : 3 5 13 0. x y z + + − = b) ( ) ( ) 12 2 ;1 ; 1 ; 1 ; 1 2 ;2 M d M m m m N d N n n n   + − −   + − − + . Để ba điểm ,, A M N thẳng hàng AM k AN = ( ) 0; 0 k AN  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ; ; 3 1 ; 2 2 ; 21 3 2 2 1 0 3 m m m k n n n m k n k m k n n TM m m kn  − − = + − − =+  =     = − −  = −   = − − =   . Vậy ( ) ( ) 0;1; 1 , 0;1;1 MN − . Câu 13 Cho điểm ( ) 1;2;3 A và đường thẳng 13 : 2 1 2 x y z d +− == − . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Oz . L ời gi ải Đường thẳng  cắt trục Oz tại ( ) ( ) 0;0; 1;2;3 B b BA b  = − là VTCP của đường thẳng  . Vì ( ) ( ) . 0 2 2 2 3 0 1 1;2;2 d d BAu b b BA  ⊥  =  + − − =  =  = . Vậy phương trình  là 1 2 3 : 1 2 2 x y z d − − − == . Câu 14 Cho các điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;0 , 1;2;2 , 1;1;0 A B C và ( ) : 20 0. P x y z + + − = Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng ( ) P L ời gi ải Ta có ( ) 1; 1; 2 AB=− . Phương trình đường thẳng AB là: 2 1. 2 xt yt zt =−   =+   =  Điểm D thuộc đường thẳng AB nên ( ) 2 , 1 , 2 t D t t −+ ( ) 1 , , 2 t . CD t t  = − Đường thẳng CD song song với mặt phẳng ( ) P ( ) CD P n ⊥ 1 2 t 0 tt  − + + = 1 t 2 − = 51 ; ; 1 . 22 D  −   Vậy 51 ; ; 1 . 22 D  −   | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 47 Câu 15 Cho điểm ( ) 1; 2;1 A − và hai đường thẳng 1 11 :, 1 2 3 x y z d −+ == −− 2 11 : . 1 2 1 x y z d −+ == − a) Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua A cắt hai đường thẳng 12 , . dd b) Viết phương trình đường thẳng 4 d đi qua A cắt 1 d và vuông góc với 2 . d L ời gi ải a) Gọi giao điểm của đường thẳng 3 d với hai đường thẳng 12 , dd lần lượt là , . MN Ta có: ( ) 1 , 1 2 , 3 , M t t t − − + − ( ) ,1 2 , 1 N u u u − + − + ( ) ,2 1, 3 1 , AM t t t  = − + − − ( ) 1, 2 3, 2 AN u u u = − − + − Có ,, A M N thẳng hàng nên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 3 3 1 2 t k u t k u t k u − = − −    + = +   − − = −  0 2 2 3 1 3 2 1 t ku k t ku k t ku k − + + =    − − = −   − − + =  1 2 1 1 2 t k ku  =   =    =−  15 , 2, 22 AM −   = −   ( ) 1 1;4; 5 2 = − − Phương trình đường thẳng 3 d đi qua A có VTCP ( ) 3 1;4; 5 u = − − là: 1 2 1 . 1 4 5 x y z − + − == −− b) Gọi giao điểm của đường thẳng 4 d với đường thẳng 1 d là . M Ta có: ( ) 1 , 1 2 , 3 , M t t t − − + − ( ) ,2 1, 3 1 AM t t t = − + − − 2 d có VTCP là ( ) 2 1;2;1 . u =− 12 dd ⊥ 2 .0 AM u = 1 2 t  = − ( ) 1 1 1 ;0; 1;0;1 . 2 2 2 AM   = =   Phương trình đường thẳng 4 d đi qua A có VTCP ( ) 4 1;0;1 u = là: 1 2. 1 xv y zv =+   =−   =+  Câu 16 Cho điểm ( ) 4; 2;4 A −− và đường thẳng 3 1 1 : 2 1 4 x y z d + − + == − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , cắt và vuông góc với d L ời gi ải Đường thẳng d có VTCP ( ) 2; 1;4 u − Gọi Md =   . Ta có ( ) 32 : 1 3 2 ;1 ; 1 4 14 xt M d y t M t t t zt = − +    = −  − + − − +   = − +  . Có ( ) 1 2 ;3 ; 5 4 AM t t t + − − + . Ta có ( ) ( ) ( ) . 0 2 1 2 3 4 5 4 0 1 d AM u t t t t  ⊥  =  + − − + − + =  = ( ) 3;2; 1 AM=− nên phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và nhận AM làm VTCP là: Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 48 43 22 4 xt yt zt = − +   = − +   =−  . Câu 17 Cho mặt phẳng ( ) : 2 3 7 0 P x y z + − − = và ( ) 3;5;0 A . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ) P . Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua ( ) P . L ời gi ải Mặt phẳng ( ) P có VTPT ( ) 2;3; 1 n − . Do d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ) P nên d nhận ( ) 2;3; 1 n − là VTCP. Phương trình đường thẳng d là 32 53 xt yt zt =+   =+   =−  . Tọa độ hình chiếu H của A lên ( ) P là nghiệm ( ) ;; x y z của hệ ( ) 3 2 1 5 3 2 1;2;1 1 2 3 7 0 1 x t x y t y H z t z x y z t = + =   = + =    = − =   + − − = = −  . Gọi ( ) ' '; '; ' A x y z là điểm đối xứng của A qua ( ) P , suy ra H là trung điểm của ' AA Vậy ( ) ' 1; 1;2 A −− . Câu 18 Cho đường thẳng 1 2 3 : 2 1 3 x y z + − −  = = − và hai điểm ( ) 1; 1;1 A − , ( ) 1;2;3 B − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , vuông góc với hai đường thẳng AB và  . L ời gi ải Ta có ( ) 2;3;2 AB=− . Vectơ chỉ phương của đường thẳng  : ( ) 2;1;3 u=− . Do đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng AB và  nên d có vectơ chỉ phương là ( ) ; 7;2;4 v AB u  ==  . Mặt khác d đi qua A . Vậy phương trình d là 1 1 1 : 7 2 4 x y z − + − == . Câu 19 Cho mặt phẳng ( ): 1 0 P x y z + + − = và hai điểm ( ) 1; 1; 2 A − − − , ( ) 0;1;1 B . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên ( ) P . Viết phương trình mặt phẳng đi qua , AB và vuông góc với ( ) P . L ời gi ải Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ) P . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 49 Ta có ( ) 1;1;1 n = là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . ( ) AH P ⊥ nên đường thẳng d qua , AH có phương trình là: 1 1 2 xt yt zt = − +   = − +   = − +  . Do ( ) 1; 1; 2 . H d H t t t   − − − Mà ( ) HP  5 1 1 2 1 0 3 5 0 3 t t t t t  − + − + − − =  − =  = . Suy ra 2 2 1 ;; 3 3 3 H −    Gọi ( ) Q là mặt phẳng đi qua , AB và vuông góc với ( ) P . Ta có ( ) 1;2;3 AB = và ( ) 1;1;1 n = . Do đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) Q là : ( ) ' ; 1;2; 1 u AB u  = = − −  . Phương trình mặt phẳng ( ) Q là ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 0 2 1 0 x y z x y z + − + + + =  − + + = . Câu 20 Cho điểm ( ) 2;5;3 A và đường thẳng d : 12 2 1 2 x y z −− == a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d . b) Viết phương trình măt phẳng ( )  chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )  lớn nhất L ời gi ải a) PTTS của d : 12 , 22 xt y t t zt =+   =   =+  Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d . ( ) 1 2 ; ;2 2 H d H t t t   + + , ( ) 2 1; 5;2 1 AH t t t − − − . Đường thẳng d có VTCP ( ) 2;1;2 u = . .0 AH d AH u ⊥  = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 5 2 2 1 0 1 t t t t  − + − + − =  = ( ) 3;1;4 H  . b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( )  . Ta có ( ) ( ) , 3 2 d A AK AH  =  = ( ) ( ) max , 3 2 dA =  , đạt được khi KH  . Khi đó mặt phẳng ( )  đi qua H và nhận ( ) 1; 4;1 AH=− làm VTPT. Phương trình mặt phẳng ( )  : ( ) ( ) ( ) 1 3 4 1 1 4 0 x y z − − − + − = 4 3 0 x y z  − + − = . Câu 21 Cho đường thẳng 21 : 1 2 1 x y z −+  = = −− và mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z + + − = . Gọi I là giao điểm của  và ( ) P . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) P sao cho MI vuông góc với  và 4 14 MI = . L ời gi ải Ta có 2 21 : : 1 2 1 2 1 xt x y z yt zt =+  −+   = =   = − −  −−  =−  . Vì I là giao điểm của  và ( ) P , ( ) 2 ; 1 2 ; I I t t t    + − − − . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 50 Mà ( ) IP  Tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình: 2 1 2 3 0 t t t + − − − − = 2 2 1 tt  − =  = − . Suy ra ( ) 1;1;1 I . Gọi ( ) ;; M a b c  ( ) 1 ; 1 ;1 MI a b c = − − − . Vì M thuộc ( ) P  ( ) 3 0 1 abc + + − = Vì MI vuông góc với   .0 MI u MI u  ⊥  = ( ) ( ) ( ) ( ) 1. 1 2 1 1 1 0 2 2 0 2 a b c a b c  − − − − − =  − − + = Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 14 224 1 1 1 224 3 MI MI a b c =  =  − + − + − = Từ ( ) ( ) 1 ; 2 và ( ) 3 ta có hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 0 2a 1 2 2 0 3a 4 1 1 1 224 1 2 2 3a 3 224 a b c b a b c c a b c a a  + + − = = −   − − + =  = − +   − + − + − = − + − + − − =   2 2a 1 2a 1 3a 4 3a 4 14a 28a 210 0 5 3 bb cc a a   = − = −     = − +  = − +   − − = =      =−   . Với ( ) 9 5 5;9; 11 11 b aM c =  =   −  =−  . Với ( ) 7 3 3; 7;13 13 b aM c =−  = −   − −  =  . Vậy ( ) 5;9; 11 M − hoặc ( ) 3; 7;13 M −− . Câu 22 Cho đường thẳng 2 1 5 : 1 3 2 x y z + − +  = = − và hai điểm ( ) 2;1;1 A − , ( ) 3; 1;2 B −− . Tìm điểm M thuộc  sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 35 . L ời gi ải Ta có ( ) 2 ;1 3 ; 5 2 M M t t t    − + + − − , ( ) ;3 ; 6 2 AM t t t = − − , ( ) 1; 2;1 AB = − − . ( ) ( ) 22 2 1 3 5 ; 3 5 12 6 180 2 MAB S AM AB t t t   =  =  + + + + =  2 12 0 tt  + = 0 12 t t =    =−  Vậy ( ) 2;1; 5 M−− hoặc ( ) 14; 35;19 M−− thỏa yêu cầu bài toán. Câu 23 Cho đường thẳng 11 : 2 1 1 x y z −+  = = − và hai điểm ( ) ( ) 1; 1;2 , B 2; 1;0 A−− . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác AMB vuông tại M . L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 51 Phương trình tham số của đường thẳng 12 : 1 xt yt zt =+    = − −   =  .Gọi ( ) 1 2 ; 1 ; M t t t + − −   . Khi đó ta có ( ) ( ) 2 ; ;2 ; 1 2 ; ; MA t t t MB t t t − − − − Tam giác MAB vuông tại M nên ta có ( ) ( ) 22 0 . 0 2 1 2 2 0 6 4 0 2 3 t MA MB t t t t t t t t =   =  − − + + − =  − =   =  Với ( ) 0 1; 1;0 tM =  − . Với 2 7 5 2 ;; 3 3 3 3 tM −  =   . Vậy ( ) 1; 1;0 M − hoặc 7 5 2 ;; 333 M −    . Câu 24 Cho điểm ( ) 1; 1;0 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + − = . Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( ) P . Tìm tọa độ điểm ( ) MP  sao cho AM vuông góc với OA và độ dài đoạn AM bằng ba lần khoảng cách từ A đến ( ) P . L ời gi ải Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua A và vuông góc với ( ) P là ( ) 12 : 1 2 xt yt zt =+    = − −   =  Ta có ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 0 1 ,1 2 2 1 d A P + + − == + − + . Do độ dài đoạn AM bằng ba lần khoảng cách từ A đến ( ) P . Suy ra ( ) 3 1 AM = . Gọi ( ) ( ) ( ) ; ; 2 2 1 0 2 M a b c P a b c   − + − = . Lại có ( ) ( ) 1; 1;0 ; 1; 1; OA AM a b c − − + mà AM vuông góc vớiOA nên ( ) . 0 1 1 0 2 3 OA AM a b b a =  − − − =  = − Từ ( ) ( ) 2 ; 3 ta có hệ ( ) 2 2 2 2 1 0 3 2 2 1 0 ba a a c c a b c =−   − − + − =  = −  − + − =  Khi đó ( ) ; 2; 3 M a a−− ( ) ( ) 22 2 3 1 1 9 3 1 0 1 AM a a a a =  − + − + =  − =  = . Vậy ( ) 1; 1; 3 M −− . Câu 25 Cho đường thẳng 1 : 2 1 2 x y z −  = = . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến  bằng OM L ời gi ải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 52 Đường thẳng  đi qua điểm ( ) 0;1;0 A và có vecto chỉ phương ( ) 2;1;2 v = . Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ ( ) ,0,0 x , suy ra: ( ) ; 1;0 AM x =− . ( ) , 2;2 ; 2 v AM x x   = − −  . ( ) 2 , 5 4 8 , 3 v AM xx dM v  ++    = = Ta có ( ) 2 5 4 8 , 3 xx d M OM x ++  =  = 2 2 0 1 x x x  − − =  = − hoặc 2 x = . Suy ra: ( ) 1;0;0 M − hoặc ( ) 2;0;0 M Câu 26 Cho đường thẳng 6 1 2 : 3 2 1 x y z − + +  = = −− và điểm ( ) 1;7;3 A .Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và vuông góc với  . Xác định tọa độ điểm M thuộc  sao cho 2 30 AM = . L ời gi ải Đường thẳng  có vecto chỉ phương là ( ) 3; 2;1 v = − − . Vì ( ) P qua ( ) 1;7;3 A và nhận v làm vecto pháp tuyến, nên ( ) P có phương trình: ( ) ( ) ( ) 3 1 2 7 3 0 3 2 14 0 x y z x y z − − − − + − =  + − − = M thuộc  nên ( ) 6 3 ; 1 2 ; 2 M t t t − − − − + . Ta có: ( ) 5 3 ; 8 2 ; 5 AM t t t = − − − − + . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 30 5 3 8 2 5 120 AM t t t =  − + − − + − + = 2 7 4 3 0 tt  − − = 1 t = hoặc 3 7 t =− . Suy ra ( ) 3; 3; 1 M −− hoặc 51 1 17 ;; 7 7 7 M  −−   Câu 27 Cho mặt phẳng ( ) : - 2 2 - 5 0 P x y z += và hai điểm ( ) 3;0;1 A − và ( ) 1; 1;3 B − . Trong các đường thẳng đi qua A và song song với ( ) P , hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. L ời gi ải Gọi  là đường thẳng cần tìm;  nằm trong mặt phẳng ( ) Q qua A và song song với ( ) P . Phương trình ( ) : 2 2 1 0 Q x y z − + + = . Gọi , KH lần lượt là hình chiếu của B trên  , ( ) Q . Ta có BK BH  nên AH là đường thẳng cần tìm. Tọa độ ( ) ;; H x y z = thỏa mãn: 1 1 3 1 11 7 ;; 2 2 2 9 9 9 2 2 1 0 x y z H x y z − + −  ==    = − −     − + + =  . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 53 26 11 2 ;; 9 9 9 AH  =−   . Vậy phương trình 31 : 26 11 2 x y z +−  = = − . Câu 28 Cho hai điểm ( ) 2;0;0 A , ( ) 0;0;8 B và điểm C sao cho ( ) 0;6;0 AC = . Tính khoảng cách từ trung điểm I của BC đến đường thẳng OA L ời gi ải Từ ( ) 0;6;0 AC = và ( ) 2;0;0 A suy ra ( ) 2;6;0 C , do đó ( ) 1;3;4 I . Phương trình mặt phẳng ( )  qua I và vuông góc với OA là: 10 x−= .  Tọa độ gia điểm của ( )  với OA là ( ) 1;0;0 K .  Khoảng cách từ I đến OA là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 3 0 4 5 IK = − + − + − = . Câu 29 Cho hai đường thẳng 12 12 : ; : 1 2 ; 1 ; 3 2 1 1 x y z d d x t y t z −+ = = = − + = + = − a) Chứng minh rằng 12 ; dd chéo nhau. b) Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) : 7 4 0 P x y z + − = và cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d . L ời gi ải a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 12 1 2 2 2 :; 0; : 2; 1;1 2; 1, 2 1;1, 1;0 3 M dd uu d M d −  −    −    . Ta có   ( ) ( )   1 2 1 2 1 2 1 2 ; 1;2;4 ; 1;0;5 ; . 21 0 u u M M u u M M = − −  =  Vậy 12 ; dd chéo nhau. b) Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) ( ) : 7 4 0 7;1; 4 P P x y z u n + − =  = − . Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa 1 d và d :   ( ) ( ) 1 1 ; 3; 15; 9 1;5;3 Q Q Q nu u u n nu ⊥    = − − −  =  ⊥   . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1;5;3 0; : : 5 3 1 0 1, 2 Q MQ n Q Q x y z    + + + =    − . Đường thẳng 2 d cắt ( ) Q tại A ( ) ( ) : 1 2 5 1 3.3 1 0 2 5; 1;3 t t t A − + + + + + =  = −  − − . Để d cắt 12 ; dd thì d phải đi qua ( ) 5; 1;3 A −− . ( ) ( ) 5;1;3 5 1 3 :: 7 1 4 7;1; 4 Ad x y z dd u −  + + −   = =  − =−   . Câu 30 Cho đường thẳng 1 1 2 1 :; 3 1 2 x y z d − + + == − 2 d là giao tuyến của ( ) : 2 0 Q x y z + − − = và mặt phẳng ( ) : 3 12 0 R x y + − = a) Chứng minh rằng 1 d và 2 d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa cả 2 đường thẳng 1 d và 2 d . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 54 b) Mặt phẳng Oxz cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại ; AB . Tính diện tích tam giác OAB L ời gi ải a) 2 d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 0; : 3 12 0 Q x y z R x y + − − = + − = , 2 d đi qua 22 ; MN , với tọa độ 22 ; MN là nghiệm của hệ phương trình 20 3 12 0 x y z xy + − − =   + − =  . Lấy 0 x = , hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) 2 0;4;2 0;4;2 M  . Lấy 3 x = , hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) 2 3;3;4 3;3;4 N  . ( ) ( ) ( ) ( ) 21 21 2 2 2 1 0;4;2 1; 2; 1 ; 3; 1;2 3; 1;2 MM dd u M N u MN   − −   = − = −   . Ta có 1 2 2 1 1 2 ; u u M d d d =   . ( ) P chứa 1 d và 2 d : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 12 3; 1;2 ; 15;11; 17 1;6;3 P p P nu n u M M n M M  ⊥ −    = = −   ⊥−   . Có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 15;11; 17 : :15 11 17 10 0 0;4;2 p n P P x y z M −    + − − =    . b) Vì , ( ) A B Oxz  nên 0 AB yy == Vì 1 Ad  nên ( ) 5;0; 5 A−− , ( ) 2 12;0;10 B d B   ( ) ( ) ( ) 5;0; 5 , 12;0;10 , 0; 10;0 OA OB OA OB  = − − =  = −   11 , .10 5 22 OAB S OA OB   = = =  (đvdt). Câu 31 Cho đường thẳng 12 : 2 1 1 x y z −+  = = − và mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z − + = . Gọi C là giao điểm của  với ( ) P , M là điểm thuộc  . Tính khoảng cách từ M đến ( ) P biết 6 MC = . L ời gi ải Đường thẳng có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 1 v=− và mặt phẳng ( ) P có vectơ pháp tuyến ( ) 1; 2;1 n=− Gọi H là hình chiếu của M trên ( ) P , ta có ( ) cos cos , HMC v n = . ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 , .cos . cos , 6. 6. 6 6 d M P MH MC HMC MC v n −− = = = = = Câu 32 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + − = và hai đường thẳng 1 19 : 1 1 6 x y z ++  = = ; 2 1 3 1 : 2 1 2 x y z − − +  = = − . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1  sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2  và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P bằng nhau. L ời gi ải Đường thẳng 2  qua điểm ( ) 1;3; 1 A − và có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 2 u=− . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 55 ( ) 1 1; ;6 9 M M t t t    − − . ( ) 2 ;3 ;8 6 MA t t t = − − − , ( ) , 8 14;20 14 ; 4 MA u t t t  = − − −  2 , 3 29 88 68 MA u t t   = − +  . Khoảng cách từ M đến 2  : ( ) 2 , , MA u dM u   = ( ) 2 2 22 3 29 88 68 2 1 2 tt −+ = + + − 2 29 88 68 tt = − + . Khoảng cách từ M đến ( ) P : ( ) ( ) ; d M P ( ) 2 22 1 2 12 18 1 1 2 2 t t t − + − + − − = + − + 11 20 3 t − = . 2 11 20 29 88 68 3 t tt − − + = 2 1 35 88 53 0 53 35 t tt t =    − + =   =  Với ( ) 1 0;1; 3 tM =  − Với 53 18 53 3 ;; 35 35 35 35 tM  =   . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 56 BÀI T ẬP T ỔNG H ỢP Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho ( ) 1;7;0 A và ( ) 3;0;3 B . Phương trình đường phân giác trong của AOB là? A. ( ) : 453 == x y z d B. ( ) : 3 5 7 == x y z d C. ( ) : 675 == x y z d D. ( ) : 5 7 4 == x y z d Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 9 0 + − + = P x y z , đường thẳng 33 : 1 3 2 −− == x y z d và điểm ( ) 1;2; 1 − A . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt d và song song với mặt phẳng ( ) P . A. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z B. 1 2 1 1 2 1 − − + == − x y z C. 1 2 1 1 2 1 − − + == x y z D. 1 2 1 1 2 1 − − + == − x y z Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 4 0 + + − = P x y z và đường thẳng 12 : 2 1 3 ++ == x y z d . Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là A. 1 1 1 5 1 3 − − − == −− x y z B. 1 1 1 5 1 2 − + − == − x y z C. 1 1 1 5 2 3 − − − == x y z D. 1 3 1 5 1 3 x y z + + − == − Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 2 : 1 2 42 =−   =+   =−  xt d y t zt và 41 : 1 2 2 −+  == − x y z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và  d đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A. 2 1 4 3 1 2 − − − == − x y z B. 3 2 2 1 2 2 + + + == − x y z C. 32 1 2 2 −− == − x y z D. 3 2 2 1 2 2 + − + == −− x y z Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) 11 : 1 1 3 −− == − x y z d và mặt phẳng ( ) : 3 0 + + = P x y z . Đường thẳng ( )  đi qua ( ) 1;1;2 M , song song với mặt phẳng ( ) P đồng thời cắt đường thẳng ( ) d có phương trình là A. 3 1 9 1 1 2 − + − == − x y z B. 2 1 6 1 1 2 + + − == − x y z C. 1 1 2 1 2 1 − − − == − x y z D. 1 1 2 1 1 2 − − − == − x y z Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng 1 11 : 2 3 1 −+ == − x y z d ; 2 21 : 1 2 2 +− == − x y z d ; 3 3 2 5 : 3 4 8 + − + == −− x y z d . Đường thẳng song song với 3 d , cắt 1 d và 2 d có phương trình là | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 57 A. 11 3 4 8 −+ == −− x y z B. 13 3 4 8 +− == −− x y z C. 13 3 4 8 −− == −− x y z D. 11 3 4 8 −− == −− x y z Câu 7. Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 :0 5 =+   =   = − +  xt dy zt và 0 : 4 2 53 =    =−    =+  x d y t zt có phương trình là A. 42 1 3 1 −+ == − x y z B. 42 2 3 2 −− == −− x y z C. 42 2 3 2 +− == − x y z D. 42 2 3 2 −+ == − x y z Câu 8. Trong không gian , cho điểm , đường thẳng có phương trình và mặt phẳng có phương trình . Đường thẳng đi qua điểm , cắt và song song với mặt phẳng có phương trình là A. B. C. D. Câu 9. Trong không gian , cho điểm và hai đường thẳng , . Phương trình đường thẳng đi qua điểm và cắt cả hai đường thẳng , là A. B. C. D. Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho tam giác biết điểm , đường trung tuyến và đường cao có phương trình tương ứng là và . Viết phương trình đường phân giác góc . A. B. C. D. Câu 11. Trong không gian , cho tam giác với , , . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua trực tâm của tam giác và vuông góc với mặt phẳng . A. B. C. D. Oxyz ( ) 1; 2; 1 A − d 33 1 3 2 x y z −− == ( )  30 x y z + − + =  A d ( )  1 2 1 1 2 1 x y z − − + == −− 1 2 1 1 2 1 x y z − − + == 1 2 1 1 2 1 x y z − − − == 1 2 1 1 2 1 x y z − − + == −− Oxyz ( ) 1; 1;1 A − 13 : 2 1 1 x y z −−  = = − 12 : 1 2 1 x y z +−   = = − A    1 1 1 6 1 7 x y z − + − == − 1 1 1 6 1 7 x y z + − + == −− 1 1 1 6 1 7 x y z − + − == −− 1 1 1 6 1 7 x y z − + − == Oxyz ABC ( ) 1; 2; 3 A BM CH 5 0 14 xt y zt =   =   =+  4 2 3 16 13 5 x y z − + − == − A 1 2 3 7 1 10 x y z − − − == − 1 2 3 4 13 5 x y z − − − == 1 2 3 2 3 1 x y z − − − == −− 1 2 3 2 11 5 x y z − − − == −− Oxyz ABC ( ) 3;0;0 A ( ) 0;6;0 B ( ) 0;0;6 C ABC ( ) ABC 1 2 3 2 1 1 x y z + + + == 2 1 1 2 1 1 x y z − − − == 3 6 6 2 1 1 x y z − − − == 1 3 3 2 1 1 x y z − − − == Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 58 Câu 12. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Đường thẳng đi qua điểm , vuông góc với và cắt có phương trình là A. B. C. D. Câu 13. Cho hai đường thẳng ; và điểm . Đường thẳng đi qua , vuông góc với và cắt có phương trình là A. B. C. D. Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng 2 3 4 : 2 3 5 − − + == − x y z d và 1 4 4 : 3 2 1 + − −  == −− x y z d . A. 1 1 1 1 − == x y z B. 2 2 3 2 3 4 − − − == x y z C. 2 2 3 2 2 2 − + − == x y z D. 23 2 3 1 −− == − x y z Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 4 0 + + − = P x y z và đường thẳng 12 : 2 1 3 ++ == x y z d . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . A. 1 1 1 5 1 3 − − − == −− x y z B. 1 1 1 5 1 3 − − − == − x y z C. 1 1 1 5 1 2 − + − == − x y z D. 1 3 1 5 1 3 + + − == − x y z Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 2 : 1 2 1 − − + == −− x y z d ; 2 5 1 2 : 3 2 1 − + − == − x y z d và mặt phẳng ( ) : 2 3 5 0 + + − = P x y z . Đường thẳng vuông góc với ( ) P , cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 11 1 2 3 −+ == x y z B. 2 3 1 1 2 3 − − − == x y z C. 3 3 2 1 2 3 − − + == x y z D. 11 3 2 1 −+ == x y z Oxyz 1 2 2 3 : 2 1 1 x y z d − + − == − 2 1 : 1 2 1 xt d y t zt =−   =+   = − +   ( ) 1; 2; 3 A 1 d 2 d 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == − − − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −− 1 2 2 3 : 2 1 1 x y z d − + − == − 2 1 : 1 2 1 xt d y t zt =−   =+   = − +  ( ) 1;2;3 A  A 1 d 2 d 1 2 3 1 3 1 x y z − − − == 1 2 3 1 3 1 x y z − − − == − − − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −−| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 59 Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 2; 2; 1 A , 8 4 8 ;; 333  −   B . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB có phương trình là A. 1 3 1 1 2 2 + − + == − x y z B. 1 8 4 1 2 2 + − − == − x y z C. 1 5 11 3 3 6 1 2 2 + − − == − x y z D. 2 2 5 9 9 9 1 2 2 + − + == − x y z Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;1;1 A , ( ) 1;2;0 − B , ( ) 2; 3;2 − C . Tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A , B , C là một đường thẳng d . Phương trình tham số của đường thẳng d là: A. 83 15 7 = − −   =   =+  xt yt zt B. 83 15 7 = − +   =   =−  xt yt zt C. 83 15 7 = − +   =−   = − −  xt yt zt D. 83 15 7 = − +   =   =+  xt yt zt Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) a;0;0 , 0;b;0 , 0;0;2 . A B C Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Biết rằng khi a và b thay đổi thỏa mãn điều kiện: 24 ab += thì tâm I thuộc một đường thẳng cố định  . Phương trình đường thẳng  tương ứng là A. 1 2 1 xt yt z =−   =   =  B. 22 1 xt yt z =   =+   =  C. 2 12 1 xt yt z =−   =+   =  D. 12 1 xt yt z =−   =   =  Câu 20. Trong không gian , cho ba đường thẳng có phương trình lần lượt , và . Đường thẳng song song , cắt và có phương trình là A. B. C. D. Câu 21. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng . Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng , đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng ? A. B. C. D. Câu 22. Trong không gian tọa độ , cho tam giác biết , , . Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác và vuông góc với mặt phẳng là Oxyz 1 3 1 2 : 2 1 2 x y z d − + − == − 2 14 : 3 2 1 x y z d ++ == −− 3 32 : 4 1 6 x y z d +− == − 3 d 1 d 2 d 3 1 2 4 1 6 x y z − + − == 3 1 2 4 1 6 x y z − + − == −− 14 4 1 6 x y z +− == − 14 4 1 6 x y z −+ == − Oxyz 1 2 3 : 1 2 1 x y z d − − − == ( ) : 2 0 x y z  + − − = ( )  d 2 2 4 4 : 1 2 3 x y z − − −  = = − 4 11 : 3 2 1 x y z −−  = = − 3 5 2 5 : 3 2 1 x y z − − −  = = − 1 2 4 4 : 3 2 1 x y z + + +  = = −− Oxyz ABC ( ) 1;0; 1 A − ( ) 2;3; 1 B − ( ) 2;1;1 C − ABC ( ) ABC Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 60 A. B. C. D. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và đường thẳng . Phương trình tham số của đường thẳng đi qua , cắt và vuông góc với là A. B. C. D. Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và mặt phẳng , đường thẳng đi qua điểm , song song với mặt phẳng , đồng thời cắt trục . Viết phương trình tham số của đường thẳng . A. B. C. D. Câu 25. Trong không gian , cho điểm và hai đường thẳng , . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm , cắt và vuông góc với ? A. B. C. D. Câu 26. Trong không gian , Cho mặt phẳng và đường thẳng . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng có phương trình là A. B. C. D. Câu 27. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng . Đường thẳng nằm trong , cắt và vuông góc với có phương trình là A. B. C. D. 3 1 5 3 1 5 x y z − − − == − 2 3 1 5 x y z − == 11 1 2 2 x y z −+ == − 3 2 5 3 1 5 x y z − − − == − Oxyz ( ) 2; 1; 0 M 11 : 2 1 1 x y z −+  = = − d M  2 : 1 4 2 xt d y t zt =+   =−   =−  2 :1 xt d y t zt =−   =+   =  1 : 1 4 2 xt d y t zt =+   = − −   =  22 :1 xt d y t zt =+   =+   =−  Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) :2 4 1 0 P x y z + − + = d A ( ) P Oz d 15 26 3 xt yt zt =+   =−   =+  2 2 xt yt zt =   =   =+  13 22 3 xt yt zt =+   =+   =+  1 26 3 xt yt zt =−   =+   =+  Oxy ( ) 1;1;2 M − 2 3 1 : 3 2 1 x y z d − + − == 1 : 1 3 2 x y z d +  == − M d d  17 17 27 xt yt zt = − −   =+   =+  13 1 2 xt yt z = − +   =−   =  13 1 2 xt yt z =+   =−   =  13 1 2 xt yt z = − +   =+   =  Oxyz ( ) : 2 2 0 R x y z + − + = 1 1 : 2 1 1 x y z −  = = − 2  ( ) R 1  3 1 xt yt zt =   =−   =−  2 1 xt yt zt =   =−   =+  2 1 xt yt zt =+   =−   =  23 1 xt yt zt =+   =−   =  Oxyz 12 : 1 1 1 x y z d −− == − ( ) : 2 2 1 0 P x y z − − + = ( ) P d 2 1 3 3 4 1 x y z + − + == 2 1 3 3 4 1 x y z − + − == − 2 1 3 3 4 1 x y z − + − == 1 1 1 3 4 1 x y z − + − ==| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 61 Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết ( ) 1;0;1 A , ( ) 1;0; 3 − B và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng ( ) ABCD đi qua gốc tọa độ O . Khi đó đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình A. 1 : 1 =−   =   =−  x d y t z B. 1 : 1 =   =   =−  x d y t z C. 1 : 1 =−   =   =  x d y t z D. :1 =   =   =  xt dy zt Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có ( ) 2;2;1 H , 8 4 8 ;; 333  −   K , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC có phương trình là A. 4 1 1 : 1 2 2 + + − == − x y z d B. 8 2 2 3 3 3 : 1 2 2 − − + == − x y z d C. 4 17 19 9 9 9 : 1 2 2 + − − == − x y z d D. 66 : 1 2 2 −− == − x y z d Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ cho ba điểm , , , đường thẳng cách đều ba điểm , , có phương trình là A. 8 26 3 5 22 3 4 27 3 xt yt zt  =+    =+    =+   B. 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  C. 11 6 1 22 6 27 x yt zt  =    =+   =    D. 4 26 2 38 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho đường thẳng , mặt phẳng và điểm . Viết phương trình đường thẳng đi qua cắt và song song với mặt phẳng . A. 1 2 1 1 2 1 − − + == x y z B. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z C. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z D. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z Câu 32. Trong không gian , cho hai đường thẳng và lần lượt có phương trình là và . Đường thẳng cắt cả hai đường thẳng , và song song với đường thẳng có phương trình là A. B. C. D. Oxyz ( ) 3; 2;4 A − ( ) 5;3; 2 B − ( ) 0;4;2 C d A B C Oxyz 33 : 1 3 2 x y z d −− == ( ) : 3 0 x y z  + − + = ( ) 1; 2; 1 A −  A d ( )  Oxyz 1 d 2 d 1 1 2 1 x y z + == 11 1 2 3 x y z −− == − d 1 d 2 d 4 7 3 : 1 4 2 x y z − − −  = = − 1 1 4 1 4 2 x y z + + + == − 114 1 4 2 x y z − + − == − 1 1 4 1 4 2 x y z + − + == − 1 1 4 1 4 2 x y z − − − == − Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 62 Câu 33. Trong không gian , cho hai đường thẳng chéo nhau và . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng vuông góc chung của và ? A. B. C. D. Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 3; 2;4 A − , ( ) 5;3; 2 B − , ( ) 0;4;2 C , đường thẳng d cách đều ba điểm A , B , C có phương trình là A. 8 26 3 5 22 3 4 27 3 xt yt zt  =+    =+    =+   B. 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  C. 11 14 6 1 22 6 27 xt yt zt  =+    =+   =    D. 4 26 2 38 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2;0;1 B , ( ) 2;2;3 C − . Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) ABC qua trực tâm H của ABC  và cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45  có một vectơ chỉ phương là ( ) ;; u a b c = với a là một số nguyên tố. giá trị của biểu thức ab bc ca ++ bằng. A. 67 − B. 23 C. 33 − D. 37 − Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2;0;1 B , ( ) 2;2;3 C − . Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) ABC qua trực tâm H của ABC  và cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45  có một vectơ chỉ phương là ( ) ;; u a b c = với a là một số nguyên tố. giá trị của biểu thức ab bc ca ++ bằng A. 67 − B. 23 C. 33 − D. 37 − Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 3 : 2 2 1 x y z d − − − == và 2 52 : 6 3 2 x y z d ++ == cắt nhau tại điểm ( ) 1;1;2 I . Viết phương trình đường thẳng  là phân giác của góc nhọn tạo bởi 1 d và 2 d . A. 1 1 2 : 32 23 13 x y z − − −  = = B. 1 1 2 : 8 5 3 x y z − − −  = = C. 1 1 2 : 4 5 1 x y z − − −  = = − D. 1 1 2 : 4 1 1 x y z − − −  = = Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 3 : 2 2 1 x y z d − − − == và 2 52 : 6 3 2 x y z d ++ == cắt nhau tại điểm ( ) 1;1;2 I . Viết phương trình đường thẳng  là phân giác của góc tù tạo bởi 1 d và 2 d . A. 1 1 2 : 32 23 13 x y z − − −  = = B. 1 1 2 : 8 5 3 x y z − − −  = = Oxyz 3 2 1 : 4 1 1 x y z d − + + == − 12 : 6 1 2 x y z d −−  == − d d  11 1 2 2 x y z ++ == 11 1 2 2 x y z −− == 11 1 2 2 x y z +− == 1 1 1 1 2 2 x y z − − + ==| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 63 C. 1 1 2 : 4 5 1 x y z − − −  = = − D. 1 1 2 : 4 1 1 x y z − − −  = = Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ( ) : 1 0; : 0 P x my mz Q mx y z m + − + = + + + = . Đường thẳng '  qua gốc tọa độ O và song song với đường thẳng  . Ba điểm ,, A B C lần lượt di động trên , , ' Oz  . Giá trị nhỏ nhất của AB BC CA ++ bằng A.1 B.22 C. 2 D. 2 Câu 40. Trong không gian Ox , yz với m là số thực thay đổi thì mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 1 4 2 2 0 P m x m m y m z m m + − − + + + − + = luôn chứa một đường thẳng  cố định. Viết phương trình đường thẳng  . A. 14 : 1 2 xt yt zt = − −    = − −   =  B. 12 14 xt yt zt =   = − −   = − −  C. 14 : 1 2 xt yt zt = − +    = − −   =  D. 12 14 xt yt zt = − −   = − −   =  Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;6 . A Biết có hai điểm , MN phân biệt thuộc trục Ox sao cho các đường thẳng , AM AN cùng tạo với đường thẳng chứa trục Ox một góc 0 45 . Tổng các hoành độ của hai điểm , MN bằng A. 4 B. 2 C. 1 D. 5 Câu 42. Trong không gian , Oxyz cho hai điểm ( ) ( ) ;0; 2 , 2; ;0 A a B b − . Gọi ( )  là mặt phẳng chứa A và trục ( ) ; Oy  là mặt phẳng chứa B và trục Oz . Biết rằng ( ) ( ) ,  cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng  có vecto chỉ phương ( ) 2;1;2 u . Tính độ dài đoạn thẳng AB A. 21 B. 5 C. 26 D.22 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 11 2 x y z −−  = = −− . Hai điểm M và N lần lượt di động trên các các mặt phẳng ( ) ( ) : 2; : 2 xz  == sao cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng  . Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng A. 85 5 B. 45 5 C. 35 5 D. 95 5 Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 11 2 x y z −−  = = −− . Hai điểm M , N lần lượt di động trên các các mặt phẳng ( ) ( ) : 1; : 0 xz  == sao cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng  . Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng A. 3 2 B. 35 10 C. 25 5 D. 23 5 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 64 Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) 2 : 2 1 0 P x y z − + − = hai đường thẳng 1 3 : 3 2 1 2 x y z d −− == − ; 2 4 5 : 5 5 6 x y z d + == − − . Biết rằng có hai điểm , AB thuộc 1 d và hai điểm , CD thuộc 2 d sao cho , AC BD cùng song song với ( ) P đồng thời cách ( ) P một khoảng bằng 2 . Tính AC BD + . A. 6 5 2 + B. 52 C. 5 5 2 + D.62 Câu 46. Trong mặt phẳng () P vuông góc với d đồng thời cùng cách điểm I một khoảng bằng 42 . Gọi , AB lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên hai đường thẳng đó. Tính 22 OA OB + . A. 104 B. 102 C. 106 D.100 Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2;3 , 1;2;3 , 1;0;2 A M N −− và mặt phẳng ( ) : 2 3z 2 0 P x y − + + = . Điểm ( ) ;; C a b c thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho tồn tại các điểm B thuộc tia AM , điểm D thuộc tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Giá trị biểu thức a b c ++ bằng? A. 14 − B. 10 − C. 12 − D. 13 − Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 0;1;2 M và đường thẳng 3 2 2 : 2 1 1 x y z − − −  = = . Mặt phẳng ( ) P thay đổi song song với  , cách  một khoảng bằng 22 . Khoảng cách từ điểm M đến ( ) P có giá trị lớn nhất bằng? A. 11 82 6 + B. 11 22 6 + C. 5 82 2 + D. 5 22 2 + Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD biết ( ) 1;1;1 A và điểm C thuộc mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z + + + = . Các điểm ( ) 1;0;3 M − , ( ) 5;1; 2 N − lần lượt thuộc tia AB , AD . Độ dài cạnh hình thoi ABCD bằng? A. 15 B. 60 C. 30 D. 45 Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 13 : 1 4 1 =+   =+   =  xt d y t z . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm ( ) 1;1;1 A và có vec tơ chỉ phương ( ) 2;1;2 =− u . Đường phân giác của góc tù tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 27 : 1 1 1 =+   =+   =+  xt d y t zt B. 18 19 : 6 7 11 10 = − +   = − +   = − −  xt d y t zt C. 1 : 1 17 1 10 =−   =+   =+  xt d y t zt D. 18 19 : 6 7 11 10 = − +   = − +   =−  xt d y t zt Câu 51. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 2 5 2 : 1 2 1 − − − == x y z d , 2 1 2 : 1 2 1 − − −  == − x y z d và hai điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0;0; Ab . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa d và  d ; H là giao điểm của đường thẳng  AA và mặt phẳng ( ) P . Một đường thẳng  thay đổi trên ( ) P nhưng luôn đi qua H đồng thời  cắt d và  d lần lượt tại B ,  B . Hai đường thẳng AB ,  AB cắt nhau tại điểm M . Biết điểm M luôn thuộc một đường thẳng cố định có véctơ chỉ phương ( ) 15; 10; 1 = − − u . Tính =+ T a b ? | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 65 A. 8 = T B. 9 = T C. 9 =− T D. 6 = T Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) 1;1; 1 , 2; 2;2 AB −− , và điểm M di động trên đường thẳng 1 : 1 2 1 x y z −  = = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB + A. 46 1855 3 + B. 46 1855 2 + C. 46 1855 6 + D. 46 1855 12 + Câu 53. Trong không gian cho ba điểm , , và là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Tính . A. B. C. D. Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và hai đường thẳng , . Đường thẳng đi qua điểm và cắt cả hai đường thẳng , tại hai điểm , . Độ dài đoạn thẳng bằng A. B. C. D. Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng và . Trên đường thẳng lấy hai điểm , thỏa mã . Trên đường thẳng lấy hai điểm , thỏa mãn . Tính thể tích của tứ diện . A. B. C. D. Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng và . Đường thẳng qua điểm và cắt , lần lượt tại , . Tính tỉ số . A. B. C. D. Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 3;4;4 B ( ) 2;6;6 C ( ) ;; I a b c ABC abc ++ 63 5 31 3 46 5 10 Oxyz ( ) 2; 1; 6 M −− 1 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − − + == − 2 2 1 2 : 3 1 2 x y z d + + − == M 1 d 2 d A B AB 38 2 10 8 12 Oxyz 1 1 : 2 2 3 xt d y t zt =+   =−   = − −  2 43 : 3 2 1 xt d y t zt =+   =+   =−  1 d A B 3 AB = 2 d C D 4 CD = V ABCD 7 V = 2 21 V = 4 21 3 V = 5 21 6 V = Oxyz 1 1 1 1 : 1 1 1 − − + == x y z d 2 11 : 2 1 2 x y z d +− == − ( ) 1;1;1 M 1 d 2 d A B MA MB 3 2 MA MB = 2 3 MA MB = 1 2 MA MB = 2 = MA MB B B  d d  A A  M H  P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 66 Câu 57. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng là 1 1 2 3 : 21 x y z m − − + == −  và đường thẳng 2 1 2 3 : 21 x y z m − − +  = = −− cắt nhau tại điểm C. Gọi A và B lần lượt là hai điểm nằm trên 1  và 2  , sao cho 6 AB = . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 42 B. 3 C. 23 D.27 Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 3;1; 1 A − và đường thẳng 1 :2 x a at yt z b bt = − +    = −   = − +  , với a và b là những tham số thực. Khi khoảng cách từ A đến đường thẳng  đạt giá trị lớn nhất thì biểu thức 22 4 2 2019 T a b b a = + + + + đạt giá trị nhỏ nhất tương ứng bằng: A. 2014 B. 2015 C. 2016 D. 2020 Câu 59. Trong không gian , cho mặt phẳng , đường thẳng và điểm Gọi là đường thẳng nằm trong mặt phẳng , song song với đồng thời cách một khoảng bằng 3. Đường thẳng cắt mặt phẳng tại điểm Độ dài đoạn thẳng bằng. A. B. C. D. Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 2 : 1 2 2 xt d y t zt =−   =+   = − +  , 2 23 :4 12 xt dy zt =−   =   = − +  , 3 1 :2 3 xt d y t zt =+   =−   =−  , 4 12 :1 23 xt d y t zt =+   =−   =+  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên có vectơ chỉ phương tương ứng là A. ( ) 2; 13;11 − B. ( ) 4; 26;23 − C. ( ) 12; 21;11 − D. ( ) 2;1;3 − Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 32 :1 1 xt d y t zt =−   =+   = − +  , 2 3 :3 12 xt d y t zt =−   =+   =+  , 3 42 :3 2 xt d y t zt =+   =−   =−  , 4 13 :2 12 xt dy zt =+   =   =−  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên có phương trình chính tắc tương ứng là: A. 2 4 3 1 13 18 x y z − − − == − B. 12 1 3 5 x y z −− == . C. 12 2 1 2 x y z −− == − . D. 22 3 12 1 x y z −− == − . Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 1 :2 2 xt d y t zt =−   =+   =  , 2 2 : 22 xt d y t zt =−   =   = − +  , 3 42 : 7 4 3 xt d y t zt =+   =+   = − −  , 4 43 :4 1 xt d y t zt =+   =+   =+  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên và cắt mặt phẳng ( ) Oyz tại điểm có cao độ bằng A. 3 B. 1. Oxyz ( ) : 2 2 2 0 x y z  + − − = 1 2 3 : 1 2 2 x y z d + + + == 1 ;1;1 . 2 A     ( )  d d  ( ) Oxy . B AB 7 2 21 2 7 3 3 2| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 67 C. 4 − . D. 2 . Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 1 3 : 2 1 2 x y z − + −  = = − và đường thẳng 2 1 2 2 : 2 2 1 x y z + − −  = = − . Gọi A là giao điểm của 1  và 2  , điểm 1 B  và 2 C  , điểm ( ) D Oxy  có tọa độ nguyên, sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Khoảng cách từ D đến gốc tọa đọo O bằng: A. 20 B. 92 C. 65 D. 83 Câu 64. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z −  = = − và đường thẳng 2 132 : 1 2 2 x y z − − +  = = − . Gọi A là giao điểm của 1  và 2  , điểm 1 B  , 2 C  và ( ) : 2 4 0, D x y   − + = sao cho tứ giác ABCD là hình thoi với 90 BAC  . Đường thẳng BC cắt mặt phẳng ( ) : 8 0 xy  + − = tại điểm E cách gốc tọa độ O một khoảng OE bằng: A. 62 B. 4 10 C. 3 13 D. 2 19 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 68 HƯ ỚNG D ẪN GI ẢI Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho ( ) 1;7;0 A và ( ) 3;0;3 B . Phương trình đường phân giác trong của AOB là? A. ( ) : 453 == x y z d B. ( ) : 3 5 7 == x y z d C. ( ) : 675 == x y z d D. ( ) : 5 7 4 == x y z d L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ( ) 1;7;0 5 2 3;0;3 3 2 2; 7;3 62  =  =   =  =   = −  =   OA OA OB OB AB AB . Gọi ( ) ;; I a b c là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Lại có . . . 0 + + = AB OI OB AI OA BI ( ) ( ) ( ) 62 ; ; 3 2 1; 7; 5 2 3; ; 3 0  + − − + − − = a b c a b c a b c ( ) ( ) ( ) ( ) 62 3 2 1 5 2 3 0 62 3 2 7 5 2 0 62 3 2 5 2 3 0  + − + − =    + − + =   + + − =   a a a b b b c c c 18 2 62 8 2 21 2 62 8 2 15 2 62 8 2  =  +    =  +    = +   a b c 18 2 21 2 15 2 ;; 62 8 2 62 8 2 62 8 2     +++  I 18 2 21 2 15 2 ;; 62 8 2 62 8 2 62 8 2  =   +++  OI . Đường thẳng OI nhận OI là một VTCP nên nhận ( ) 6;7;5 = u là một VTCP. Kết hợp với OI qua ( ) 0;0;0 O : 675  = = x y z OI . Chọn ý C. Nh ận xét. Trước tiên có thể nói luôn với các bạn kia là lời giải theo phương pháp truyền thống, còn đối với thi trắc nghiệm ta có thể tương luôn công thức vào thì bài toán sẽ được giải quyết nhanh hơn rất nhiều! Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 9 0 + − + = P x y z , đường thẳng 33 : 1 3 2 −− == x y z d và điểm ( ) 1;2; 1 − A . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt d và song song với mặt phẳng ( ) P . A. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z B. 1 2 1 1 2 1 − − + == − x y z C. 1 2 1 1 2 1 − − + == x y z D. 1 2 1 1 2 1 − − + == − x y z L ời gi ải Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là ( ) 1;1; 1 =− n . Gọi Bd =   thì ( ) 3 ;3 3 ;2 B t t t ++ ( ) 2 ;3 1;2 1 AB t t t  = + + + . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 69 Do đường thẳng  song song với mặt phẳng ( ) P nên ta có .0 = AB n 2 3 1 2 1 0  + + + − − = t t t 1  = − t . Với 1 =− t thì ( ) 1; 2; 1 = − − AB Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là ( ) 1;2;1 =− u . Vậy phương trình đường thẳng  là 1 2 1 1 2 1 − − + == − x y z . Chọn ý A. Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 4 0 + + − = P x y z và đường thẳng 12 : 2 1 3 ++ == x y z d . Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là A. 1 1 1 5 1 3 − − − == −− x y z B. 1 1 1 5 1 2 − + − == − x y z C. 1 1 1 5 2 3 − − − == x y z D. 1 3 1 5 1 3 + + − == − x y z L ời gi ải Gọi =   Ad ( )  =  A d P Tọa độ A thỏa mãn hệ ( ) 1 12 1 1;1;1 2 1 3 2 4 0 1 =  ++  ==   =    + + − = =   x x y z yA x y z z . Do ( )  P và ⊥ d nên nhận   ( ) ; 5; 1; 3 = = − − Pd u n u là một véctơ chỉ phương. Đường thẳng  đi qua ( ) 1;1;1 A nên  có dạng 1 1 1 5 1 3 − − − == −− x y z . Chọn ý A. Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 2 : 1 2 42 =−   =+   =−  xt d y t zt và 41 : 1 2 2 −+  == − x y z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và  d đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A. 2 1 4 3 1 2 − − − == − x y z B. 3 2 2 1 2 2 + + + == − x y z C. 32 1 2 2 −− == − x y z D. 3 2 2 1 2 2 + − + == −− x y z L ời gi ải Đường thẳng d đi qua ( ) 2;1;4 A và có véc tơ chỉ phương ( ) 1 1;2; 2 = − − u .  d đi qua ( ) 4; 1;0 − B có véc tơ chỉ phương ( ) 2 1; 2;2 =− u . Ta có 12 =− uu và 2 4 1 1 4 1 2 2 −+  − nên //  dd . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 70 Đường thẳng  thuộc mặt phẳng chứa d và  d đồng thời cách đều hai đường thẳng đó khi và chỉ khi ( ) ( ) // // ,,        =    dd d d d d hay  qua trung điểm ( ) 3;0;2 I và có một véc tơ chỉ phương là ( ) 1; 2;2 =− u . Khi đó phương trình của  : 32 1 2 2 −− == − x y z . Chọn ý C. Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) 11 : 1 1 3 −− == − x y z d và mặt phẳng ( ) : 3 0 + + = P x y z . Đường thẳng ( )  đi qua ( ) 1;1;2 M , song song với mặt phẳng ( ) P đồng thời cắt đường thẳng ( ) d có phương trình là A. 3 1 9 1 1 2 − + − == − x y z B. 2 1 6 1 1 2 + + − == − x y z C. 1 1 2 1 2 1 − − − == − x y z D. 1 1 2 1 1 2 − − − == − x y z L ời gi ải Phương trình tham số của ( ) 1 : 1 , 3 =+   = −    =  xt d y t t zt . Mặt phẳng ( ) P có véc tơ pháp tuyến ( ) 1;3;1 = n . Gọi ( ) 1 ;1 ;3 d A t t t   = + − . ( ) ; ;3 2  = − − MA t t t là véc tơ chỉ phương của  . 0 3 3 2 0 2  =  − + − =  = MA n t t t t . ( ) ( ) 2; 2;4 2 1; 1;2  = − = − MA . Vậy phương trình đường thẳng 1 1 2 : 1 1 2 − − −  = = − x y z . Chọn ý D. Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng 1 11 : 2 3 1 −+ == − x y z d ; 2 21 : 1 2 2 +− == − x y z d ; 3 3 2 5 : 3 4 8 + − + == −− x y z d . Đường thẳng song song với 3 d , cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 11 3 4 8 −+ == −− x y z B. 13 3 4 8 +− == −− x y z C. 13 3 4 8 −− == −− x y z D. 11 3 4 8 −− == −− x y z L ời gi ải Gọi d là đường thẳng song song với 3 d , cắt 1 d và 2 d lần lượt tại các điểm A , B . Gọi ( ) 1 2 ;3 ; 1 + − − A a a a và ( ) 2 ;1 2 ;2 − + − B b b b ( ) 2 3; 2 3 1;2 1  = − − − − + + + AB b a b a b a . Đường thẳng 3 d có véc-tơ chỉ phương ( ) 3; 4;8 = − − u . Đường thẳng d song song với 3 d nên = AB ku 2 3 3 2 3 1 4 2 1 8 − − = −    − − + = −   + + =  b a k b a k b a k 0 3 2 1 2   =   =    =   a b k . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 71 Như vậy ( ) 1;0; 1 − A và 1 ; 2;3 2  = − −   B . Phương trình đường thẳng d là: 11 3 4 8 −+ == −− x y z . Chọn ý A. Câu 7. Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 :0 5 =+   =   = − +  xt dy zt và 0 : 4 2 53 =    =−    =+  x d y t zt có phương trình là A. 42 1 3 1 −+ == − x y z B. 42 2 3 2 −− == −− x y z C. 42 2 3 2 +− == − x y z D. 42 2 3 2 −+ == − x y z L ời gi ải Giả sử AB là đường vuông góc chung của d và  d với  Ad ,   Bd . Ta có ( ) 1;0;1 = d u , ( ) 0; 2;3  =− d u , ( ) ( ) ( ) 1;0; 5 1;2 4; 3 10 0;4 2 ;3 5 +−    = + − − −  −+   A a a BA a b a b B b b . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 10 0 .0 3 1 2 2 4 3 3 10 0 .0   + + − − =  =⊥=           ⊥ = − − − + − − = =     d d a a b u BA d AB a d AB b b a b u BA ( ) ( ) ( ) ( ) 4;0; 2 4; 6; 4 2;3;2 0;6;2 −     = − −  = −    A BA u B là một VTCP của AB . Kết hợp với AB qua ( ) 4;0; 2 − A 42 : 2 3 2 −+  = = − x y z AB . Chọn ý D. Câu 8. Trong không gian , cho điểm , đường thẳng có phương trình và mặt phẳng có phương trình . Đường thẳng đi qua điểm , cắt và song song với mặt phẳng có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là giao điểm của và . Đường thẳng nhận làm vec tơ chỉ phương. Vì nên . Suy ra . Suy ra điểm . Vec tơ chỉ phương của đường thẳng : Phương trình đường thẳng : . Oxyz ( ) 1; 2; 1 A − d 33 1 3 2 x y z −− == ( )  30 x y z + − + =  A d ( )  1 2 1 1 2 1 x y z − − + == −− 1 2 1 1 2 1 x y z − − + == 1 2 1 1 2 1 x y z − − − == 1 2 1 1 2 1 x y z − − + == −− ( ) 3 ; 3 3 ; 2 B t t t ++ d   ( ) 2 ; 1 3 ; 2 t 1 AB t t = + + + ( ) //   .0 AB n  = ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 1 0 t t t + + + − + = 2 2 0 t  + = 1 t  = − ( ) 2; 0; 2 B −  ( ) 1; 2; 1 AB = − −  1 2 1 1 2 1 x y z − − + == −− Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 72 Chọn ý A. Câu 9. Trong không gian , cho điểm và hai đường thẳng , . Phương trình đường thẳng đi qua điểm và cắt cả hai đường thẳng , là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là đường thẳng cần tìm. Gọi , , . Có , , thẳng hàng nên . Đường thẳng cần tìm qua và nhận là véc tơ chỉ phương nên có phương trình . Chọn ý C. Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho tam giác biết điểm , đường trung tuyến và đường cao có phương trình tương ứng là và . Viết phương trình đường phân giác góc . A. B. C. D. L ời gi ải Giả sử , . Tọa độ trung điểm của là . Oxyz ( ) 1; 1;1 A − 13 : 2 1 1 x y z −−  = = − 12 : 1 2 1 x y z +−   = = − A    1 1 1 6 1 7 x y z − + − == − 1 1 1 6 1 7 x y z + − + == −− 1 1 1 6 1 7 x y z − + − == −− 1 1 1 6 1 7 x y z − + − == d ( ) 1 2 ; ; 3 B t t t d + − =   ( ) ; 1 2 ; 2 C t t t d     − − + =   ( ) 2 ; 1; 2 AB t t t  = + − ( ) 1; 2 ;1 AC t t t    − − + A B C ( ) ( ) 3 2 21 20 13 1 2 2 1 4 2 21 1 13 t t k t t kt k AB k AC t kt t kt k t kt k t k t t  =−   =−   − + =      =  + = −  + = −  =        + + =  − = +     =   17 3; ; 22 AB   = − −   A ( ) 2 6; 1; 7 u AB = = − − 1 1 1 6 1 7 x y z − + − == −− Oxyz ABC ( ) 1; 2; 3 A BM CH 5 0 14 xt y zt =   =   =+  4 2 3 16 13 5 x y z − + − == − A 1 2 3 7 1 10 x y z − − − == − 1 2 3 4 13 5 x y z − − − == 1 2 3 2 3 1 x y z − − − == −− 1 2 3 2 11 5 x y z − − − == −− ( ) 5 ; 0; 1 4 B b b BM + ( ) 4 16 ; 2 13 ; 3 5 C c c c CH + − − +  M AC 5 16 13 6 5 ;; 2 2 2 c c c M ++  −  | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 73 . Gọi vecto Vectơ chỉ phương của là: . Do nên . , Đặt , , . Chọn là vectơ chỉ phương của đường phân giác góc . Vậy phương trình đường phân giác góc là: . Chọn ý D. Câu 11. Trong không gian , cho tam giác với , , . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua trực tâm của tam giác và vuông góc với mặt phẳng . A. B. C. D. L ời gi ải Ta có là trực tâm tam giác nên ta có . Ta có ; ; ; ; . . Ta có . Đường thẳng đi qua trực tâm của tam giác và vuông góc với mặt phẳng có vecto chỉ phương có phương trình là . Chọn ý B. M BM  5 16 5 2 13 0 2 65 14 2 c t c c t +  =   −  =   +  =+   0 1 2 c t =     =   ( ) 4; 2; 3 C − ( ) 5 1; 2; 4 2 AB b b = − − − CH ( ) 16; 13; 5 w=− AB CH ⊥ .0 AB u = ( ) ( ) ( ) 16 5 1 13 2 5 4 2 0 bb  − − − + − = 0 b = ( ) 0; 0; 1 B  ( ) 1; 2; 2 AB = − − − ( ) 3; 4; 0 AC=− 1 1 2 2 ;; 3 3 3 AB u AB  = = − − −   2 34 ; ; 0 55 u  =−   12 4 22 2 ;; 15 15 3 u u u  = + = − −   ( ) 2; 11; 5 v = − − A A 1 2 3 2 11 5 x y z − − − == −− Oxyz ABC ( ) 3;0;0 A ( ) 0;6;0 B ( ) 0;0;6 C ABC ( ) ABC 1 2 3 2 1 1 x y z + + + == 2 1 1 2 1 1 x y z − − − == 3 6 6 2 1 1 x y z − − − == 1 3 3 2 1 1 x y z − − − == ( ) ;; H a b c ABC .0 .0 , . 0 AH BC BH AC AB AC AH  =   =    =    ( ) 3; ; AH a b c =− ( ) ; 6; BH a b c =− ( ) 0; 6;6 BC=− ( ) 3;0;6 AC=− ( ) 3;6;0 AB=− ( ) , 36;18;18 AB AC  =  .0 .0 , . 0 AH BC BH AC AB AC AH  =   =    =    ( ) 6 6 0 3 6 0 36 3 18 18 0 bc ac a b c  − + =   − + =   − + + =  6 6 0 3 6 0 26 bc ac abc − + =    − + =   + + =  2 1 1 a b c =   =   =  ( ) 2;1;1 H → ( ) 2;1;1 H ABC ( ) ABC ( ) 1 , 2;1;1 18 u AB AC  ==  2 1 1 2 1 1 x y z − − − == Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 74 Câu 12. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Đường thẳng đi qua điểm , vuông góc với và cắt có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải . Vectơ chỉ phương của là ; Theo yêu cầu bài toán: nên . Đường thẳng đi qua điểm nhận làm vectơ chỉ phương nên . Chọn ý D. Câu 13. Cho hai đường thẳng ; và điểm . Đường thẳng đi qua , vuông góc với và cắt có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là giao của và . Ta có Đường thẳng vuông góc với suy ra Suy ra Vậy đường thẳng đi qua , vuông góc với và cắt có phương trình là . Chọn ý D. Oxyz 1 2 2 3 : 2 1 1 x y z d − + − == − 2 1 : 1 2 1 xt d y t zt =−   =+   = − +   ( ) 1; 2; 3 A 1 d 2 d 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == − − − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −− 2 1 : 1 2 1 xt M d y t zt =−    = +   = − +  ( ) 1 ;1 2 ; 1 M t t t  − + − + 1 d ( ) 2; 1;1 u − ( ) ; 2 1; 4 AM t t t − − − + .0 u AM = ( ) 2 2 1 4 0 t t t  − − − − + = 1 t  = − ( ) 1; 3; 5 AM −−  ( ) 1; 2; 3 A ( ) 1; 3; 5 AM −− 1 2 3 : 1 3 5 x y z − − −  = = −− 1 2 2 3 : 2 1 1 x y z d − + − == − 2 1 : 1 2 1 xt d y t zt =−   =+   = − +  ( ) 1;2;3 A  A 1 d 2 d 1 2 3 1 3 1 x y z − − − == 1 2 3 1 3 1 x y z − − − == − − − 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −− ( ) 1 ;1 2 ; 1 B t t t − + − +  2 d ( ) ;2 1; 4 AB t t t = − − −  1 d 1 . 0 2 1 2 4 0 1 AB d t t t t =  − + − − + =  = − ( ) 1; 3; 5 AB = − −  A 1 d 2 d 1 2 3 1 3 5 x y z − − − == −−| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 75 Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng 2 3 4 : 2 3 5 − − + == − x y z d và 1 4 4 : 3 2 1 + − −  == −− x y z d . A. 1 1 1 1 − == x y z B. 2 2 3 2 3 4 − − − == x y z C. 2 2 3 2 2 2 − + − == x y z D. 23 2 3 1 −− == − x y z L ời gi ải Ta có  Md suy ra ( ) 2 2 ;3 3 ; 4 5 + + − − M m m m . Tương tự   Nd suy ra ( ) 1 3 ;4 2 ;4 − + − − N n n n . Từ đó ta có ( ) 3 3 2 ;1 2 3 ;8 5 = − + − − − − + MN n m n m n m . Mà do MN là đường vuông góc chung của d và  d nên ⊥    ⊥  MN d MN d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 3. 1 2 3 5 8 5 0 3 3 3 2 2. 1 2 3 1 8 5 0 − + − + − − − − + =     − + − − − − − − + =   n m n m n m n m n m n m 38 5 43 5 14 19 − + =    − + =  mn mn 1 1 =−    =  m n . Suy ra ( ) 0;0;1 M , ( ) 2;2;3 N . Ta có ( ) 2;2;2 = MN nên đường vuông góc chung MN là 1 1 1 1 − == x y z . Chọn ý A. Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 4 0 + + − = P x y z và đường thẳng 12 : 2 1 3 ++ == x y z d . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d . A. 1 1 1 5 1 3 − − − == −− x y z B. 1 1 1 5 1 3 − − − == − x y z C. 1 1 1 5 1 2 − + − == − x y z D. 1 3 1 5 1 3 + + − == − x y z L ời gi ải Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) 1;2;1 = P n . Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( ) 2;1;3 = d u . Phương trình tham số của đường thẳng 12 : 23 = − +   =   = − +  xt d y t zt . Xét phương trình: 1 2 2 2 3 4 0 7 7 0 1 − + + − + − =  − =  = t t t t t . Suy ra giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P là ( ) 1;1;1 A . Ta có:  A . Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là ( ) ( ) , 5; 1; 3   = = − −  d P u n u . Phương trình chính tắc của đường thẳng 1 1 1 : 5 1 3 − − −  = = −− x y z . Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 76 Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 2 : 1 2 1 − − + == −− x y z d ; 2 5 1 2 : 3 2 1 − + − == − x y z d và mặt phẳng ( ) : 2 3 5 0 + + − = P x y z . Đường thẳng vuông góc với ( ) P , cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 11 1 2 3 −+ == x y z B. 2 3 1 1 2 3 − − − == x y z C. 3 3 2 1 2 3 − − + == x y z D. 11 3 2 1 −+ == x y z L ời gi ải Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường thẳng ( ):1 + + = x y z P a b c cần tìm với 1 d và 2 d , khi đó ( ) 3 ;3 2 ; 2 − − − + M t t t , ( ) 5 3 ; 1 2 ;2 − − + + N s s s ( ) 2 3 ; 4 2 2 ;4  = − + − + + + − MN s t s t s t . Đường thẳng ( ):1 + + = x y z P a b c vuông góc với ( ) P suy ra MN cùng phương với ( ) 1;2;3 = P n . Do đó 2 3 4 2 2 4 1 2 3 − + − + + + − == s t s t s t 2 1 =    =  t s ( ) 1; 1;0 − M . Vậy đường thẳng cần tìm qua ( ) 1; 1;0 − M và có vectơ chỉ phương là ( ) 1;2;3 = u là 11 1 2 3 −+ == x y z . Chọn ý A. Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 2; 2; 1 A , 8 4 8 ;; 333  −   B . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB có phương trình là A. 1 3 1 1 2 2 + − + == − x y z B. 1 8 4 1 2 2 + − − == − x y z C. 1 5 11 3 3 6 1 2 2 + − − == − x y z D. 2 2 5 9 9 9 1 2 2 + − + == − x y z L ời gi ải Xét bài toán: Cho ABC , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi a , b ,c là độ dài các cạnh. Khi đó ta có . . . 0 + + = a IA b IB c IC . Ch ứng minh. Gọi D và E lần lượt là chân các đường phân giác của ABC kẻ từ B và C . Dựng tia Ax song song BD cắt CE tại M . Dựng tia Ay song song CE cắt BD tại N . C D N A M E x B I y| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 77 Ta có: =+ AI AM AN . Mặt khác EAM EBI  , suy ra = EA AM EB BI . Hơn nữa, == EA AC b EB BC a Do đó =  = AM b b AM IB BI a a . Tương tự: = c AN IC a Từ đó suy ra . . . 0 = +  + + = bc AI IB IC a IA b IB c IC aa Gọi ( ) ;; I a b c là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Áp dụng bài toán trên cho OAB , ta được . . . 0 + + = AB IO OB IA OA IB ( ) * . Ta có 3 = OA , 4 = OB , 5 = AB ; ( ) ;; = − − − IO a b c , ( ) 2 ;2 ;1 = − − − IA a b c , 8 4 8 ;; 3 3 3 − = − − −   IB a b c . Từ ( ) * ta có ( ) ( ) ( ) 8 5 4 2 3 0 3 0 4 5 4 2 3 0 1 3 1 8 5 4 1 3 0 3   − + − + − − =     =     − + − + − =  =     =    − + − + − =     a a a a b b b b c c c c . Do đó ( ) 0;1;1 I . Mặt khác, ta có: ( ) , 4; 8; 8  =−  OA OB . Suy ra vec tơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là ( ) 1; 2; 2 =− u . Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là 11 1 2 2 −− == − x y z . Nh ận xét: Điểm ( ) 1;3 1 − −  Kd nên phương trình đường thẳng d viết lại 1 3 1 1 2 2 + − + == − x y z . Chọn ý A. Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;1;1 A , ( ) 1;2;0 − B , ( ) 2; 3;2 − C . Tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A , B , C là một đường thẳng d . Phương trình tham số của đường thẳng d là: A. 83 15 7 = − −   =   =+  xt yt zt B. 83 15 7 = − +   =   =−  xt yt zt C. 83 15 7 = − +   =−   = − −  xt yt zt D. 83 15 7 = − +   =   =+  xt yt zt L ời gi ải Ta có ( ) 2;1; 1 = − − AB ; ( ) 3; 5;2 =− BC . Ta thấy AB và BC không cùng phương nên ba điểm A , B , C không thẳng hàng. M cách đều hai điểm A , B nên điểm M nằm trên mặt trung trực của AB . M cách đều hai điểm B , C nên điểm M nằm trên mặt trung trực của BC . Do đó tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A , B , C là giao tuyến của hai mặt trung trực của AB và BC . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 78 Gọi ( ) P , ( ) Q lần lượt là các mặt phẳng trung trực của AB và BC . 31 0; ; 22    K là trung điểm AB ; 11 ; ;1 22  −   N là trung điểm BC . Mặt phẳng ( ) P đi qua K và nhận ( ) 2;1; 1 = − − AB làm véctơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng ( ) 31 : 2 0 22     − + − − − =         P x y z hay ( ) : 2 1 0 − + + = P x y z . Mặt phẳng ( ) Q đi qua N và nhận ( ) 3; 5;2 =− BC làm véctơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng ( ) ( ) 11 :3 5 2 1 0 22     − − + + − =         Q x y z hay ( ) :3 5 2 6 0 − + − = Q x y z . Ta có 2 1 0 : 3 5 2 6 0 − + + =   − + − =  x y z d x y z Nên d có véctơ chỉ phương ( ) , 3;1;7  = = −  u AB BC . Cho 0 = y ta sẽ tìm được 8 =− x , 15 = z nên ( ) 8;0;15 − d . Vậy 83 15 7 = − −   =   =+  xt yt zt . Chọn ý A. Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) a;0;0 , 0;b;0 , 0;0;2 . A B C Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Biết rằng khi a và b thay đổi thỏa mãn điều kiện: 24 ab += thì tâm I thuộc một đường thẳng cố định  . Phương trình đường thẳng  tương ứng là A. 1 2 1 xt yt z =−   =   =  B. 22 1 xt yt z =   =+   =  C. 2 12 1 xt yt z =−   =+   =  D. 12 1 xt yt z =−   =   =  L ời gi ải tứ diện OABC là tứ diện vuông và đã biết tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông tại đỉnh O là: 42 ; ;1 ; ;1 ;2 ;1 2 2 2 2 2 2 A B C a b a a a Ia + + −       = = = = −             Đặt ( ) 2 ;2 2 ;1 a t I t t =  − Suy ra tâm I thuộc một đường thẳng cố định có phương trình 1 :2 1 xt yt z =−   =   =  Chọn đáp án A | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 79 Câu 20. Trong không gian , cho ba đường thẳng có phương trình lần lượt , và . Đường thẳng song song , cắt và có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Ta có , . Gọi là đường thẳng cần tìm. Gọi , . . song song nên với . . Đường thẳng đi qua và có vtcp là nên . Chọn ý B. Câu 21. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng . Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng , đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng ? A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình tham số của đường thẳng . Ta có . Mặt khác . Vectơ chỉ phương của là . Vectơ chỉ pháp tuyến của là Oxyz 1 3 1 2 : 2 1 2 x y z d − + − == − 2 14 : 3 2 1 x y z d ++ == −− 3 32 : 4 1 6 x y z d +− == − 3 d 1 d 2 d 3 1 2 4 1 6 x y z − + − == 3 1 2 4 1 6 x y z − + − == −− 14 4 1 6 x y z +− == − 14 4 1 6 x y z −+ == − 1 32 :1 22 xu d y u zu =+   = − +   =−  2 13 :2 4 xv d y v zv = − +   =−   = − −  4 d 41 A d d = ( ) 3 2 ; 1 ;2 2 A u u u  + − + − 42 B d d = ( ) 1 3 ; 2 ; 4 B v v v  − + − − − ( ) 4 3 2 ;1 2 ; 6 2 AB v u v u v u = − + − − − − − + 4 d 3 d 3 AB ku = ( ) 3 4; 1;6 u=− 3 4 3 2 4 0 1 2 0 6 2 6 1 v u k v AB ku v u k u v u k k − + − = =   =  − − = −  =   − − + = = −  4 d ( ) 3; 1;2 A − ( ) 3 4; 1;6 u=− 4 3 1 2 : 4 1 6 x y z d − + − == −− Oxyz 1 2 3 : 1 2 1 x y z d − − − == ( ) : 2 0 x y z  + − − = ( )  d 2 2 4 4 : 1 2 3 x y z − − −  = = − 4 11 : 3 2 1 x y z −−  = = − 3 5 2 5 : 3 2 1 x y z − − −  = = − 1 2 4 4 : 3 2 1 x y z + + +  = = −− 1 : 2 2 3 xt d y t zt =+   =+   =+  ( ) 1 ;2 2 ;3 I d I t t t   + + + ( ) ( ) 1 2 2 3 2 0 1 I t t t t    + + + − + − =  =  ( ) 2;4;4 I d ( ) 1;2;1 u = ( )  ( ) 1;1; 1 n=− Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 80 Ta có . Đường thẳng cần tìm qua điểm , nhận một VTCP là nên có phương trình tham số . Kiểm tra , thấy thỏa mãn phương trình .Vậy chọn C. Chọn ý C. Câu 22. Trong không gian tọa độ , cho tam giác biết , , . Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác và vuông góc với mặt phẳng là A. B. C. D. L ời gi ải Ta có: ; , , , vuông tại . Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của . Đường thẳng cần tìm đi qua và nhận vectơ làm véc tơ chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng là . Chọn ý A. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và đường thẳng . Phương trình tham số của đường thẳng đi qua , cắt và vuông góc với là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi . Do nên . Suy ra . Ta có có vectơ chỉ phương . ( ) , 3;2; 1 un  = − −  ( ) 2;4;4 I ( ) , 3;2; 1 un  = − −  23 42 4 xt yt zt =−   =+   =−  ( ) 3 5;2;5 A  ( ) 5;2;5 A ( ) * Oxyz ABC ( ) 1;0; 1 A − ( ) 2;3; 1 B − ( ) 2;1;1 C − ABC ( ) ABC 3 1 5 3 1 5 x y z − − − == − 2 3 1 5 x y z − == 11 1 2 2 x y z −+ == − 3 2 5 3 1 5 x y z − − − == − ( ) 1;3;0 AB = ( ) 4; 2;2 BC = − − ( ) 3;1;2 AC=− 2 10 AB = 2 24 BC = 2 14 AC = ABC  A I BC ( ) 0;2;0 I  d ( ) 0;2;0 I 1 , 2 u AB AC  =  ( ) 3; 1;5 =− d 3 1 5 3 1 5 x y z − − − == − Oxyz ( ) 2; 1; 0 M 11 : 2 1 1 x y z −+  = = − d M  2 : 1 4 2 xt d y t zt =+   =−   =−  2 :1 xt d y t zt =−   =+   =  1 : 1 4 2 xt d y t zt =+   = − −   =  22 :1 xt d y t zt =+   =+   =−  Id =   I  ( ) 2 1; 1; I t t t + − − ( ) 2 1; 2; MI t t t = − − −  ( ) 2;1; 1 u=− d M u I | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 81 Ta có . Suy ra , từ đó suy ra có một vectơ chỉ phương là và đi qua nên có phương trình . Chọn ý A. Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và mặt phẳng , đường thẳng đi qua điểm , song song với mặt phẳng , đồng thời cắt trục . Viết phương trình tham số của đường thẳng . A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là giao điểm của đường thẳng và trục . Ta có . Vì đường thẳng song song với mặt phẳng nên: . Suy ra . Chọn ý B. Câu 25. Trong không gian , cho điểm và hai đường thẳng , . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm , cắt và vuông góc với ? A. B. C. D. L ời gi ải Gọi đường thẳng cần tìm là , là giao của và . Khi đó: , . Do vuông góc với nên: . Khi đó , hay vectơ chỉ phương của là . Vậy phương trình : . Chọn ý B. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . 0 2 1 .2 2 .1 . 1 0 6 4 0 3 d MI u MI u t t t t t ⊥   ⊥  =  − + − + − − =  − =  = 1 4 2 ; ; 3 3 3 MI  = − −   d ( ) 1; 4; 2 d u = − − ( ) 2; 1; 0 M 2 : 1 4 2 xt d y t zt =+   =−   =−  Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) :2 4 1 0 P x y z + − + = d A ( ) P Oz d 15 26 3 xt yt zt =+   =−   =+  2 2 xt yt zt =   =   =+  13 22 3 xt yt zt =+   =+   =+  1 26 3 xt yt zt =−   =+   =+  ( ) 0;0; Bb d Oz ( ) 1; 2; 3 d u AB b = = − − − d ( ) P .0 P AB n = ( ) 2 2 4 3 0 b  − − − − = 2 b = ( ) ( ) 1; 2; 1 1 1;2;1 d u AB = = − − − = − Oxy ( ) 1;1;2 M − 2 3 1 : 3 2 1 x y z d − + − == 1 : 1 3 2 x y z d +  == − M d d  17 17 27 xt yt zt = − −   =+   =+  13 1 2 xt yt z = − +   =−   =  13 1 2 xt yt z =+   =−   =  13 1 2 xt yt z = − +   =+   =   A  d ( ) 2 3 ; 3 2 ;1 A t t t + − + + ( ) 3 3 ; 4 2 ; 1 MA t t t = + − + − +  d  2 .0 MAu = 7 7 0 1 tt  − =  = ( ) 6; 2;0 MA=−  ( ) 3; 1;0 −  13 1 2 xt yt z = − +   =−   =  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 82 Câu 26. Trong không gian , Cho mặt phẳng và đường thẳng . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình tham số của đường thẳng là . Gọi là giao điểm của và . Khi đó tọa độ của là thỏa mãn . Mặt phẳng có VTPT ; Đường thẳng có VTCP . Khi đó . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng . Do đó đi qua và nhận làm một VTCP. Vậy phương trình của là . Chọn ý A. Câu 27. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng . Đường thẳng nằm trong , cắt và vuông góc với có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình tham số của . Gọi . Khi đó nên ; nên . Vậy đường thẳng cắt mặt phẳng tại . Oxyz ( ) : 2 2 0 R x y z + − + = 1 1 : 2 1 1 x y z −  = = − 2  ( ) R 1  3 1 xt yt zt =   =−   =−  2 1 xt yt zt =   =−   =+  2 1 xt yt zt =+   =−   =  23 1 xt yt zt =+   =−   =  1  2 1 xt yt zt =   =   =−  ( ) ;; I x y z 1  ( ) R I 2 0 0 1 1 2 2 0 xt x yt y zt z x y z =  =   =  =  =−  =   + − + =  ( ) 0;0;1 I = ( ) R ( ) 1;1; 2 n=− 1  ( ) 2;1; 1 u=−   ( ) , 1; 3; 1 nu = − − 2  ( ) R 1  2  ( ) 0;0;1 I =   , nu 2  3 1 xt yt zt =   =−   =−  Oxyz 12 : 1 1 1 x y z d −− == − ( ) : 2 2 1 0 P x y z − − + = ( ) P d 2 1 3 3 4 1 x y z + − + == 2 1 3 3 4 1 x y z − + − == − 2 1 3 3 4 1 x y z − + − == 1 1 1 3 4 1 x y z − + − == 1 : 2 xt d y t zt =+   =−   =+  ( ) M d P = Md  ( ) 1 ; ;2 M t t t + − + ( ) MP  ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 0 1 t t t t + − − − + + =  = d ( ) P ( ) 2; 1;3 M −| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 83 Gọi và lần lượt là vectơ chỉ phương của và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là . Chọn ý C. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết ( ) 1;0;1 A , ( ) 1;0; 3 − B và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng ( ) ABCD đi qua gốc tọa độ O . Khi đó đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình A. 1 : 1 =−   =   =−  x d y t z B. 1 : 1 =   =   =−  x d y t z C. 1 : 1 =−   =   =  x d y t z D. :1 =   =   =  xt dy zt L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 0;0; 4 4 0;0;1 = − = − AB . Hay AB có véc-tơ chỉ phương ( ) 0;0;1 = k . Mặt phẳng ( ) ABCD có một véc-tơ pháp tuyến: ( ) ( ) ; 0;4;0 4 0;1;0  ==  OA OB , hay ( ) 0;1;0 = j là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) ABCD . Vì ( ) ⊥       AD AB AD ABCD nên  ⊥   ⊥   AD k AD j . Đường thẳng AD có véc-tơ chỉ phương là ( ) ; 1;0;0  =  jk . Phương trình đường thẳng AD là 1 0 1 =+   =   =  xt y z . Do đó ( ) 1 ;0;1 + Dt . Mặt khác ( ) 2 22 4 0 1 1 4 4 =  =  + + − =   =−  t AD AB t t . Vì điểm D có hoành độ âm nên ( ) 3;0;1 − D . Vì tâm I của hình vuông ABCD là trung điểm BD , nên ( ) 1;0; 1 = − − I . Đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có véc-tơ pháp tuyến là ( ) 0;1;0 = j , nên phương trình đường thẳng d là 1 : 1 =−   =   =−  x d y t z . Chọn ý A. ( ) 1; 1;1 d u =− ( ) 2; 1; 2 n = − − d ( ) P ( ) , 3;4;1 d u u n  ==  2 1 3 3 4 1 x y z − + − == Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 84 Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có ( ) 2;2;1 H , 8 4 8 ;; 333  −   K , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC có phương trình là A. 4 1 1 : 1 2 2 + + − == − x y z d B. 8 2 2 3 3 3 : 1 2 2 − − + == − x y z d C. 4 17 19 9 9 9 : 1 2 2 + − − == − x y z d D. 66 : 1 2 2 −− == − x y z d L ời gi ải Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai góc vuông K , O cùng nhìn BC dưới một góc vuông) suy ra = OKB OCB ( ) 1 Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai góc vuông K , H cùng nhìn DC dưới một góc vuông) suy ra = DKH OCB ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra = DKH OKB . Do đó BK là đường phân giác trong của góc OKH và AC là đường phân giác ngoài của góc OKH . Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc KOH và AB là đường phân giác ngoài của góc KOH . Ta có 4 = OK ; 3 = OH ; 5 = KH . Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc OKH và KOH . Ta có = I AC HO ta có 4 5 == IO KO IH KH 4 5 = IO IH ( ) 8; 8; 4  − − − I . Ta có = J AB KH ta có 4 3 == JK OK JH OH ( ) 4 16;4; 4 3  =  − JK JH J . Đường thẳng IK qua I nhận ( ) 16 28 20 4 ; ; 4;7;5 3 3 3 3  ==   IK làm vec tơ chỉ phương có phương trình ( ) 84 : 8 7 45 = − +   = − +   = − +  xt IK y t zt . I J A O K D B C H| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 85 Đường thẳng OJ qua O nhận ( ) ( ) 16;4; 4 4 4;1; 1 = − = − OJ làm vec tơ chỉ phương có phương trình ( ) 4 :  =    =    =−  xt OJ y t zt . Khi đó = A IK OJ , giải hệ ta tìm được ( ) 4; 1;1 −− A . Ta có ( ) 4;7;5 = IA và ( ) 24;12;0 = IJ , ta tính ( ) ( ) , 60;120; 120 60 1; 2;2  = − − = − −  IA IJ . Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC có véc tơ chỉ phương ( ) 1; 2;2 =− u nên có phương trình 4 1 1 1 2 2 + + − == − x y z . Nh ận xét. • Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm D của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK . Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có . . . 0 + + = a IA b IB c IC , với = a BC , = b CA, = c AB ”. Sau khi tìm được D , ta tìm được A với chú ý rằng  A DH và ⊥ OA DA . • Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm A bằng cách chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp góc H của tam giác OHK . Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A , ta có . . . 0 − + + = a JA b JB c JC , với = a BC , = b CA, = c AB ”. Chọn ý A. Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ cho ba điểm , , , đường thẳng cách đều ba điểm , , có phương trình là A. 8 26 3 5 22 3 4 27 3 xt yt zt  =+    =+    =+   B. 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  C. 11 6 1 22 6 27 x yt zt  =    =+   =    D. 4 26 2 38 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  L ời gi ải Gọi là trung điểm của suy ra và là mặt phẳng trung trực của đoạn . Mặt phẳng đi qua và nhận làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là: . Gọi là trung điểm của suy ra và là mặt phẳng trung trực của đoạn Mặt phẳng đi qua và nhận làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là: .Khi đó Oxyz ( ) 3; 2;4 A − ( ) 5;3; 2 B − ( ) 0;4;2 C d A B C I AB 1 4; ;1 2 I    ( ) P AB ( ) P I ( ) 2;5; 6 AB=− ( ) ( ) 1 2 4 5 6 1 0 4 10 12 9 0 2 x y z x y z  − + − − − =  + − − =   J AC 3 ;1;3 2 J    ( ) Q AC ( ) Q J ( ) 3;6; 2 AC = − − ( ) ( ) 3 3 6 1 2 3 0 6 12 4 9 0 2 x y z x y z  − − + − − − =  − + − =   ( ) ( ) d P Q = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 86 Ta có có vectơ chỉ phương và đi qua là nghiệm của hệ , ta chọn suy ra và . Vậy . Phương trình tham số của là: . Chọn ý B. Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho đường thẳng , mặt phẳng và điểm . Viết phương trình đường thẳng đi qua cắt và song song với mặt phẳng . A. 1 2 1 1 2 1 − − + == x y z B. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z C. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z D. 1 2 1 1 2 1 − − + == −− x y z L ời gi ải Gọi . Mặt phẳng có VTPT là . . Vậy . Chọn ý C. Câu 32. Trong không gian , cho hai đường thẳng và lần lượt có phương trình là và . Đường thẳng cắt cả hai đường thẳng , và song song với đường thẳng có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là mặt phẳng chứa hai đường thẳng và Khi đó đi qua và có cặp véctơ chỉ phương , . Gọi là VTPT của . Khi đó Phương trình d ( ) ; 26;22;27 u AB AC  ==  M 4 10 12 9 0 6 12 4 9 0 x y z x y z + − − =   − + − =  4 x = 2 y = 9 4 z = 9 4;2; 4 M    d 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  Oxyz 33 : 1 3 2 x y z d −− == ( ) : 3 0 x y z  + − + = ( ) 1; 2; 1 A −  A d ( )  Md =   Md  ( ) 3 ; 3 3 ; 2 M t t t  + + ( ) 2 ;1 3 ;1 2 AM t t t  = + + + ( )  ( ) 1;1; 1 n=− ( ) // AM  .0 AM n = 2 1 3 1 2 0 t t t  + + + − − = 1 t  = − ( ) 1; 2; 1 AM  = − − 1 2 1 : 1 2 1 x y z − − +  = = −− Oxyz 1 d 2 d 1 1 2 1 x y z + == 11 1 2 3 x y z −− == − d 1 d 2 d 4 7 3 : 1 4 2 x y z − − −  = = − 1 1 4 1 4 2 x y z + + + == − 114 1 4 2 x y z − + − == − 1 1 4 1 4 2 x y z + − + == − 1 1 4 1 4 2 x y z − − − == − ( ) P 1 d d ( ) P ( ) 0; 1;0 M − ( ) 1 1;2;1 u = ( ) 1;4; 2 u=− n ( ) P ( ) 1 , 8;3;2 n u u  = = −  ( ) : 8 3 2 3 0 P x y z − + + + =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 87 Gọi là giao điểm của đường thẳng và . Đường thẳng đi qua và có VTCP có phương trình: . Chọn ý B. Câu 33. Trong không gian , cho hai đường thẳng chéo nhau và . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng vuông góc chung của và ? A. B. C. D. L ời gi ải Gọi sao cho Ta có ; ; ; , , . Vậy phương trình đường thẳng vuông góc chung của và là . Chọn ý A. Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 3; 2;4 A − , ( ) 5;3; 2 B − , ( ) 0;4;2 C , đường thẳng d cách đều ba điểm A , B , C có phương trình là A. 8 26 3 5 22 3 4 27 3 xt yt zt  =+    =+    =+   B. 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  C. 11 14 6 1 22 6 27 xt yt zt  =+    =+   =    D. 4 26 2 38 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  L ời gi ải Tọa độ trung điểm của AB là 1 4; ;1 2 M    . Ta có ( ) 2;5; 6 AB=− nên phương trình mặt phẳng trung trực của AB là ( ) ( ) 1 2 4 5 6 1 0 2 x y z  − + − − − =   hay 9 2 5 6 0 2 x y z + − − = . H 2 d ( ) P 8 3 2 3 0 12 13 x y z xt yt zt − + + + =   =   =−   =+  1 1 4 x y z =    = −   =  ( ) 1; 1;4 H − d H ( ) 1;4; 2 u=− 114 1 4 2 x y z − + − == − Oxyz 3 2 1 : 4 1 1 x y z d − + + == − 12 : 6 1 2 x y z d −−  == − d d  11 1 2 2 x y z ++ == 11 1 2 2 x y z −− == 11 1 2 2 x y z +− == 1 1 1 1 2 2 x y z − − + == ( ) ( ) 3 4 ; 2 ; 1 6 ;1 ;2 2 b A a a a d B b b d − − + − +      − + +    AB d AB d ⊥    ⊥  ( ) 4 6 3; 3;2 3 AB a b b a b a = − − − + − + ( ) 4;1;1 d u =− ( ) 6;1;2 d u  =− .0 .0 d d AB u AB u   =   =   ( ) ( ) ( ) 4 4 6 3 3 2 3 0 6 4 6 3 3 2 2 3 0 a b b a b a a b b a b a − − − + − + + − + =     − − − + − + + − + =   1 0 a b =    =  ( ) 1; 1;0 A  − − ( ) 0;1;2 B ( ) 1;2;2 AB = d ' d 11 1 2 2 x y z ++ == Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 88 Tọa độ trung điểm của AC là 3 ;1;3 2 N    . Ta có ( ) 3;6; 2 AC = − − nên phương trình mặt phẳng trung trực của AC là ( ) ( ) 3 3 6 1 2 3 0 2 x y z  − − + − − − =   hay 9 3 6 2 0 2 x y z − + − + = . Các điểm thuộc đường thẳng d có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình 9 2 5 6 0 2 9 3 6 2 0 2 x y z x y z  + − − =     − + − + =   . Ta thấy 9 4;2; 4 D    thỏa mãn hệ phương trình đó nên Dd  . Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là ( ) , 26;22;27 n AB AC  ==  . Do đó, phương trình đường thẳng d là 4 26 2 22 9 27 4 xt yt zt   =+  =+    =+  . Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2;0;1 B , ( ) 2;2;3 C − . Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) ABC qua trực tâm H của ABC  và cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45  có một vectơ chỉ phương là ( ) ;; u a b c = với a là một số nguyên tố. giá trị của biểu thức ab bc ca ++ bằng. A. 67 − B. 23 C. 33 − D. 37 − L ời gi ải Ta có ( ) 1; 2;2 AB=− , ( ) 3;0;4 AC=− . 3 8 5 0 AB AC  = − + =  90 BAC    . Đường thẳng cần tìm song song với phân giác trong của góc A có vectơ chỉ phương xác định bởi ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 4 2 22 2 1; 2;2 3;0;4 ; ; 2; 5;11 3 5 15 3 15 15 u AB AC AB AC  = + = − + − = − − = − −   . Suy ra 2 5 11 a b c =−   =−   =  . Vậy 67 ab bc ca + + = − . Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 1 A − , ( ) 2;0;1 B , ( ) 2;2;3 C − . Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) ABC qua trực tâm H của ABC  và cùng tạo với các đường thẳng AB , AC một góc 45  có một vectơ chỉ phương là ( ) ;; u a b c = với a là một số nguyên tố. giá trị của biểu thức ab bc ca ++ bằng A. 67 − B. 23 C. 33 − D. 37 − L ời gi ải Ta có: ( ) 1; 2;2 AB=− , ( ) 3;0;4 AC=− . 3 8 5 0 AB AC  = − + =  90 BAC    . Đường thẳng cần tìm song song với phân giác ngoài của góc A có vectơ chỉ phương xác định bởi ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 14 2 2 2 1; 2;2 3;0;4 ; ; 7; 5; 1 3 5 15 3 15 15 u AB AC AB AC  = − = − − − = − − = − −   . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 89 Suy ra 7 5 1 a b c =   =−   =−  . Vậy 37 ab bc ca + + = − . Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 3 : 2 2 1 x y z d − − − == và 2 52 : 6 3 2 x y z d ++ == cắt nhau tại điểm ( ) 1;1;2 I . Viết phương trình đường thẳng  là phân giác của góc nhọn tạo bởi 1 d và 2 d . A. 1 1 2 : 32 23 13 x y z − − −  = = B. 1 1 2 : 8 5 3 x y z − − −  = = C. 1 1 2 : 4 5 1 x y z − − −  = = − D. 1 1 2 : 4 1 1 x y z − − −  = = L ời gi ải Ta có ( ) 1 2;2;1 u = , ( ) 2 6;3;2 u do đó 12 .0 uu  . Suy ra phân giác của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng có vectơ chỉ phương là ( ) ( ) ( ) 12 2 2 2 2 2 12 1 1 1 1 32 23 13 1 2;2;1 6;3;2 ; ; 32;23;13 21 21 21 21 2 2 1 6 3 2 u u u uu  = + = + = =   + + + + Vậy đường thẳng cần tìm là 1 1 2 : 32 23 13 x y z − − −  = = . Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 3 : 2 2 1 x y z d − − − == và 2 52 : 6 3 2 x y z d ++ == cắt nhau tại điểm ( ) 1;1;2 I . Viết phương trình đường thẳng  là phân giác của góc tù tạo bởi 1 d và 2 d . A. 1 1 2 : 32 23 13 x y z − − −  = = B. 1 1 2 : 8 5 3 x y z − − −  = = C. 1 1 2 : 4 5 1 x y z − − −  = = − D. 1 1 2 : 4 1 1 x y z − − −  = = L ời gi ải Ta có ( ) 1 2;2;1 u = , ( ) 2 6;3;2 u do đó 12 .0 uu  . Suy ra phân giác của góc tù tạo bởi hai đường thẳng có vectơ chỉ phương là ( ) ( ) ( ) 12 2 2 2 2 2 12 1 1 1 1 4 5 1 1 2;2;1 6;3;2 ; ; 4;5;1 21 21 21 21 2 2 1 6 3 2 u u u uu  = − = − = − = −   + + + + Vậy đường thẳng cần tìm là 1 1 2 : 4 5 1 x y z − − −  = = − . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 90 Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ( ) : 1 0; : 0 P x my mz Q mx y z m + − + = + + + = . Đường thẳng '  qua gốc tọa độ O và song song với đường thẳng  . Ba điểm ,, A B C lần lượt di động trên , , ' Oz  . Giá trị nhỏ nhất của AB BC CA ++ bằng A.1 B.22 C. 2 D. 2 L ời gi ải Ta có ( ) 22 ; 2 ; 1;1 PQ u n n m m m   = = − − −  và  đi qua ( ) 1;0;0 M − . Mặt khác: ( ) 2 2 ; AB AC BC BC BC BC d  + +  + =    . Vì   đi qua O và song song với   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 4 2 22 2 2 2 ; 2 1 1 21 ; ; 2 1 4 1 1 OM u mm m d d O m u m m m    − + + +     =  = = =  + + + + − Dấu bằng đạt tại 2 11 mm =  =  , lúc này A trùng C trùng O và B là hình chiếu vuông góc của O lên  . Câu 40. Trong không gian Ox , yz với m là số thực thay đổi thì mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 1 4 2 2 0 P m x m m y m z m m + − − + + + − + = luôn chứa một đường thẳng  cố định. Viết phương trình đường thẳng  . A. 14 : 1 2 xt yt zt = − −    = − −   =  B. 12 14 xt yt zt =   = − −   = − −  C. 14 : 1 2 xt yt zt = − +    = − −   =  D. 12 14 xt yt zt = − −   = − −   =  L ời gi ải Ta tìm đường thẳng cố định bằng cách: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 4 2 2 0, 2 1 2 2 1 2 0, 2 1 0 1 4 1 4 2 1 0 2 1 0 1 2 : 1 2 2 1 0 20 m x m m y m z m m m m x y m y z x y z m x y x t x t xy y z y t y t yz x y z z t z t + − − + + + − + =   − − + + + + − + =  − − = = − − = − −    − − =      = + =   = − − −   = − −     + + =     − + = = =    Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;6 . A Biết có hai điểm , MN phân biệt thuộc trục Ox sao cho các đường thẳng , AM AN cùng tạo với đường thẳng chứa trục Ox một góc 0 45 . Tổng các hoành độ của hai điểm , MN bằng A. 4 B. 2 C. 1 D. 5 L ời gi ải Gọi điểm ( ) ( ) ;0;0 1;0; 6 M m Ox AM m   − − và trục Ox có vecto chỉ phương ( ) 1;0;0 i . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 91 Vậy theo giả thiết có ( ) ( ) 0 22 . 5 11 1 cos 45 7 2 . 1 36 1 36 AM i m mm m AM i mm =− −−  = =  =   =  − + − + Vậy tổng hoành độ của hai điểm này bằng 5 7 2 − + = Câu 42. Trong không gian , Oxyz cho hai điểm ( ) ( ) ;0; 2 , 2; ;0 A a B b − . Gọi ( )  là mặt phẳng chứa A và trục ( ) ; Oy  là mặt phẳng chứa B và trục Oz . Biết rằng ( ) ( ) ,  cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng  có vecto chỉ phương ( ) 2;1;2 u . Tính độ dài đoạn thẳng AB A. 21 B. 5 C. 26 D.22 L ời gi ải Trục , Oy Oz lần lượt có các vecto chỉ phương ( ) ( ) 0;1;0 , 0;0;1 jk Có ( ) ( ) ( ) , 2;0;2 Oy n u j          = = −      và ( )  qua gốc tọa độ ( ) 0;0;0 O Oy  nên ( ):0 xz  −= . Có ( ) ( ) ( ) , 1; 2;0 Oz n u k          = = −      và ( )  ua gốc tọa độ ( ) 0;0;0 O Oz  nên ( ) : 2 0 xy  −= Vì ( ) ( ) 2 0 2; 2 2 0 1 A a a B b b    + =  = −   − =  = Vậy ( ) ( ) 2;0; 2 , 2,1,0 21 A B AB − −  = Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 11 2 x y z −−  = = −− . Hai điểm M và N lần lượt di động trên các các mặt phẳng ( ) ( ) : 2; : 2 xz  == sao cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng  . Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng A. 85 5 B. 45 5 C. 35 5 D. 95 5 L ời gi ải Gọi ( ) (2; ; ) M a b   , ( ) ( ; ;2) N c d   . Khi đó 22 ;; 2 2 2 c a d b K + + +    . Vì K thuộc  nên 22 4 2 2 c a d b t + + − = = =  −− 22 2 42 a d t bt ct + = −   =−   =−  . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 = − + − + − = − + − + + MN c a d b t a d t ( ) 2 2 85 20 24 20 5 = − + + −  t t a d Dấu bằng đạt tại 22 2 42 0 3 5 a d t bt ct ad t + = −   =−   =−  −=    =  2 5 6 5 2 5 ad b c  ==    =−  =      2 6 2 2 2; ; , ; ;2 5 5 5 5 MN     −         Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 92 Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 2 1 x y z −−  = = −− . Hai điểm M , N lần lượt di động trên các các mặt phẳng ( ) ( ) : 1; : 0 xz  == sao cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng  . Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng A. 3 2 B. 35 10 C. 25 5 D. 23 5 L ời gi ải Gọi ( ) ( ) 1; ; M a b   , ( ) ( ) ; ;0 N c d   . Khi đó 1 ;; 2 2 2 c a d b K ++    . Vì K thuộc  nên 1 2 2 1 2 1 2 c t ad t b t +  =   +  =−    =−   22 22 41 a d t bt ct + = −   =−   =−  . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 4 2 2 2 MN c a d b t t a d = − + − + = − + − + − ( ) ( ) 22 2 25 4 2 2 2 20 24 8 5 t t t t  − + − = − +  . Dấu bằng đạt tại 22 22 41 0 3 5 a d t bt ct ad t + = −   =−   =−  −=    =  2 5 4 5 7 5 ad b c  ==    =    =    2 4 7 2 1; ; , ; ;0 5 5 5 5 MN              Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) 2 : 2 1 0 P x y z − + − = hai đường thẳng 1 3 : 3 2 1 2 x y z d −− == − ; 2 4 5 : 5 5 6 x y z d + == − − . Biết rằng có hai điểm , AB thuộc 1 d và hai điểm , CD thuộc 2 d sao cho , AC BD cùng song song với ( ) P đồng thời cách ( ) P một khoảng bằng 2 . Tính AC BD + . A. 6 5 2 + B. 52 C. 5 5 2 + D.62 L ời gi ải Lấy ( ) ( ) 12 1 2 ;3 3 ;2 ; 5 6 ;4 ; 5 5 + −  + − −  A a a a d C c c c d . Có ( ) 6 2 4;4 3 3; 5 2 5 = − + + − − − − AC c a c a c a và theo giả thiết ( ) ( ) ( ) 0 1 6 2 4 2 4 3 3 2 5 2 5 0  =  − + − + − + − − − =  = − p n AC c a c a c a c a . Mặt khác ( ) AC P nên ( ) ( ) ( ) ( ) , , 2 = =  d AC P d A P ( ) ( ) ( ) 222 1 2 2 3 3 2 2 1 2 1 2 2 + − − + − = ++ a a a 0 1 a a =    =  Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1;3;0 , 5;0; 5 , 3;0;2 , 1; 4;0 − − − A C B D . Vậy 5 2 6 AC BD + = + . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 93 Câu 46. Trong mặt phẳng () P vuông góc với d đồng thời cùng cách điểm I một khoảng bằng 42 . Gọi , AB lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên hai đường thẳng đó. Tính 22 OA OB + . A. 104 B. 102 C. 106 D.100 L ời gi ải Giả sử  là đường thẳng cần tìm. Có ( ) () ; 2;3; 1 pd P u n u d      = = − −   ⊥  . Ta cần tìm một điểm thuộc  , mà sử dụng được giả thiết khoảng cách từ I lên  . Vậy ta gọi điểm ( ) ;; A a b c  là hình chiếu vuông góc của I lên  . Vì ( ) ( ) ( ) 2 0 2 ; ; 2 1; 3; 2 A P a b c c a b A a b a b IA a b a b   + + + =  = − − −  − − −  = − + − − − Theo điều kiện vuông góc ta có ( ) ( ) 13 . 0 2( 1) 3 3 2 0 (1) 4 a IAu a b a b b  − =  − − + + − − − − =  = Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , 42 1 3 2 42 (2) IA d I a b a b =  =  − + + + + + = Từ (1) và (2) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 ; 3; 4 ; 5; 2 3; 4;5 ; 5; 2; 5 104 a b A B OA OB = − − −  − − − −  + = . Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2;3 , 1;2;3 , 1;0;2 A M N −− và mặt phẳng ( ) : 2 3z 2 0 P x y − + + = . Điểm ( ) ;; C a b c thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho tồn tại các điểm B thuộc tia AM , điểm D thuộc tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Giá trị biểu thức a b c ++ bằng? A. 14 − B. 10 − C. 12 − D. 13 − L ời gi ải Vì ABCD là hình thoi nên AC chính là phân giác trong góc BAD và cũng chính là phân giác trong góc MAN . Vì vậy đường thẳng AC có véc-tơ chỉ phương là 1 1 5 2 1 ;; 3 3 3 AC u AM AN AM AN  = + = − − −   ( ) 1 5;2;1 3 =− Vậy 15 : 2 2 3 xt AC y t zt =+   =+   =+  Ta có ( ) C AC P = nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 3 2 0 15 9; 2;1 22 3 x y z xt C yt zt − + + =   =+   − −  =+   =+  . Vậy 10 a b c + + = − . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 94 Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 0;1;2 M và đường thẳng 3 2 2 : 2 1 1 x y z − − −  = = . Mặt phẳng ( ) P thay đổi song song với  , cách  một khoảng bằng 22 . Khoảng cách từ điểm M đến ( ) P có giá trị lớn nhất bằng? A. 11 82 6 + B. 11 22 6 + C. 5 82 2 + D. 5 22 2 + L ời gi ải Cách 1 Đường thẳng  qua điểm ( ) 3;2;2 A , véctơ chỉ phương ( ) 2;1;1 u . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên  ; K là hình chiếu vuông góc của H lên ( ) P Theo giả thiết ta có ( ) , 1 9 1 11 , 6 4 1 1 u MA MH d M u  ++  =  = = = ++ Và ( ) ( ) ( ) / / , 2 2 P HK d P   =  = . Do đó theo bất đẳng thức tam giác, ta có: ( ) ( ) 11 , 2 2 6 d M P MK MH HK   + = + . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ,, M H K thẳng hàng thỏa mãn 11 6 .. 22 MH MH HK HK HK == và ( ) P qua K vuông góc với đường thẳng MH . Cách 2 Mặt phẳng ( ):0 + + + = P ax by cz d . Vì ( ) / / . 0 P P n u    = . Do đó ( ) ( ) 2 0 2 : 2 0 a b c c a b P ax by a b z d + + =  = − −  + − + + = . Có điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3;2;2 / / , , 2 2. A P d A P d P      =  = Vậy ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 22 a b a b d da a b a b a b a b + − + + − =  = + + + + + + Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 4 ,. 22 b a b d d a b d M P a b a b a b a b − + + −− == + + + + + + Đặt , db xy aa == ta có điều kiện ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 41 4 , 2 2. , 2 2 1 1 2 1 2 x y x xy d M P x y y y y − − − −− = = = − + + + + + + Đến đây ta sẽ dùng điều kiện có nghiệm để tìm giá trị lớn nhất của ( ) ( ) , d M P Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD biết ( ) 1;1;1 A và điểm C thuộc mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z + + + = . Các điểm ( ) 1;0;3 M − , ( ) 5;1; 2 N − lần lượt thuộc tia AB , AD . Độ dài cạnh hình thoi ABCD bằng? A. 15 B. 60 C. 30 D. 45 | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 95 L ời gi ải Ta có ( ) 2; 1;2 = − − AM , ( ) 4;0; 3 =− AN 14 cos 15  = − MAN . Gọi F là giao điểm AC và MN . Ta có AF là tia phân giác góc MAN .  = − AM FM FN AN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 3 5 5 3 1 5 3 3 2 − − = − −    − = − −   − = − − −  xx yy zz 10 8 3 8 9 8  =    =    =   x y z 10 3 9 ;; 8 8 8     F Ta có ( ) 2 5 1 1 ; ; 2; 5;1 8 8 8 8  = − = −   AF , nên đường thẳng AF có phương trình 1 1 1 2 5 1 − − − == − x y z Ta có ( )  = C AF nên tọa độ C là nghiệm hệ 1 1 1 2 5 1 10 − − −  ==  −   + + + =  x y z x y z 5 9 3 =    = −   =  x y z ( ) 5; 9;3 − C . Đặt 0 = AB a . Ta có 2 2 2 2 . .cos = + − AC BA BC BA BC ABC 22 120 2 2 .cos  = + a a BAD 22 14 120 2 2 . 15 −  = + aa 30 = a . Vậy độ dài cạnh hình thoi là 30 . Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 13 : 1 4 1 =+   =+   =  xt d y t z . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm ( ) 1;1;1 A và có vec tơ chỉ phương ( ) 2;1;2 =− u . Đường phân giác của góc tù tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 27 : 1 1 1 =+   =+   =+  xt d y t zt B. 18 19 : 6 7 11 10 = − +   = − +   = − −  xt d y t zt C. 1 : 1 17 1 10 =−   =+   =+  xt d y t zt D. 18 19 : 6 7 11 10 = − +   = − +   =−  xt d y t zt L ời gi ải Ta có ( ) 1;1;1 =   Ad . Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương ( ) 1 3;4;0 = u . Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương ( ) 2 2;1;2 . =− u Có ( ) ( ) 0 1 2 1 2 1 2 . 2 0 cos , 0 , 90 . = −      u u u u u u Do đó phân giác của góc tù tạo bởi d và  sẽ đi qua ( ) 1;1;1 A và có vec tơ chỉ phương ( ) ( ) ( ) 12 12 1 1 1 1 1 17 2 1 3;4;0 2;1;2 ; ; 1;17;10 . 5 3 15 15 3 15 − = + = + − = = −   u u u uu Vậy phương trình đường phân giác của góc tù tạo bởi d và  là 1 : 1 17 . 1 10 =−   =+   =+  xt d y t zt Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 96 Câu 51. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 2 5 2 : 1 2 1 − − − == x y z d , 2 1 2 : 1 2 1 − − −  == − x y z d và hai điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0;0; Ab . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa d và  d ; H là giao điểm của đường thẳng  AA và mặt phẳng ( ) P . Một đường thẳng  thay đổi trên ( ) P nhưng luôn đi qua H đồng thời  cắt d và  d lần lượt tại B ,  B . Hai đường thẳng AB ,  AB cắt nhau tại điểm M . Biết điểm M luôn thuộc một đường thẳng cố định có véctơ chỉ phương ( ) 15; 10; 1 = − − u . Tính =+ T a b ? A. 8 = T B. 9 = T C. 9 =− T D. 6 = T L ời gi ải Nhận xét rằng ( ) ;0;0  A a Ox và ( ) 0;0;   A b Oz . Gọi ( )  là mặt phẳng chứa d và AB và ( )  là mặt phẳng chứa  d và  AB . Ta có M thuộc đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )  và ( )  . Theo giả thiết,  có một véctơ chỉ phương là ( ) 15; 10; 1 = − − u . Mặt phẳng ( )  đi qua ( ) 1 2;5;2 M và có cặp véctơ chỉ phương là ( ) 1 1;2;1 = u và ( ) 15; 10; 1 = − − u  ( )  có véctơ pháp tuyến là 11 ;  =  n u u ( ) 8;16; 40 =− ( ) 8 1;2; 5 =− . Phương trình của ( )  là 2 5 2 0 + − − = x y z . Mặt phẳng ( )  đi qua ( ) 2 2;1;2 M và có cặp véctơ chỉ phương là ( ) 2 1; 2;1 =− u và ( ) 15; 10; 1 = − − u  ( )  có véctơ pháp tuyến là 22 ;  =  n u u ( ) 12;16;20 = ( ) 4 3;4;5 = . Phương trình của ( )  là 3 4 5 20 0 + + − = x y z . Khi đó ( ) =   A Ox nên ( ) 2;0;0 A và ( )  =   A Oz nên ( ) 0;0;4  A . Vậy =+ T a b 6 = . Chọn ý D. B B  d d  A A  M H  P| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 97 Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) 1;1; 1 , 2; 2;2 AB −− , và điểm M di động trên đường thẳng 1 : 1 2 1 x y z −  = = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB + A. 46 1855 3 + B. 46 1855 2 + C. 46 1855 6 + D. 46 1855 12 + Lời giải Gọi ( ) ;2 ;1 M t t t +   và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 6 2 6 1 2 2 1 6 2 9 MA t t t t t MB t t t t t  = − + − + + = − +    = − + + + − = + +  Suy ra 22 6 2 6 6 2 9 MA MB t t t t + = − + + + + 22 22 1 35 1 53 66 66 66 tt         = − + + + + +                     2 2 1 1 35 53 66 66 66 tt    − + + + + +      Chọn đáp án A Câu 53. Trong không gian cho ba điểm , , và là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Tính . A. B. C. D. Lời giải Ta có , . Phương trình mặt phẳng là . Do là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nên . Vậy . Chọn ý C. Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 3;4;4 B ( ) 2;6;6 C ( ) ;; I a b c ABC abc ++ 63 5 31 3 46 5 10 ( ) 2;2;1 AB = ( ) 1;2;2 BC=− ( ) , 2; 5;6 AB BC   = −  ( ) ABC 2 5 6 10 0 x y z − + − = ( ) ;; I a b c ABC ( ) I ABC IA IB IA IC    =   =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 6 10 0 1 2 3 3 4 4 1 2 3 2 6 6 a b c a b c a b c a b c a b c  − + − =    − + − + − = − + − + −   − + − + − = − + − + −   3 2 5 6 10 10 4 4 2 27 4 2 8 6 62 49 10 a a b c a b c b a b c c  =  − + =    + + =  =   + + =   =  46 5 abc + + = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 98 Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và hai đường thẳng , . Đường thẳng đi qua điểm và cắt cả hai đường thẳng , tại hai điểm , . Độ dài đoạn thẳng bằng A. B. C. D. Lời giải Vì thuộc nên . Vì thuộc nên . Suy ra , . Ta có, , , thẳng hàng khi và chỉ khi Từ ( ) ( ) 1 , 2 ta có . Thay vào ( ) 3 ta được , Với , ta được , suy ra .thỏa mãn. Chọn ý A. Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng và . Trên đường thẳng lấy hai điểm , thỏa mã . Trên đường thẳng lấy hai điểm , thỏa mãn . Tính thể tích của tứ diện . A. B. C. D. Lời giải Ta có đi qua điểm và có vtcp . Đường thẳng đi qua điểm và có vtcp . Khi đó và . Do đó nên hai đường thẳng đã cho luôn chéo nhau và Oxyz ( ) 2; 1; 6 M −− 1 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − − + == − 2 2 1 2 : 3 1 2 x y z d + + − == M 1 d 2 d A B AB 38 2 10 8 12 A 1 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − − + == − ( ) 1 2 ;1 ; 1 A t t t + − − + B 2 2 1 2 : 3 1 2 x y z d + + − == ( ) 2 3 ; 1 ;2 2 B t t t    − + − + + ( ) 2 1;2 ;5 MA t t t = − − + ( ) 4 3 ; ;8 2 MB t t t    = − + + A B M ;0 MA MB  =  2 1 2 0 4 3 2 5 0 8 2 5 2 1 0 8 2 4 3 tt tt tt tt tt tt  − − =   −+   −+  =   +   +−  =  + − +   5 4 7 8 0 (1) 3 8 16 0 (2) 20 17 14 0 (3) tt t t tt t t tt t t  − − + =     − − − + =    − + + − =  5 4 7 8 0 24 tt t t tt  − − + =    = − +  2 3 2 0 24 tt tt  − + =    = − +  1, 2 2, 0 tt tt  ==     ==  1 t = 2 t  = 1 t = 2 t  = ( ) 3;0;0 A ( ) 4;1;6 B 38 AB = Oxyz 1 1 : 2 2 3 xt d y t zt =+   =−   = − −  2 43 : 3 2 1 xt d y t zt =+   =+   =−  1 d A B 3 AB = 2 d C D 4 CD = V ABCD 7 V = 2 21 V = 4 21 3 V = 5 21 6 V = 1 d ( ) 1;2; 3 M − ( ) 1 1; 2; 1 u = − − 2 d ( ) 4;3;1 N ( ) 2 3;2; 1 u=− ( ) 12 , 4; 2;8 uu  =−  ( ) 3;1;4 MN = 12 , . 12 2 32 42 u u MN  = − + = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 99 . Mặt khác, nên . Vậy . Chọn ý B. Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng và . Đường thẳng qua điểm và cắt , lần lượt tại , . Tính tỉ số . A. B. C. D. Lời giải Ta có đi qua và có vectơ chỉ phương ; đi qua và có vectơ chỉ phương . Vì và nên , chéo nhau. Gọi là mặt phẳng đi qua và song song với , khi đó: . Khi đó . Chọn ý D. Câu 57. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng là 1 1 2 3 : 21 x y z m − − + == −  và đường thẳng 2 1 2 3 : 21 x y z m − − +  = = −− cắt nhau tại điểm C. Gọi A và B lần lượt là hai điểm nằm trên 1  và 2  , sao cho 6 AB = . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 42 B. 3 C. 23 D.27 Lời giải Dễ thấy ( ) 12 1;2; 3 C    = − . sin ACB ( ) ( ) 2 12 1 cos , uu  =− 2 12 12 1 uu uu   =   −    2 2 2 1 5 m m −  =−  +  . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 15 22 ' 2 0 0; 1; 5 55 5 mm mm f m f m m m m mm m +− −−     =  =   =  = = − =     ++     + Lập bảng biến thiên ta có ( ) 12 12 12 ,. 42 ; 16 4 64 , u u MN d d d uu   == ++   21 = 12 .0 uu = 12 dd ⊥ ( ) ( ) 1 . . . ; .sin , 6 ABCD V AB CD d AB CD AB CD = 2 21 = Oxyz 1 1 1 1 : 1 1 1 − − + == x y z d 2 11 : 2 1 2 x y z d +− == − ( ) 1;1;1 M 1 d 2 d A B MA MB 3 2 MA MB = 2 3 MA MB = 1 2 MA MB = 2 = MA MB 1 d ( ) 1;1; 1 I − ( ) 1 1;1;1 u = 2 d ( ) 1;1;0 J − ( ) 2 2; 1;2 u=− ( ) 12 , 3;0;3 uu  =−  12 , . 0 u u IJ    1 d 2 d ( ) P ( ) 1;1;1 M 1 d 2 d ( ):0 P x z −= MA MB ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 , , d d P d d P = ( ) ( ) ( ) ( ) , , d I P d J P = 2 1 = 2 = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 100 ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 max sin 1 1 1 4 5 4 2 m f m ACB f m m −  =  = − = −  − =  +  . Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: AABC 6 2sin 2sin A B AB R CB AC == max 33 2 3 2 3 3 sin 2 ABC R ACB −  =  =  = . Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 3;1; 1 A − và đường thẳng 1 :2 x a at yt z b bt = − +    = −   = − +  , với a và b là những tham số thực. Khi khoảng cách từ A đến đường thẳng  đạt giá trị lớn nhất thì biểu thức 22 4 2 2019 T a b b a = + + + + đạt giá trị nhỏ nhất tương ứng bằng: A. 2014 B. 2015 C. 2016 D. 2020 Lời giải Nhận thấy nhanh: ( ) ( ) 11 :2 1 x a t yt z b t = − +    = −   =−  , luôn đi qua điểm ( ) 1;1;0 B với 1 t = Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng  . Suy ra: ( ) ( ) max ; 5 ; 5 d A AH AB d A AB  =  =   = = . Xảy ra khi B là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng  ( ) ( ) 0 2;0;1 . ; 1; 0 2 0 2 ABu a b a b b a   =  − − − =  + =  = − Thay vào : 2 2 2 2 2 4 2 2019 4 8 2 2019 5 10 2019 T a b b a a a a a a a = + + − + = + − − + = − + ( ) ( ) 2 2 5 2 1 2014 5 1 2014 2014 T a a a = − + + = − +  . Dấu “=” xảy ra khi: 1; 2 ab = − = . Vậy ta chọn đáp án A. Câu 59. Trong không gian , cho mặt phẳng , đường thẳng và điểm Gọi là đường thẳng nằm trong mặt phẳng , song song với đồng thời cách một khoảng bằng 3. Đường thẳng cắt mặt phẳng tại điểm Độ dài đoạn thẳng bằng. A. B. C. D. Lời giải Cách 1 Oxyz ( ) : 2 2 2 0 x y z  + − − = 1 2 3 : 1 2 2 x y z d + + + == 1 ;1;1 . 2 A     ( )  d d  ( ) Oxy . B AB 7 2 21 2 7 3 3 2| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 101 Ta có: và nên đi qua và có một véctơ chỉ phương là . Ta có: nên và song song với nhau và cùng nằm trong mặt phẳng . Gọi . Gọi , suy ra thỏa hệ . Do đó qua và có VTCP . Gọi . Ta có: . Gọi là hình chiếu của lên . Ta có và . Ta có nên . Vậy . Cách 2: Ta có: đi qua và có một VTCP là . Ta có: , nên Ta có: và nên Ta có: ; . Do đó Vậy B Oxy  ( ) B   ( ) ;2 2 ;0 . B a a − 1 2 3 : 1 2 2 x y z d + + + == ( ) 1; 2; 3 M − − − ( ) 1;2;2 u = ( ) d   d  ( )  ( ) C d Oxy = 1 2 3 : 1 2 2 0 x y z C z + + +  ==    =  1 ;1;0 2 C     ( ) ( ) d Oxy  = d  ( ) ( ) : 2 2 2 0 :0 x y z Oxy z  + − − =    =   d  1 ;1;0 2 C    ( ) 1; 2;0 d u  =− ( ) ( ) ,, d d d   =  = ( ) 1 cos cos , 5 dd uu   == H C  3 CH = 35 sin 2 CH BC  == ( ) 0;0; 1 AC=− ( ) AC Oxy ⊥ AC BC ⊥ 22 45 7 1 42 AB AC BC = + = + = 1 2 3 : 1 2 2 x y z d + + + == ( 1; 2; 3) M − − − ( ) 1;2;2 u = ( ) B Oxy =   ( )   ( ) ( ) B Oxy   ( ) ;2 2 ;0 . B a a − // d  ( ) ,3 dd = ( ) ;3 d B d = ; 3 u MB u   = ( ) 1;4 2 ;3 MB a a = + − ( ) ; 4 2;2 1;2 4 u MB a a a  = − − −  ; 3 u MB u   = ( ) ( ) 2 2 3 2 1 3 2 1 9. 3 a a −  =  − = ( ) 2 2 2 1 9 7 1 2 1 9 1 . 2 4 2 AB a a  = − + − + = + + =   A d  H B C ' d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 102 Chọn ý A. Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 2 : 1 2 2 xt d y t zt =−   =+   = − +  , 2 23 :4 12 xt dy zt =−   =   = − +  , 3 1 :2 3 xt d y t zt =+   =−   =−  , 4 12 :1 23 xt d y t zt =+   =−   =+  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên có vectơ chỉ phương tương ứng là A. ( ) 2; 13;11 − B. ( ) 4; 26;23 − C. ( ) 12; 21;11 − D. ( ) 2;1;3 − Lời giải Với dạng bài toán này, ta phải tìm ra trong 4 đường thẳng đã cho có hai đường thẳng đồng phẳng với nhau.Hai đường thẳng này hoặc song song với nhau hoặc cắt nhau. Trường hợp song song sẽ rất dễ tìm, nhưng trường hợp cắt nhau sẽ khó nhìn ra và yêu cầu phải thử từng cặp một (tối đa sẽ phải thử 5 lần). Ở bài toán này ta dễ dàng nhận thấy hai đường thẳng 13 dd . Suy ra tồn tại một mặt phẳng ( )  chứa cả hai đường thẳng 1 d và 3 d . Ta lập mặt phẳng ( )  như sau: • Chọn một điểm ( ) 11 2;1; 2 Md − và một điểm ( ) 33 2;1; 2 Md − . Cặp VTCP của mặt phẳng ( )  là ( ) 1 1;2;1 u =− và ( ) 13 1; 1;5 MM = − − . Suy ra VTPT của mặt phẳng ( )  là ( ) ( ) 1 1 3 , 11;4;3 u u M M   ==  . • Suy ra phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) :11 4 3 20 0 x y z  + + − = . Ta dễ dàng tìm được giao điểm của đường thẳng 2 d với mặt phẳng ( )  là: ( ) 2 11 ;4; 39 Ad  =   =   . Giao điểm của đường thẳng 4 d với mặt phẳng ( )  là: 4 10 ( ) ; ; 9 7 24 9 9 Bd  =   =   . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng 1 2 3 4 , , , d d d d thì bắt buộc phải cắt đường thẳng 2 d tại điểm A và cắt 4 d tại điểm B . Suy ra phải đi qua hai điểm A và B . Suy ra VTCP của đường thẳng  là: ( ) 4 26 23 1 ; ; 4; 26;23 9 9 9 9 AB − = = −   . 1 d 3 d 2 d 4 d  A B ( ) | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 103 Chú ý. VTCP này phải không được song song với hai đường thẳng 1 d và 3 d . Chỉ cần nó song song với một đường thẳng trong 4 đường thẳng đã cho là không thỏa mãn. Ở bài toán này dễ thấy nó không song song với đường thẳng nào. Vậy ta chọn đáp án B. Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 32 :1 1 xt d y t zt =−   =+   = − +  , 2 3 :3 12 xt d y t zt =−   =+   =+  , 3 42 :3 2 xt d y t zt =+   =−   =−  , 4 13 :2 12 xt dy zt =+   =   =−  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên có phương trình chính tắc tương ứng là: A. 2 4 3 1 13 18 x y z − − − == − B. 12 1 3 5 x y z −− == . C. 12 2 1 2 x y z −− == − . D. 22 3 12 1 x y z −− == − . Lời giải Trong 4 đường thẳng đã cho sẽ có 2 đường thẳng đồng phẳng. Nhận thấy không có hai đường thẳng nào song song với nhau nên ta phải tìm cặp đường thẳng cắt nhau tạo nên một mặt phẳng chứa chúng. Về lý thuyết sẽ phải thử tối đa 6 phép thử để tìm ra hai đường thẳng cắt nhau. Ta tìm ra được hai đường thẳng cắt nhau là ( ) 24 4;2; 1 dd  = − . Ta sẽ lập phương trình mặt phẳng ( )  chứa hai đường thẳng này. Cặp véctơ chỉ phương của mặt phẳng là: ( ) 2 1;1;2 u =− , ( ) 4 3;0; 2 u=− . Suy ra VTPT ( ) ( ) 24 , 2;4; 3 n u u   = = − −  . Khi đó phương trình mặt phẳng là: ( ) : 2 4 3 3 0 x y z  − + − − = . Gọi ( ) 1 11 7 3 ;; 5 5 5 Ad  =   = −   ; ( ) ( ) 3 2;4;3 Bd =   = . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng nên phải đi qua AB . Khi đó ( ) 1 13 18 1 ; ; 1;13;18 5 5 5 5 AB  = − = −   . Phương trình đường thẳng  qua B có VTCP ( ) 1;13;18 a=− là: 2 4 3 1 13 18 x y z − − − == − . Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt 1 1 :2 2 xt d y t zt =−   =+   =  , 2 2 : 22 xt d y t zt =−   =   = − +  , 3 42 : 7 4 3 xt d y t zt =+   =+   = − −  , 4 43 :4 1 xt d y t zt =+   =+   =+  . Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng trên và cắt mặt phẳng ( ) Oyz tại điểm có cao độ bằng A. 3 B. 1. C. 4 − . D. 2 . Lời giải Nhận thấy hai đường thẳng 12 // . dd Suy ra tồn tại một mặt phẳng ( )  chứa cả hai đường thẳng 1 d và 2 . d Ta lập phương trình phương trình mặt phẳng ( )  như sau: Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 104 Chọn một điểm ( ) 11 1;2;0 Md  và một điểm ( ) 22 2;0; 2 . Md − Cặp vec tơ chỉ phương của mặt phẳng ( )  là ( ) 1 1;1;2 u =− và ( ) 12 1; 2; 2 . MM = − − Suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )  là ( ) 1 1 2 ; 2;0;1 u u M M   ==  Suy ra phương trình của mặt phẳng ( ) : 2 2 0 xz  + − = Ta dễ dàng tìm được giao điểm của đường thẳng 3 d với mặt phẳng ( )  là ( ) ( ) 3 2;3; 2 Ad =   = − Giao điểm của đường thẳng 4 d với mặt phẳng 4 d với mặt phẳng ( )  là ( ) ( ) 4 1;3;0 Bd =   = Đường thẳng  cắt cả 4 đường thẳng 1 2 3 4 , , , d d d d hì bắt buộc phải cắt đường thẳng 3 d tại điểm A và cắt 4 d tại điểm . B Suy ra đường thẳng  phải đi qua A và B Vec tơ chi phương của đường thẳng  là ( ) 1;0;2 . AB=− Suy ra phương trình tham số 1 :3 2 xt y zt =−   =   =  Suy ra ( ) ( ) 0;3;2 . Oyz   = Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 1 3 : 2 1 2 x y z − + −  = = − và đường thẳng 2 1 2 2 : 2 2 1 x y z + − −  = = − . Gọi A là giao điểm của 1  và 2  , điểm 1 B  và 2 C  , điểm ( ) D Oxy  có tọa độ nguyên, sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Khoảng cách từ D đến gốc tọa đọo O bằng: A. 20 B. 92 C. 65 D. 83 Lời giải Dễ dàng tìm được giao điểm ( ) 12 1;0;1 A =    = tứ giác ABCD là hình thoi, nên suy ra D nằm trên đường phân giác góc BAC các VTCP của hai đường thẳng là: ( ) 1 2; 1;2 u  =− và ( ) 2 2;2;1 u  =− sẽ có hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng 1  và 2  Trường hợp 1. Ứng với đường phân giác có VTCP là ( ) ( ) ( ) 12 12 2; 1;2 2;2;1 11 0; ;1 0;1;3 3 3 3 3 d uu u uu   −−  = + = + = =   d B 1  2  C A D| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 105 Suy ra, phương trình tham số của đường phân giác 1 : 13 x d y t zt =   =   =+  Suy ra ( ) 1 1; ;0 3 D d Oxy  =  = −    Không thỏa mãn vì tọa độ của D không nguyên Trường hợp 2. Ứng với đường phân giác có VTCP là ( ) ( ) ( ) 12 12 2; 1;2 2;2;1 4 1 1 ; 1; 4; 3;1 3 3 3 3 3 d uu u uu   −−  = − = − = − = −   Suy ra, phương trình tham số của đường phân giác 14 ': 3 1 xt d y t zt =+   =−   =+  Suy ra: ( ) ( ) ' ' 3;3;0 ' 9 2 D d Oxy OD =  = −  = . Vậy ta chọn đáp án B Câu 64. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z −  = = − và đường thẳng 2 132 : 1 2 2 x y z − − +  = = − . Gọi A là giao điểm của 1  và 2  , điểm 1 B  , 2 C  và ( ) : 2 4 0, D x y   − + = sao cho tứ giác ABCD là hình thoi với 90 BAC  . Đường thẳng BC cắt mặt phẳng ( ) : 8 0 xy  + − = tại điểm E cách gốc tọa độ O một khoảng OE bằng: A. 62 B. 4 10 C. 3 13 D. 2 19 Lời giải Dễ dàng tìm được giao điểm ( ) 12 2;1;0 A =    = tứ giác ABCD là hình thoi với 90 BAC  , nên suy ra D nằm trên đường phân giác góc tù BAC các VTCP của hai đường thẳng là: ( ) 1 2;1; 2 u  =− và ( ) 2 1; 2;2 u  =− ta kiểm tra góc tạo bởi hai VTCP: 12 . 4 0 uu  = −   góc tạo bởi hai vecto này là góc tù. Ghi nhớ: Nếu tích vô hướng dương thì góc tạo bởi hai véc tơ là góc nhọn và khi đó ta phải sử dụng VTCP của đường phân giác góc tù là: 12 12 d uu u uu   =− Đường phân giác góc tù BAC có VTCP d B 1  2  C A D Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 106 ( ) ( ) ( ) 12 12 2;1; 2 1; 2;2 11 1; ;0 3; 1;0 3 3 3 3 d uu u uu   −−  = + = + = − = −   Suy ra, phương trình tham số của đường phân giác 23 :1 0 xt d y t z =+   =−   =  Suy ra ( ) ( ) 1;2;0 Dd =   = − Ta có 4 điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 B 2 ; ;2 2;1; 2 , 1 ;3 2 ; 2 0 , 1;2;0 2 , B t t t AD C C t t t    −    + − − + − Tứ giác ABCD là hình thoi suy ra ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 0 2 2; 1;2 2 2;2 1;2 2 0 t AB CD t t t t t t t =  =  − − − = − − − −   =  Suy ra: ( ) ( ) 0;0;2 , 1;3; 2 BC − . Suy ra đường thẳng :3 24 xt BC y t zt =   =   =−  Suy ra: ( ) ( ) ( ) 3 8 0 2;6; 6 24 xt E BC y t x y zt  =     =   = =  + − = = −     =−  Suy ra 2 19 OE = . Ta chọn đáp án D. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 107 Tóm t ắt nội dung Tiếp tục với các nội dung ta đang tìm hiểu ở phần trước, trong chủ đề lần này ta sẽ tìm hiểu về các bài toán phương trình mặt phẳng. A. CÁC KI ẾN TH ỨC C ẦN NH Ớ. I. VECTO PHÁP TUYẾN CỦA MẶT PHẲNG Vectơ 0  n là vectơ pháp tuyến (VTPT) nếu giá của n vuông góc với mặt phẳng ( )  Chú ý: • Nếu n là một VTPT của mặt phẳng ( )  thì kn ( ) 0  k cũng là một VTPT của mặt phẳng ( )  Một mặt phẳng được xác định duy nhất nếu biết một điểm nó đi qua và một VTPT của nó. • Nếu , uv có giá song song hoặc nằm trên mặt phẳng ()  thì ,  =  n u v là một VTPT của ( )  II. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA MẶT PHẲNG • Trong không gian Oxyz , mọi mặt phẳng đều có dạng phương trình: 0 + + + = Ax By Cz D với 2 2 2 0 + +  A B C • Nếu mặt phẳng ( )  có phương trình 0 + + + = Ax By Cz D thì nó có một VTPT là ( ) ;; n A B C . • Phương trình mặt phẳng đi qua điểm ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z và nhận vectơ ( ) ;; n A B C khác 0 là VTPT là: ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 − + − + − = A x x B y y C z z . • Các trường hợp riêng Xét phương trình mặt phẳng ( )  : 0 + + + = Ax By Cz D với 2 2 2 0 + +  A B C ▪ Nếu 0 = D thì mặt phẳng ( )  đi qua gốc tọa độ O . ▪ Nếu 0, 0, 0 =   ABC thì mặt phẳng ( )  song song hoặc chứa trục Ox . Chương 3 Các bài toán về phương trình mặt phẳng Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 108 ▪ Nếu 0, 0, 0  =  A B C thì mặt phẳng ( )  song song hoặc chứa trục Oy . ▪ Nếu 0, 0, 0   = A B C thì mặt phẳng ( )  song song hoặc chứa trục Oz . ▪ Nếu 0, 0 = =  A B C thì mặt phẳng ( )  song song hoặc trùng với ( ) Oxy . ▪ Nếu 0, 0 = =  A C B thì mặt phẳng ( )  song song hoặc trùng với ( ) Oxz . ▪ Nếu 0, 0 = =  B C A thì mặt phẳng ( )  song song hoặc trùng với ( ) Oyz . Chú ý. Nếu trong phương trình ( )  không chứa ẩn nào thì ( )  song song hoặc chứa trục tương ứng. Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ( ):1  + + = x y z a b c . Ở đây ( )  cắt các trục tọa độ tại các điểm ( ) ;0;0 a , ( ) 0; ;0 b , ( ) 0;0;c với 0  abc . III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG Cho 2 mặt phẳng ( ) 1 1 1 1 :0  + + + = A x B y C z D và ( ) 2 2 2 2 :0  + + + = A x B y C z D • ( ) ( ) //   1 1 1 1 2 2 2 2 = =  A B C D A B C D • ( ) ( )     1 1 1 1 2 2 2 2 = = = A B C D A B C D • ( )  cắt ( )   1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2      A B B C A C A B B C A C • ( ) ( )  ⊥   1 1 2 2 3 3 0 + + = A B A B A B IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z và mặt phẳng ( ):0  + + + = Ax By Cz D Khi đó khoảng cách từ điểm 0 M đến mặt phẳng ( )  được tính: ( ) ( ) 0 0 0 0 2 2 2 , + + + = ++ Ax By Cz D dM A B C Chú ý. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ 1 điểm thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. V. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) 1 1 1 1 :0  + + + = A x B y C z D và ( ) 2 2 2 2 : 0.  + + + = A x B y C z D Góc giữa ( )  và ( )  bằng hoặc bù với góc giữa hai VTPT ,  nn . Tức là: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 . cos , cos , . .    ++   = = = + + + + nn A A B B C C nn nn A B C A B C Đặt biệt ta có ( ) ( ) ' ' ' 0.  ⊥   + + = AA BB CC | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 109 B. CÁC D ẠNG TOÁN. D ạng 1. Viết phương trình mặt phẳng khi biết một điểm và vectơ pháp tuyến của nó. Phương pháp. Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;0; 2 − A và có vectơ pháp tuyến ( ) 1; 1;2 − n . Lời giải Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;0; 2 − A và có vectơ pháp tuyến ( ) 1; 1;2 − n có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 2 2 0 − − − + + = x y z 2 3 0  − + + = x y z . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là 2 3 0 − + + = x y z . D ạng 2. Viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua 1 điểm ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z và song song với 1 mặt phẳng cho trước. Phương pháp. Cách 1. Thực hiện theo các bước sau: • VTPT của ( )  là ( ) ; ; .  = n A B C • ( )  // ( )  nên VTPT của mặt phẳng ( )  là ( ) ; ; .  == n n A B C • Phương trình mặt phẳng ( )  : ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0. − + − + − = A x x B y y C z z Cách 2. • Mặt phẳng ( )  // ( )  nên phương trình ( ) P có dạng: 0  + + + = Ax By Cz D ( ) * , với   DD . • Vì ( ) P qua 1 điểm ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z nên thay tọa độ ( ) 0 0 0 0 ;; M x y z vào ( ) * tìm được  D . Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 0;1;3 M và song song với mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 − + = Q x z . Lời giải Mặt phẳng ( ) P song song với mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 − + = Q x z nên mặt phẳng ( ) P có phương trình dạng ( ) 2 3 0 1 − + =  x z D D . Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 0;1;3 M nên thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng phải thỏa mãn. Ta được: 2.0 3.3 0 9 − + =  = DD (thỏa mãn 1  D ). Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là: 2 3 9 0 − + = xz . D ạng 3. Viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua 3 điểm A , B , C không thẳng hàng. Phương pháp • Tìm tọa độ các vectơ: ,. AB AC • Vectơ pháp tuyến của ( )  là : ,.   =  n AB AC • Điểm thuộc mặt phẳng: A (hoặc B hoặc C ). • Viết phương trình mặt phẳng qua 1 điểm và có VTPT .  n Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 110 Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm ( ) 1;0; 2 , − A ( ) 1;1;1 B , ( ) 0; 1;2 − C . Lời giải Ta có ( ) ( ) 0;1;3 , 1; 1;4 = = − − AB AC ( ) , 7; 3;1   = −  AB AC . Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) ABC ta có  ⊥   ⊥   n AB n AC nên n cùng phương với ,   AB AC . Chọn ( ) 7; 3;1 =− n ta được phương trình mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) ( ) 7 1 3 0 1 2 0 − − − + + = x y z 7 3 5 0  − + − = x y z . D ạng 4. Viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng  Phương pháp • Tìm VTCP của  là .  u • 2. Vì ( )  ⊥  nên ( )  có VTPT .  = nu • 3. Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT .  n Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng : 1 2 2. =   = − +   =+  xt d y t zt Lời giải Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: ( ) 1;2;1 = d u Mặt phẳng ( )  vuông góc với đường thẳng d nên ( )  có một vectơ pháp tuyến ( ) 1;2;1  == d nu . Đồng thời ( )  đi qua điểm O nên có phương trình là: 20 + + = x y z . D ạng 5. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng ( ).  Phương pháp • Tìm VTPT của ( )  là .  n • Tìm VTCP của  là .  u • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ;.     =  n n u • Lấy một điểm M trên .  • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng : 1 2 2. =−   = − +   =+  xt d y t zt và vuông góc với ( ) : 2 1 0.  + − + = x y z Lời giải Đường thẳng d đi qua điểm ( ) 0; 1;2 − A và có VTCP là: ( ) 1;2;1 =− d u | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 111 Mặt phẳng ( )  có VTPT là ( ) 1;2; 1  =− n . Mặt phẳng()  chứa đường thẳng d và vuông góc với ( )  nên ( )  có một vectơ pháp tuyến ( ) ( ) , 4;0; 4 4 1;0;1   = = − − = −  d n u n . Phương trình mặt phẳng ( )  là: 20 + − = xz . D ạng 6. Viết phương trình mặt phẳng ( )  qua hai điểm A , B và vuông góc với mặt phẳng ( ).  Phương pháp • Tìm VTPT của ( )  là .  n • Tìm tọa độ vectơ . AB • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ,.   =  n n AB • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua điểm ( ) 1;2; 2 − A ( ) , 2; 1;4 − B và vuông góc với ( ) : 2 1 0.  − − + = x y z Lời giải Có ( ) 1; 3;6 =− AB . Mặt phẳng ( )  có VTPT là ( ) 1; 2; 1  = − − n . Mặt phẳng ( )  chứa A , B và vuông góc với ( )  nên ( )  có một vectơ pháp tuyến là ( ) , 15;7;1   ==  n AB n . Phương trình mặt phẳng ( )  là: 15 7 1 27 0 + + − = xz . D ạng 7. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng  và song song với   (  ,   chéo nhau). Phương pháp • Tìm VTCP của  và   là  u và ' .  u • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ,.      =  n u u • Lấy một điểm M trên .  • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng 1 1 : 1 2 1 =   =−   =+  x d y t zt và song song với đường thẳng 2 11 : 1 2 2 −− == x y z d . Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua điểm ( ) 1 1;1;1 M vectơ chỉ phương ( ) 1 0; 2;1 − u . Đường thẳng 2 d đi qua điểm ( ) 2 1;0;1 M vectơ chỉ phương ( ) 2 1;2;2 u . Ta có ( ) 12 , 6;1;2  =−  uu . Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P , ta có 1 2  ⊥   ⊥   nu nu nên n cùng phương với 12 ,   uu . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 112 Chọn ( ) 6;1;2 =− n . Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1 1;1;1 M và nhận vectơ pháp tuyến ( ) 6;1;2 =− n có phương trình: ( ) ( ) ( ) 6 1 1 1 2 1 0 − − + − + − = x y z 6 2 3 0  − + + + = x y z . Thay tọa độ điểm 2 M vào phương trình mặt phẳng ( ) P thấy không thỏa mãn. Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là: 6 2 3 0 − + + + = x y z . D ạng 8. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng  và 1 điểm M Phương pháp • Tìm VTCP của  là  u , lấy 1 điểm N trên  . Tính tọa độ . MN • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ;.   =  n u MN • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng 1 : 1 2 1 =   =−   =+  x d y t zt và điểm ( ) 4;3;2 − M Lời giải Đường thẳng d đi qua điểm (1;1;1) N vectơ chỉ phương (0; 2;1) − d u . Ta có ( ) 5; 2; 1 . = − − MN Mặt phẳng()  chứa đường thẳng d và điểm M nên ( )  có một vectơ pháp tuyến là: ( ) , 4;5;10   ==  d n u MN . Phương trình mặt phẳng ( )  là: 4 5 10 19 0 + + − = x y z . D ạng 9. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa 2 đường thẳng cắt nhau  và . .   . Phương pháp • Tìm VTCP của  và   là  u và ' .  u • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ' ;.     =  n u u • Lấy một điểm M trên .  • 4. Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng 1 1 : 1 2 1 =   =−   =+  x d y t zt và 2 13 : 1 2 . 1 =+   =−   =+  xt d y t zt Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua điểm ( ) 1 1;1;1 M vectơ chỉ phương ( ) 1 0; 2;1 u − . Đường thẳng 2 d đi qua điểm ( ) 2 1;1;1 M vectơ chỉ phương ( ) 2 3; 2;1 u − . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 113 Ta có ( ) 12 , 0;3;6  =  uu , ( ) 12 0;0;0 = MM Do 1 2 1 2 ,0  =  M M u u nên đường thẳng 12 , dd cắt nhau. Mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng 12 , dd cắt nhau nên ()  có một vectơ pháp tuyến là: ( ) ( ) 12 , 0;3;6 3 0;1;2   = = =  n u u . Phương trình mặt phẳng ( )  là: 2 3 0 + − = yz . D ạng 10. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa 2 song song  và .   Phương pháp • Tìm VTCP của  và   là  u và   u , lấy ,.      MN • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ;.   =  n u MN • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng 1 1 : 1 2 1 =   =−   =+  x d y t zt và 2 4 : 3 4 12 =   =−   =+  x d y t zt Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua điểm ( ) 1 1;1;1 M vectơ chỉ phương ( ) 1 0; 2;1 u − . Đường thẳng 2 d đi qua điểm ( ) 2 4;3;1 M vectơ chỉ phương ( ) 2 0; 4;2 − u . Ta có 12 ,0  =  uu , ( ) 12 3;2;0 . = MM Do 12 ,0  =  uu nên đường thẳng 12 , dd song song Mặt phẳng()  chứa đường thẳng 12 , dd song song nên ( )  có một vectơ pháp tuyến là: ( ) ( ) 1 1 2 , 2;3;6 2; 3; 6   = = − = − − −  n u M M . Phương trình mặt phẳng ( )  là: 2 3 6 7 0 − − + = x y z . D ạng 11. Viết phương trình mặt phẳng đi qua một điểm M và song song với hai đường thẳng  và   chéo nhau cho trước. Phương pháp • Tìm VTCP của  và  ’ là  u và ' .  u • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ;.      =  n u u • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 114 Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;0; 2 A − và song song với hai đường thẳng 1 1 : 1 2 1 x d y t zt =   =−   =+  và 2 11 : 1 2 2 x y z d −− == . Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua điểm ( ) 1 1;1;1 M vectơ chỉ phương ( ) 1 0; 2;1 u − . Đường thẳng 2 d đi qua điểm ( ) 2 1;0;1 M vectơ chỉ phương ( ) 2 1;2;2 u . Ta có ( ) 12 , 6;1;2 uu  =−  . Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P , ta có 1 2 nu nu  ⊥   ⊥   nên n cùng phương với 12 , uu   . Chọn ( ) 6;1;2 n=− ta được phương trình mặt phẳng ( ) P là: ( ) ( ) ( ) 6 1 1 0 2 2 0 x y z − − + − + + = 6 2 10 0 x y z  − + + + = . D ạng 12. Viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua một điểm M và vuông góc với hai mặt phẳng ( ) ( ) , PQ cho trước Phương pháp • Tìm VTPT của ( ) P và ( ) Q là P n và . Q n • VTPT của mặt phẳng ( )  là: ;. PQ n n n   =  • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1; 2;5 M −− và vuông góc với hai mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 Q x y z + − + = và ( ) : 2 3 1 0 R x y z − + + = . Lời giải VTPT của ( ) Q là ( ) ( ) 1;2; 3 Q n − , VTPT của ( ) R là ( ) 2; 3;1 R n − Ta có ( ) , 7; 7; 7 QR nn  = − − −  nên mặt phẳng ( ) P nhận ( ) 1;1;1 n là một VTPT và ( ) P đi qua điểm ( ) 1; 2;5 M −− nên có phương trình là: 20 x y z + + − = . D ạng 13. Viết phương trình mặt phẳng ( )  song song với mặt phẳng ( )  và cách ( ):0 Ax By Cz D  + + + = một khoảng k cho trước Phương pháp • Trên mặt phẳng ( )  chọn 1 điểm . M • Do ( )  // ( )  nên ( )  có phương trình 0 Ax By Cz D  + + + = ( ) DD   • 3. Sử dụng công thức khoảng cách ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,, d d M k   =  = để tìm D  . Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P song song với mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 Q x y z + − + = và cách ( ) Q một khoảng bằng 3. Lời giải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 115 Trên mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 Q x y z + − + = chọn điểm ( ) 1;0;0 M − . Do ( ) P song song với mặt phẳng ( ) Q nên phương trình của mặt phẳng ( ) P có dạng: 2 2 0 x y z D + − + = với 1 D  . Vì ( ) ( ) ( ) ,3 d P Q = ( ) ( ) ,3 d P M = ( ) 2 22 1 3 1 2 2 D −+ = + + − 19 D  − + = 8 10 D D =−    =  Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán: 2 2 8 0 x y z + − − = và 2 2 10 0 x y z + − + = . D ạng 14. Viết phương trình mặt phẳng ( )  song song với mặt phẳng ( ):0 Ax By Cz D  + + + = cho trước và cách điểm M một khoảng k cho trước. Phương pháp • Do ( )  // ( )  nên ( )  có phương trình 0 Ax By Cz D  + + + = (DD   ). • Sử dụng công thức khoảng cách ( ) ( ) , d M k = để tìm D  . Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng () P song song với mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 Q x y z + − + = và () P cách điểm (1; 2;1) M − một khoảng bằng 3. Lời giải: Do ( ) P song song với mặt phẳng ( ) Q nên phương trình của mặt phẳng ( ) P có dạng: 2 2 0 x y z D + − + = với 1 D  . Vì ( ) ( ) ,3 d P M = ( ) 2 22 1 4 2 3 1 2 2 D −−+ = + + − 59 D  − + = 4 14 D D =−    =  Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2 4 0 x y z + − − = và 2 2 14 0 x y z + − + = . D ạng 15. Viết phương trình mặt phẳng ( )  tiếp xúc với mặt cầu ( ) S . Phương pháp • Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu ( ). S • Nếu mặt phẳng ( )  tiếp xúc với mặt cầu ( ) S tại ( ) MS  thì mặt phẳng ( )  đi qua điểm M và có VTPT là . MI • Khi bài toán không cho tiếp điểm thì ta phải sử dụng các dữ kiện của bài toán tìm được VTPT của mặt phẳng và viết phương trình mặt phẳng có dạng: 0 Ax By Cz D + + + = ( D chưa biết). • Sử dụng điều kiện tiếp xúc: ( ) ( ) , d I R = để tìm D . Ví d ụ. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) P song song với mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 Q x y z + − + = và tiếp xúc với mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z + + + − − − = Lời giải Mặt cầu ( ) Q có tâm ( ) 1;2;1 I − và bán kính ( ) 2 22 1 2 1 3 3 R = − + + + = Do ( ) P song song với mặt phẳng ( ) Q nên phương trình của mặt phẳng ( ) P có dạng: 2 2 0 x y z D + − + = với 1 D  . Vì ( ) P tiếp xúc với mặt cầu ( ) S nên Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 116 ( ) ( ) ,3 d I P R == ( ) 2 22 1 4 2 3 1 2 2 D − + − + = + + − 19 D  + = 10 8 D D =−    =  Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán: 2 2 10 0 x y z + − − = và 2 2 8 0 x y z + − + = . D ạng 15. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa một đường thẳng  và tạo với một mặt phẳng ( ):0 Ax By Cz D  + + + = cho trước một góc  cho trước. Phương pháp • Tìm VTPT của ( )  là . n  • Gọi ( ) ;; n A B C     • Dùng phương pháp vô định giải hệ: ( ) ; nn n nu     =     ⊥  • Áp dụng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua 1 điểm và có 1 VTPT. Ví dụ. Trong mặt phẳng Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P và đường thẳng d lần lượt có phương trình ( ) : 2 5 0 P x y z + − + = và 1 : 1 3 2 x d y z + = + = − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc 0 60 . Lời giải Giả sử mặt phẳng ( ) Q có dạng 0 Ax By Cz D + + + = ( ) 2 2 2 0. A B C + +  Chọn hai điểm ( ) ( ) 1; 1;3 , 1;0;4 . M N d − −  Mặt phẳng ( ) Q chứa d nên ( ) , M N Q  ( ) ( ) . 1 1 .3 0 2 74 .1 .0 .4 0 A B C D C A B D A B A B C D − + − + + =  = − −     =+ + + + =    Suy ra mặt phẳng có phương trình là ( ) 2 7 4 0 Ax By A B z A B + + − − + + = và có VTPT ( ) ; ; 2 . Q n A B A B = − − ( ) Q tạo với mặt phẳng ( ) P một góc 0 60 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 22 2 2 2 2 22 1 cos 60 4 2 3 2 2 1 2 1 A B A B AB A B A B +++  = =  =  + + + + + − Cho 1 B = ta được ( ) 4 2 3 A= Vậy có 2 phương trình mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 3 9 4 3 32 14 3 0 4 2 3 9 4 3 32 14 3 0 x y z x y z − + + − + + − = + + + − − + + = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 117 M ỘT S Ố BÀI TOÁN KHÁC Câu 1 Cho mặt phẳng ( ):3 P x y z + + = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua ( ) 1;0; 1 M − , chứa giá của vectơ ( ) 2;2; 1 u − và vuông góc với mặt phẳng ( ) P .. Lời giải Ta có vectơ pháp tuyến của ( ) P là ( ) 1;1;1 n , ( ) , 3;3;0 nu  =−  . Mặt phẳng ( ) Q chứa giá của vectơ ( ) 2;2; 1 u − và vuông góc với mặt phẳng ( ) P có VTPT ( ) 1; 1;0 − và đi qua ( ) 1;0; 1 M − nên có phương trình ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 0 1 0 x y z − − − + + = 10 xy  − − = . Câu 2 Lập phương trình mặt phẳng ( ) Q qua ( ) 4;9; 12 M − và cắt các tia ,, Ox Oy Oz lần lượt tại. ,, A B C sao cho OC OA OB =+ và 4 1 1 OC OA OB =+ Lời giải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc ,( , , 0 abc  ). Phương trình mặt phẳng ( ) Q qua ,, A B C có dạng 1 x y z a b c + + = (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn) Từ giả thiết ta có 4 9 12 1 4 1 1 a b c c a b c a b  + − =   =+    =+  ( ) 2 4 9 12 4 9 12 11 4 1 1 0 a b a b a b a b c a b c a b ab a b a b  + = + + = +  ++   = +  = +   −=  =+ + 13 6 1 7 2 14 aa ab ca c ab  −=  ==    =   =   =   Vậy mặt phẳng ( ) Q là 1 7 7 14 x y z + + = 2 2 14 0 x y z  + + − = . Câu 3 Lập phương trình mặt phẳng ( ) P qua điểm ( ) 4; 9;12 M −− , ( ) 2;0;0 A và cắt tia Oy , Oz lần lượt tại B , C sao cho 1 OB OC =+ ( B , C không trùng gốc O ). Lời giải Gọi ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc ( 0; 0 bc  do mặt phẳng ( ) P cắt tia Oy , Oz lần lượt tại B , C ). Khi đó phương trình mặt phẳng ( ):1 2 x y z P bc + + = . Có 1 bc =+ . Có ( ) ( ) 4; 9;12 MP − −  4 9 12 1 2 bc −−  + + = , Ta có hệ phương trình: 0; 0 3 4 9 12 1 2 2 1 bc b c bc bc    =  −−  + + =   =   =+   . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 118 Suy ra phương trình mặt phẳng ( ):1 2 3 2 x y z P + + = . Câu 4 Cho hai điểm ( ) 2;0;1 A , ( ) 0; 2;3 B − và mặt phẳng ( ) :2 4 0 P x y z − − + = . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) P sao cho 3 MA MB == . Lời giải Gọi ( ) x; ; M y z , điểm M thuộc ( ) P sao cho 3 MA MB == . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 2 2 2 4 0 2 4 0 2 2 2 1 9 2 0 3 7 11 4 0 2 1 9 2 3 9 x y z x y z x y x y z x y z z y yy x y z x y z  − − + =   − − + = = −      − + + − =  + − + =  =       − + = − + + − =  + + + − =     . Suy ra ( ) ( ) ; ; 0;1;3 x y z = hoặc ( ) 6 4 12 ; ; ; ; 7 7 7 x y z − =   . Do đó ( ) 0;1;3 M hoặc 6 4 12 ;; 7 7 7 M −   . Câu 5 Cho điểm ( ) 1;3; 2 A−− và mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 P x y z − − + = . Tính khoảng cách từ A đến ( ) P . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với ( ) P . Lời giải Khoảng cách từ A đến ( ) P : ( ) ( ) 1 6 4 5 2 , 3 1 4 4 − − + + == ++ d A P . Gọi ( ) Q là mặt phẳng cần tìm. Mặt phẳng ( ) Q đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là ( ) 1; 2; 2 n = − − . Vậy phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) :1 1 2 3 2 2 0 2 2 3 0 Q x y z x y z + − − − + =  − − + = . Câu 6 Cho ( ) 0;0;3 A , ( ) 1;2;0 M . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua A và cắt các trục , Ox Oy lần lượt tại , BC sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM . Lời giải Ta có ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 B Ox B b C Oy C c     . Mặt phẳng ( ) P có dạng: 1 3 x y z bc + + = và trọng tâm ABC  là ; ;1 33 bc G    . Có ( ) 1;2; 3 AM=− . Phương trình đường thẳng 3 : 1 2 3 x y z AM − == − . Vì G AM  nên 2 3 6 3 bc − == − 2, 4 bc  = = . Vậy phương trình ( ) P : 1 6 3 4 12 0 2 4 3 x y z x y z + + =  + + − = . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 119 Câu 7 Cho ba điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 2; 2;1 B − , ( ) 2;0;1 C − . • Viết phương trình mặt phẳng đi qua ,, A B C • Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng 2 2 3 0 x y z + + − = sao cho MA MB MC == Lời giải • ( ) ( ) ( ) 2; 3; 1 2;4; 8 2; 1; 1 AB n AB AC AC  = − −   =  = −  = − − −   , Mặt phẳng đi qua ,, A B C có vectơ pháp tuyến là ( ) 2;4; 8 n=− hay ( ) 1;2; 4 u=− Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) ( ) 1 0 2 1 4 2 0 x y z − + − − − = hay 2 4z 6 0 xy + − + = • M thuộc mặt phẳng ( ) 2 2 3 0 ; ; x y z M a b c + + − =  thỏa mãn 2 2 3 0 a b c + + − = ( ) 1 Vì MA MB MC == nên 22 22 MA MB MA MC  =   =   hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 2 2 1 1 2 2 1 a b c a b c a b c a b c  + − + − = − + + + −   + − + − = + + + −   ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) ( ) 2 2 3 2 2 4 6 2 4 3 2;3; 7 4 2 2 0 7 a b c a a b c b M a b c c + + = =    − − =  =  −   + + = = −  Câu 8 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua điểm (1; 2;4) M − sao cho ( ) P cắt 3 trục ,, Ox Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC . Lời giải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với 0 abc  Phương trình mặt phẳng ( ) P là 1 x y z a b c + + = M là trọng tâm của tam giác ABC suy ra 00 1 3 00 2 3; 6; 12 3 00 4 3 a b a b c c ++  =   ++  = −  = = − =   ++  =   Phương trình mặt phẳng ( ) P là 1 3 6 12 x y z + + = − hay 4 2 12 0 x y z − + − = Câu 9 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 1;2;3 M sao cho ( ) P cắt các tia ,, Ox Oy Oz lần lượt tại 3 điểm ,, A B C và tứ diện OABC có thể tích lớn nhất Lời giải Giả sử mặt phẳng ( ) P cắt các tia ,, Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm khác gốc tọa độ là ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0  abc . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 120 Khi đó phương trình của ( ) P có dạng: 1 + + = x y z a b c . Vì ( ) P đi qua M nên ta có: 1 2 3 1 + + = abc (1) Thể tích khối tứ diện OABC là: 1 6 = V abc Từ (1), áp dụng BĐT Cô si ta có: 3 1 2 3 6 1 3 27.6 = + +    abc a b c abc Suy ra 27  V . Đẳng thức xảy ra 1 2 3 1 3, 6, 9 3  = = =  = = = a b c abc . Vậy phương trình ( ) : 6 3 2 18 0 + + − = P x y z . Câu 10 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;1;1 M sao cho ( ) P cắt các trục ,, Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm phân biệt ,, A B C sao cho M là trực tâm của tam giác . ABC Lời giải Giả sử mặt phẳng ( ) P cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0.  abc Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 1. + + = x y z a b c Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;1;1 M nên 1 1 1 1 (1). + + = abc Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ;1;1 , 0; ; , 1;1 ;1 , ;0; . = − = − = − = − AM a BC b c BM b CA a c Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi ( ) .0 .0     =   =   MP AM BC BM CA 1 1 1 1 3; 3; 3  + + =     =  = = =   =  abc b c a b c ac . Phương trình mặt phẳng () P cần tìm là 3 0. + + − = x y z Câu 11 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) ( ) 1;1;1 , 0;2;2 AB sao cho ( ) P cắt các trục tọa độ , Ox Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt M , N sao cho 2. OM ON = Lời giải Giả sử ( ) 2 2 2 : 0, 0. P ax by cz d a b c + + + = + +  • ( ) mp P qua ( ) ( ) 1;1;1 : 0 1 A a b c d + + + = • ( ) mp P qua ( ) ( ) 0;2;2 : 2 2 0 2 B a c d + + = Ta có ( ) ( ) ;0;0 ; 0; ;0 . dd M P Ox M N P Oy N ab     =   − =   −         0 2 2 . 2 d dd OM ON ba ab =  =  =   =  | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 121 Với ( ) 0 0 0 d b c a l =  + =  = Với 2 2. 2 ba ba ba =  =  =−  Khi 2 ba = , chọn ( ) 2 1 1 : 2 4 0. 1 b a c P x y z d =   =  =  + + − =   =−  Khi 2 ba =− , chọn ( ) 2 1 3 : 2 3 2 0. 2 b a c P x y z d =−   =  =  − + − =   =−  Câu 12 Cho các điểm ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A B b C c , trong đó , bc dương và mặt phẳng ( ) : 1 0 P y z − + = . Xác định b và c , biết mặt phẳng ( ) ABC vuông góc với mặt phẳng ( ) P và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ) ABC bằng 1 . 3 Lời giải Mặt phẳng ( ) ABC có phương trình 1. 1 x y z bc + + = Vì ( ) ( ) ( ) 11 0 1 . ABC P b c bc ⊥  − =  = Ta có: ( ) ( ) ( ) 22 22 1 1 1 1 1 , 8 2 . 33 11 1 d O ABC bc bc =  =  + = ++ Từ (1), (2) và ,0 bc  suy ra: 1 . 2 bc == Câu 13 Cho tứ diện ABCD có các đỉnh ( ) 1;2;1 A , ( ) 2;1;3 B − , ( ) 2; 1;1 C − , ( ) 0;3;1 D . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua , AB sao cho khoảng cách từ C đến ( ) P bằng khoảng cách từ D đến ( ) P . Lời giải Giả sử ( ) P có véc tơ pháp tuyến ( ) ;; n a b c = ( ) 2 2 2 0 abc + +  . ( ) 3; 1;2 AB = − − . Vì ( ) P đi qua , AB nên ta có . 0 3 2 0 3 2 n AB a b c b a c =  − − + =  = − + . Phương trình mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) : 1 2 1 0 2 0 P a x b y c z ax by cz a b c − + − + − =  + + − − − = . Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 ;; a b c a b c b c a b c d C P d D P a b c a b c − + − − − + − − − =  = + + + + 32 3 30 a b b a a b a b b a a b b a b − = − =   − = −    − = − + =  . Trường hợp 1. 2 0 3 c ba =  = . Chọn 32 ca =  = . Vậy ( ) : 2 3 5 0 P x z + − = . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 122 Trường hợp 2. 2 ab = . Chọn 4 2 7 a b c =  =  =  . Vậy ( ) : 4 2 7 15 0 P x y z + + + − = . Câu 14 Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm ( ) 0;2;0 A , ( ) 2;0;0 B và tạo với mặt phẳng ( ) yOz góc 60  . Lời giải Giả sử ( ) P có véc tơ pháp tuyến ( ) ;; n a b c = ( ) 2 2 2 0 abc + +  . ( ) 2; 2;0 AB=− . Mặt phẳng ( ) yOz có véc tơ pháp tuyến là ( ) 1;0;0 i = . Vì mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm , AB nên . 0 2 2 0 n AB a b a b =  − =  = ( ) 1 . Mặt khác: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 11 cos ; cos 60 22 . ni a P yOz ni abc =   =  = ++ ( ) 2 . Thay ( ) 1 vào ( ) 2 ta được: 2 2 2 2 2 22 1 4 2 2 2 2 2 a a a c c a c a ac =  = +  =  =  + . Chọn 2 1 1 c a b  =  =  =   . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z +  − = . Câu 15 Cho điểm ( ) ( ) 0;0;1 , 3;0;0 AB . Lập phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm , AB và tạo với mặt phẳng ( ) Oxy góc 0 60 . Lời giải Mặt phẳng ( ):0 Oxy z = có véc tơ pháp tuyến ( ) 0;0;1 n = Mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 0;0;1 A có véc tơ pháp tuyến ( ) ;; v a b c = nên có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 1 0 0, 0 a x b y c z ax by cz c a b c − + − + − =  + + − = + +  Mà ( ) 3 0 3 B P a c c a   − =  = Suy ra, ( ) ; ;3 v a b a = là véc tơ pháp tuyến của mp ( ) P Theo giả thiết ta có ( ) ( ) 22 2 22 . 26 3 1 1 1 cos ; 26 2 2 2 . 26 3 nv ba a n v a b nv ba a b a  = =  =  =  =   =−  ++  Với 26 ba = : chọn 26 1, 3 b a c =  = = . Phương trình ( ) 1 : 26 3 3 0 P x y z + + − = Với 26 ba =− : chọn 26 1, 3 b a c = −  = = . Phương trình ( ) 2 : 26 3 3 0 P x y z − + − = Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài ( ) 1 : 26 3 3 0 P x y z + + − = , ( ) 2 : 26 3 3 0 P x y z − + − = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 123 Câu 16 Cho hai mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z + + − = và ( ) : 1 0 Q x y z − + − = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) R vuông góc với ( ) P và ( ) Q sao cho khoảng cách từ O đến ( ) R bằng 2 Lời giải Mặt phẳng ( ) P có véc tơ pháp tuyến ( ) 1;1;1 P n = . Mặt phẳng ( ) Q có véc tơ pháp tuyến ( ) 1; 1;1 Q n =− . Gọi R n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) R , khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 2;0; 2 RP R P Q RQ RP nn n n n RQ nn  ⊥  ⊥     = = −   ⊥ ⊥     chọn ( ) 1;0; 1 − Khi đó, phương trình mp ( ) R có dạng: 0 x z D − + = Mà ( ) ( ) ; 2 2 2 2 2 D d O R D =  =  =  Vậy, tồn tại hai mặt phẳng ( ) ( ) 12 : 2 2 0, : 2 2 0 R x z R x z − + = − − = thỏa yêu cầu đề bài. Câu 17 Cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;1;0 , 0;0; 2 , 1;1;1 A B C −− . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua , AB sao cho khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ) P bằng 3 . Lời giải Gọi ( ) ;; n a b c = (đk 2 2 2 0 abc + +  ) là vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . Phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;1;0 A − và có vecto pháp tuyến ( ) ;; n a b c = là ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 a x b y cz ax by cz a b + + − + =  + + + − = . Điểm ( ) 0;0; 2 B − thuộc mặt phẳng ( ) P nên ( ) 2 0 2 2 c a b b a c − + − =  = − . Khoảng cách từ điểm ( ) 1;1;1 C đến mặt phẳng ( ) P bằng 3 nên 2 2 2 2 2 2 || 3 | 2 | 3 a b c a b a c a b c abc + + + − =  + = + + ++ ( ) 3 . Thế ( ) 2 vào ( ) 3 và bình phương hai vế ta được ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 3 2 2 16 14 0 7 ac a c a a c c a ac c ac =   + = + − +  − + =    =  . • Với ac = , chọn 1 1 a c =   =  thế vào ( ) 2 ta được 1 b =− . Phương trình mặt phẳng ( ) 1 P là 20 x y z − + + = . • Với 7 ac = , chọn 7 1 a c =   =  thế vào ( ) 2 ta được 5 b = . Phương trình mặt phẳng ( ) 2 P là 7 5 2 0 x y z + + + = . Vậy có hai phương trình mặt phẳng ( ) P cần tìm là Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 124 ( ) 1 : 2 0 P x y z − + + = và ( ) 2 :7 5 2 0 P x y z + + + = Câu 18 Cho đường thẳng 1 : 1 1 4 x y z d − == và điểm ( ) 0;3; 2 A − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm A song song với đường thẳng d và khoảng cách giữa đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P bằng 3 Lời giải Gọi ( ) ;; n a b c = (đk 2 2 2 0 abc + +  ) là vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . Phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 0;3; 2 A − và có vecto pháp tuyến ( ) ;; n a b c = là 3 2 0 ax by cz b c + + − + = . Ta có 1 : 1 1 4 x y z d − == nên đường thẳng d đi qua ( ) 0;0;1 M và có VTCP ( ) 1;1;4 d u = . Theo giả thiết ta có: • Đường thẳng d song song với mặt phẳng ( ) P nên . 0 4 0 4 d n u a b c a b c =  + + =  = − − ( ) 1 . • Khoảng cách từ đường thẳng d đến mặt phẳng ( ) P bằng 3 nên khoảng cách từ điểm ( ) 0;0;1 M đến mặt phẳng ( ) P bằng 3 . ( ) ( ) ;3 d d P = ( ) ( ) ;3 d M P = 2 2 2 32 3 c b c abc −+ = ++ ( ) 2 22 4 c b b c b c  − = − − + + 22 10 16 0 b bc c  + + = 2 8 bc bc =−    =−  • Với 2 bc =− , chọn 1 2 c b =−   =  , thế vào ( ) 1 ta được 2 a = . Phương trình mặt phẳng ( ) 1 P là 2 2 8 0 x y z + − − = . • Với 8 bc =− , chọn 1 8 c b =   =−  , thế vào ( ) 1 ta được 4 a = . Phương trình mặt phẳng ( ) 2 P là 4 8 26 0 x y z − + + = . Vậy có hai mặt phẳng ( ) P cần tìm là ( ) 1 :2 2 8 0 P x y z − − − = và ( ) 2 :4 8 26 0 P x y z − + + = . Câu 19 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua 2 điểm ( ) 0; 1;2 A − , ( ) 1; 1;3 B − sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 0;3; 1 M − đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất). Lời giải Trường hợp 1. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị nhỏ nhất. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi ( ) P đi qua M . Khi đó mặt phẳng ( ) P chính là mặt phẳng ( ) ABM . ( ) 1;0;1 AB = , ( ) 0;4; 3 AM=− , ( ) , 4;3;4 n AB AM  = = −  . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 125 Mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 0; 1;2 A − và nhận ( ) 4;3;4 n=− làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: ( ) ( ) ( ) 4. 0 3. 1 4. 2 0 4 3 4 5 0 x y z x y z − − + + + − =  − + + − = . Trường hợp 2. Khoảng cách từ M đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Gọi ; HK lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng AB và trên mặt phẳng ( ) P . Ta có mp ( ) P chứa ; AB nên MK MH  . Do đó khoảng cách từ M đến mp ( ) P lớn nhất khi K trùng H , hay ( ) P là mp đi qua 2 điểm ; AB và nhận MH làm vectơ pháp tuyến. Gọi ( ) Q là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng AB . Khi đó mặt phẳng ( ) Q đi qua điểm ( ) 0;3; 1 M − và nhận ( ) 1;0;1 AB = làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: ( ) ( ) ( ) 0 0. 3 1 0 1 0 x y z x z − + − + + =  + + = . Đường thẳng ( ) AB đi qua điểm ( ) 0; 1;2 A − và nhận ( ) 1;0;1 AB = làm vectơ chỉ phương nên có phương trình: ( ) 1 2 xt yt zt =   = −    =+  . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 1 31 ; 1; 2 22 10 xt y H zt xz =   =− −   −   =+    + + =  Vậy mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 0; 1;2 A − và nhận 33 ; 4; 22 MH − =−   làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: ( ) ( ) ( ) 33 0 4 1 2 0 22 x y z − − − + + − = 3 8 3 14 0 x y z  + − + = Câu 20 Cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2;0 , 0;4;0 , 0;0;3 A B C . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa OA sao cho khoảng cách từ B và C đến mặt phẳng ( ) P bằng nhau. Lời giải Nhận xét: Khoảng cách từ B và C đến mp ( ) P bằng nhau có thể phát biểu thành mp ( ) P cách đều 2 điểm B và C . Điều này xảy ra khi mp ( ) P đi qua trung điểm E của đoạn BC hoặc mp ( )// P BC . Trường hợp 1. mp ( ) P đi qua trung điểm 3 0;2; 2 E    của đoạn BC . Khi đó mp ( ) P là mp đi qua ba điểm ;; O A E . ( ) 1;2;0 OA = ; 3 0;2; 2 OE  =   ; ( ) 3 , 3; ;2 2 P n OA OE −   ==    . Pt mặt phẳng ( ) P : 3 3 2 0 2 x y z − + = 6 3 4 0 x y z  − + = . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 126 Trường hợp 2. ( )// P BC . Ta có: ( ) 0; 4;3 BC=− Mặt phẳng ( ) P nhận ( ) ( ) , 6; 3; 4 P n OA BC  = = − −  làm VTPT Phương trình mp ( ) P : 6 3 4 0 x y z − − = . Vậy có hai mặt phẳng ( ) P cần tìm là ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + = và ( ) : 6 3 4 0 P x y z − − = . Câu 21 Cho hai điểm ( ) 1; 1; 3 A −− , ( ) 1; 0; 4 B và mặt phẳng ( ) : 2 5 0 P x y z + − + = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua sao cho góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q có số đo nhỏ nhất. Lời giải Gọi ( ) ;; n A B C = là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) Q ; ( ) ( ) ( ) ; PQ = Vì A , ( ) BQ  nên . 0 2 0 2 n AB A B C C A B =  + + =  = − − . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 cos . 6 5 2 4 . 6 A B C A B A B C A B AB + − +  = = + + + + . Trường hợp 1. 0 A = 2 33 cos 30 2 6 2 B B  =  =   =  . Trường hợp 2. 0 A  . Ta có 2 1 3 cos 6 2 4 5 B A BB AA +  =   ++   . Đặt B x A = và ( ) 2 cos fx= . Xét ( ) 2 2 9 2 1 6 2 4 5 xx fx xx ++ = ++ . Có ( ) ( ) ( ) 2 2 91 2 4 5 x fx xx +  = ++ , ( )01 f x x  =  = − . Lập bảng biến thiên, ta thấy ( ) min 0 cos 0 90 30 fx =   =   =    . Do đó chỉ có TH1 thỏa mãn, tức là 0 A = . Khi đó chọn 1 B = , 1 C = ( ) : 4 0 Q y z  − + = . Câu 22 Cho ba điểm ( ) 10; 2; 1 A − , ( ) 1; 0;1 B , ( ) 3;1; 4 C . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A , song song với BC và khoảng cách từ B đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất Lời giải Gọi ( ) ;; n a b c = là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . ( ) ( ) ( ) ( ) : 10 2 1 0 P a x b y c z  − + − + + = . Vì ( ) BC P nên . 0 2 3 0 2 3 n BC a b c b a c =  + + =  = − − . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 127 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 2 2 5 8 , 5 12 10 a b c a c d B P a b c a ac c − − + − + == + + + + . Trường hợp 1. ( ) ( ) 2 8 8 0; 10 10 c a d B P c =  = = . Trường hợp 2. 0 a ( ) ( ) 2 58 , 5 12 10 c c d B P cc aa −+ =  ++   . Đặt a x c = và ( ) ( ) ( ) 2 ; f x d B P = . Xét ( ) 2 2 25 80 64 5 12 10 xx fx xx −+ = ++ . Có ( ) ( ) 2 2 2 1568 140 700 5 12 10 xx fx xx +−  = ++ và ( ) 5 8 0 5 7 x fx x  =   =   =−   . Lập bảng biến thiên, ta thấy ( ) ( ) ( ) 8 max 75 ; 75 10 f x d B P =  =  . Do đó chỉ có trường hợp 2 thỏa mãn, tức là 5 7 c a =− . Khi đó chọn 7 a = , 1 b = ; 5 C =− . ( ) : 7 5 77 0 P x y z  + − − = Câu 23 Cho hai điểm ( ) 1; 2; 2 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 P x y z + + + = . Tìm điểm B thuộc Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) P bằng BA . Lời giải Ta có ( ) ; 0; 0 B Ox B x  . Yêu cầu bài toán ( ) ( ) ( ) 2 25 ; 1 8 3 x d B P BA x +  =  = − + 2 28 5 38 56 0 5 2 x xx x  =   − + − =   =  . Vậy 28 ; 0; 0 5 B    hoặc ( ) 2; 0; 0 B . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 128 CÁC BÀI TOÁN T ỔNG H ỢP Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có ( ) 1;1;1 A , ( ) 2;0;2 B , ( ) 1; 1;0 −− C và ( ) 0;3;4 D . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm  B ,  C ,  D sao cho thể tích của khối tứ diện    AB C D nhỏ nhất và 4 + + =    AB AC AD AB AC AD . Tìm phương trình của mặt phẳng ( )    B C D ? A. 16 40 44 39 0 + − + = x y z B. 16 40 44 39 0 − − + = x y z C. 16 40 44 39 0 + + + = x y z D. 16 40 44 39 0 + − − = x y z Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( ) 2; 1; 2 −− A và đường thẳng ( ) d có phương trình 1 1 1 1 1 1 − − − == − x y z . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng ( ) d và khoảng cách từ đường thẳng d tới mặt phẳng ( ) P là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( ) P vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A. 60 − − = xy B. 3 2 10 0 + + + = x y z C. 2 3 1 0 − − − = x y z D. 3 2 0 + + = xz Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;5 M . Số mặt phẳng ( )  đi qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho = OA OB = OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) là A. 8 B. 3 C. 4 D. 1 Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) Q song song với mặt phẳng ( ) : 2x 2 17 0 − + − = P y z . Biết mặt phẳng ( ) Q cắt mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 25 + + + − = S x y z theo một đường tròn có chu vi bằng 6  . Khi đó mặt phẳng ( ) Q có phương trình là A. 2x 2 7 0 − + + = yz B. 2x 2 17 0 − + + = yz C. x 2 7 0 − + − = yz D. 2x 2 17 0 − + − = yz Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S : ( ) ( ) 22 2 1 1 11 − + + + = x y z và hai đường thẳng 1 d : 5 1 1 1 1 2 − + − == x y z , 2 d : 1 1 2 1 + == x y z . Viết phương trình tất cả các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( ) S đồng thời song song với hai đường thẳng 1 d , 2 d . A. 3 7 0 − − + = x y z B. 3 15 0 − − − = x y z C. 3 7 0 − − − = x y z D. 3 7 0 − − + = x y z hoặc 3 15 0 − − − = x y z . Câu 6. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng ( ) : 2 3 6 0 P x y z − + − = . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng nằm trong mặt phẳng , cắt và vuông góc với ? A. B. C. D. Oxyz 2 1 5 : 3 1 1 x y z d − + + == − ( ) P ( ) d 8 1 7 2 5 11 x y z − − + == 4 3 3 2 5 11 x y z − − − == 8 1 7 2 5 11 x y z + + − == 4 3 3 2 5 11 x y z + + + ==| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 129 Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu , mặt phẳng . Gọi là mặt phẳng vuông góc với , song song với giá của vectơ và tiếp xúc với . Phương trình mặt phẳng là: A. ; . B. ; C. ; D. ; . Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình mặt phẳng chứa và cắt các tia , , lần lượt tại , , sao cho . A. B. C. D. Câu 9. Trong không gian , phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng và là? A. B. C. D. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm ( ) 3;2;1 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) P . A. 3 2 14 0 + + + = x y z B. 2 3 9 0 + + + = x y z C. 3 2 14 0 + + − = x y z D. 2 9 0 + + − = x y z Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) S có phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 − + − + + = x y z . Phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa trục hoành và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S là: A. 430 += yz B. 4 3 1 0 + + = yz C. 4 3 1 0 − + = yz D. 4 3 0 −= yz Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;2;3 M và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C (khác O ). Viết phương trình mặt phẳng ( ) P sao cho M là trực tâm của tam giác ABC . A. 6 3 2 6 0 + − − = x y z B. 2 3 14 0 + + − = x y z C. 2 3 11 0 + + − = x y z D. 3 1 2 3 + + = x y z Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2; 1; 1 H . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua H và cắt các trục tọa độ tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 2 6 0 + + − = x y z B. 2 6 0 + + − = x y z C. 2 2 6 0 + + − = x y z D. 2 6 0 + + + = x y z Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ( ) 2 2 2 : 2 6 4 2 0 + + − + − − = S x y z x y z , mặt phẳng ( ) : 4 11 0  + + − = x y z . Gọi ( ) P là mặt phẳng vuông góc với ( )  , ( ) P song song với giá của véctơ ( ) 1;6;2 = v và ( ) P tiếp xúc với ( ) S . Lập phương trình mặt phẳng ( ) P . A. 2 2 2 0 − + − = x y z và 2 21 0 − + − = x y z B. 2 2 3 0 − + + = x y z và 2 21 0 − + − = x y z C. 2 2 3 0 − + + = x y z và 2 2 21 0 − + − = x y z . Oxyz ( ) 2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z + + − + − − = ( ) : 4 11 0 x y z  + + − = ( ) P ( )  ( ) P ( ) 1;6;2 u = ( ) S ( ) P 2 2 5 0 x y z − + + = 2 2 2 0 x y z − + − = 2 2 3 0 x y z − + + = 2 21 0 x y z − + − = 2 2 2 0 x y z − + − = 2 21 0 x y z − + − = 2 2 3 0 x y z − + + = 2 2 21 0 x y z − + − = Oxyz ( ) 1;3; 2 M − Ox Oy Oz A B C 1 2 4 OA OB OC == 2 4 1 0 x y z + + + = 4 2 8 0 x y z + + − = 4 2 1 0 x y z + + + = 2 1 0 x y z − − − = Oxyz ( ) P 1 2 : 1 1 1 x y z d − == − 2 12 : 2 1 1 x y z d −− == −− ( ) : 2 2 1 0 P y z − + = ( ) : 2 2 1 0 P x z − + = ( ) : 2 2 1 0 P x y − + = ( ) : 2 2 1 0 P y z − − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 130 D. 2 2 5 0 − + + = x y z và 2 2 2 0 − + − = x y z Câu 15. Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 3;2;1 M . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và cắt các trục  x Ox ,  y Oy ,  z Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC . A. 3 2 14 0 + + − = x y z B. 3 2 14 0 + + − = x y z C. 1 9 3 6 + + = x y z D. 1 12 4 4 + + = x y z Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình mặt phẳng chứa điểm , cắt các tia , , lần lượt tại , , sao cho . A. B. C. D. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm , , . Phương trình mặt phẳng nào dưới đây đi qua , gốc tọa độ và cách đều hai điểm và ? A. B. C. D. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 2; 2;0 − B , ( ) 2;0;1 − C . Mặt phẳng ( ) P đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC có phương trình là A. 4 2 4 0 − − + = x y z B. 4 2 4 0 − + + = x y z C. 4 2 4 0 + + − = x y z D. 4 2 4 0 + − + = x y z Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu và đường thẳng Phương trình mặt phẳng đi qua điểm song song với đường thẳng và tiếp xúc với mặt cầu là: A. B. C. D. Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và mặt cầu . Mặt phẳng chứa , tiếp xúc với và cắt trục tại điểm có cao độ lớn hơn 3 có phương trình là A. B. C. D. Câu 21. Trong không gian Oxyz , gọi ( ) P là mặt phẳng chứa đường thẳng 21 : 1 2 1 −− == − x y z d và cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d . Phương trình của mặt phẳng ( ) P là A. 2 5 5 0 + + − = x y z B. 2 5 4 0 + + − = x y z C. 2 4 0 + − − = x y z D. 2 3 0 − − = xy Oxyz ( ) P ( ) 1;3; 2 M − Ox Oy Oz A B C 1 2 4 OA OB OC == 2 1 0 x y z − − − = 2 4 1 0 x y z + + + = 4 2 1 0 x y z + + + = 4 2 8 0 x y z + + − = Oxyz ( ) 1; 2;0 A −− ( ) 0; 4;0 B − ( ) 0;0; 3 C − ( ) P A O B C ( ) : 2 3 0 P x y z − + = ( ) : 6 3 5 0 P x y z −+= ( ) : 2 3 0 P x y z − − = ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + + = Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 9 S x y z − + − + − = 6 2 2 :. 3 2 2 x y z − − −  = = − ( ) P ( ) 4;3;4 M  ( ) S 2 2 1 0 x y z − + − = 2 2 18 0 x y z + + − = 2 2 10 0 x y z − − − = 2 2 19 0 x y z + + − = Oxyz 21 : 10 8 1 x y z d +− == ( ) 2 2 2 : 2 6 4 15 0 S x y z x y z + + + − + − = d ( ) S Oz 2 3 4 10 0 x y z − + − = 2 3 4 12 0 x y z − + − = 3 4 2 12 0 x y z − + − = 3 4 2 10 0 x y z − + − =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 131 Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD với ( ) ( ) 3;5; 1 , 0; 1;8 , AB −− ( ) ( ) 1; 7;3 , 0;1;2 CD −− và điểm ( ) 1;1;5 M . Biết mặt phẳng ( ):0 P x ay bz c + + + = qua điểm , DM cắt cạnh AC và ( ) P chia khối tứ diện ABCD thành hai phần thể tích bằng nhau. Tính S a b c = + + A. 1 3 S = B. 4 3 S =− C. 1 3 S =− D. 4 3 S = Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 . A B C Mặt cầu ( ) S thay đổi qua ,, A B C cắt ba trục tọa độ ,, Ox Oy Oz lần lượt tại 3 điểm ( ) , , , , . M N P M A N B P C    Gọi H là trực tâm tam giác MNP . Tọa độ của H thỏa mãn phương trình nào trong các phương trình sau A. 2 3 0 x y z − − = B. 2 3 0 x y z + − = C. 4 2 0 x y z + − = D. 4 2 0 x y z − + − = Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 1; ;0 , 1;0; , A a B b C c với ,, abc là các số thực thay đổi sao cho ( ) 3;2;1 H là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng ( ) : 11 0 P mx ny pz + + − = đi qua ,, A B C . Tính S m n p = + + . A. 5 S = B. 6 S = C. 5 S =− D. 6 S =− Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( ) P qua điểm ( ) 1;2;1 M và cắt các trục ' , ' , ' x Ox y Oy z Oz lần lượt tại ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 ,C 0;0; A a B b c sao cho 2 2 2 1 4 9 OA OB OC ++ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức abc ++ . A. 12 B. 14 C. 76 3 D. 73 3 Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;4;9 S . Mặt phẳng ( ) P qua điểm S và cắt các tia Ox, , Oy Oz lần lượt tại các điểm ,, A B C sao cho OA OB OC ++ nhỏ nhất. Hỏi điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng ( ) P ? A. ( ) 6;2; 3 M − B. ( ) 2;3; 6 N − C. ( ) 2;3;6 P D. ( ) 6; 3;2 Q − Câu 27. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 12 A B C m m m             ++       với m là số thực dương thay đổi. Biết mặt phẳng ( ) ABC luôn chứa một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Viết phương trình đường thẳng đó. A. 1 12 xt yt zt = − +   =−   =  B. 1 12 xt yt zt =−   = − +   =−  C. 12 1 xt yt zt =−   = − +   =  D. 1 12 xt yt zt =−   =−   = − +  Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;1 A và hai đường thẳng 1 22 :1 2 xt dy zt =−   =   = − +  và 2 53 : 1 . 3 xs dy zs =+   =   =−  Gọi , BC lần lượt là các điểm di động trên 12 , dd . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P AB AC BC = + + Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 132 A. 2 29 B. 2 985 C. 5 10 29 ++ D. 5 10 + Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;0;0 , 0;3;0 , 0;0;6 . A B C Các điểm ,, M N P lần lượt trên các tia ,, OA OB OC sao cho 1 1 1 , ,OP 2 1 3 2 OM OA ON OB OC m m m = = = ++ Với m là một số thực dương thay đổi. Biết rằng khi m thay đổi, mặt phẳng ( ) MNP luôn chứa một đường thẳng d cố định. Tính khoảng cách h từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d . A. 32 2 B. 3 646 19 C. 3 646 34 D. 23 3 Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x y z + − − = và hai điểm ( ) ( ) 1;2;3 , 3;4;5 AB . Gọi M là một điểm di động trên ( ) P . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 MA MB + A. 3 6 78 + B. 3 3 78 + C. 3 54 6 78 + D. 33 Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là ( ) P : 3 1 0 x y z + + − = và ( ) Q : 3 2 0 x y z − + − = . Mặ phẳng ( ) R chứa tất cả các điểm cách đều hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q có phương trình tổng quát là: A. 4 4 3 0 xy + − = B. 2 2 0 x y z − − = C. 3 1 0 x y z + − − = D. 2 2 2 1 0 x y z − − − = Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( ) 1;3;2 , 2;1;4 AB − và đường thẳng  : 3 1 2 3 2 2 x y z − − + == − . Mặt phẳng () P chứa đường thẳng  và khoảng cách từ A đến ( ) P gấp ba lần khoảng cách từ B đến ( ) P . Số mặt phẳng ( ) P thỏa mãn là: A. 2 B. vô số C. 0 D.1 Câu 33. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 2 1 1 1 2 2 x y z − − + == − và mặt phẳng ( ) P : 60 x y z + − − = . Gọi ( )  là mặt phẳng đi qua d và tạo với ( ) P một góc nhỏ nhất. Khi đó dạng phương trình tổng quát của ( )  có dang: 0 ax by z d + + + = . Khi đó giá trị của ( ) a b d ++ bằng: A. 6 B. 7 − C. 5 D. 3 − Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 1;0;2 B − , ( ) 3;0;0 C . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là ( ) ;; abc và bắn kính đường tròn ngoại tiếp là ABC R  . Giá trị của biểu thức ABC T a b c R  = + + + nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 0;2 B. 7 2; 2    C. 13 5; 2    D. 7 ;5 2    Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( ) ( ) 2 : 2 1 3 0 P mx m y m z + − − + = . Điểm cố định mà mặt phẳng ( ) P đi qua với mọi tham số thực m là ( ) ;; A a b c . Giá trị của biểu thức ( ) T a b c = + + bằng: A. 1 B. 3 − C. 2 D. 0 | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 133 Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( ) ( ) ( ) : 1 2 1 2 0 P m x m y mz − + − + − = đi qua một đường thẳng d cố định. Biết rằng VTCP của đường thẳng d có dạng ( ) ;2; d u a b = . Giá trị ( ) ab + bằng: A. 0 B. 4 − C. 2 − D. 6 Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm ( ) 2;1;1 A , ( ) 2;0;3 B , ( ) 0;1;3 C , ( ) 0;2;0 D và mặt phẳng ( ) : 2 0 P ax by z d + + + = . Biết rằng ( ) P đi qua ba điểm B, C, D cùng phía so với ( ) P . Khi tổng khoảng cách từ B, C, D đến ( ) P lớn nhất thì giá trị biểu thức ( ) 2 a b d ++ bằng: A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 2 16 S x y z + − + + = và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' : 4 3 1 9 S x y z − + − + − = . Gọi điểm ( ) ;; M a b c nằm trên mặt cầu ( ) S và điểm ( ) ;; N m n p nằm trên mặt cầu ( ) ' S sao cho khoảng cách MN là lớn nhất. Giá trị của biểu thức T a b c m n p = + + + + + tương ứng bằng: A. 38 5 B. 18 5 C. 26 3 D. 23 3 − Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 2 1 2 x y z d −− == − và mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 1 S x y z − + + − = . Gọi ( ) P và ( ) Q là hai mặt phẳng chứa đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S lần lượt tại M và N. Độ dài dây cung MN có giá trị bằng: A. 4 B. 3 2 C. 2 D. 1 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2y z 6 0 Px − + − = và mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 1 24 S x y z + − + = . Gọi d là đường thẳng song song với ( ) 1;2;1 u = và cắt ( ) P và ( ) S lần lượt tại M và N sao cho MN đạt giá trị lớn nhất. Nếu tọa độ điểm ( ) ;; N a b c thì giá trị biểu thức ( ) 2 a b c −+ bằng: A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: ( ) 1 xt y m mt z m m t =   =−   = − + −  . Biết rằng tồn tại một mặt cầu cố định ( ) S đi qua ( ) 5;4;3 B và tiếp xúc với đường thẳng d khi m thay đổi. Bán kính R của mặt cầu ( ) S bằng: A. 4 B. 23 C. 25 D. 2 Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 2;0;1 , 3;1;2 , 1;3; 2 , 2;0;3 A B C D −− . Hai điểm P và Q di động nhưng luôn thỏa mãn , , , PA QC PB QD PC QA PD QB = = = = . Khi đó mặt phẳng trung trực của PQ đi qua điểm cố định N . Điểm N nằm trên đường thẳng tương ứng là: A. 2 5 0 x y z + − − = B. 2 3 3 0 x y z − + + = C. 2 4 0 x y z + + − = D. 3 2 12 0 x y z − + − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 134 Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 3; 2;1 B − , ( ) 0;1;1 C , ( ) 1;0;2 D − . Gọi P và Q là hai điểm di động thỏa mãn hệ thức: 2 2 2 2 2 2 2 2 22 PA PB PC PD QA QB QC QD + + − = + + − . Gọi ( )  là mặt phẳng trung trực của PQ . Khi đó ( )  luôn đi qua điểm cố định có tọa độ ( ) ;; abc . Giá trị biểu thức ( ) ;; abc bằng: A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;3 , 2; 1;1 , 0;2;3 A B C − . Mặt phẳng ( ) P có phương trình là: 20 ax y cz d + + + = đi qua C, sao cho A và B cùng phía so với ( ) P , đồng thời tổng khoảng cách từ A và B đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức ( ) T a c d = + + tương ứng bằng: A. 0 B. 8 − C. 12 D. 10 − Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2; 3 , 1; 1;2 , 1;2; 2 A B C − − − . Mặt phẳng ( ) P đi qua gốc tọa độ O , sao cho ,, A B C cùng phía so với ( ) P . Tổng khoảng cách từ ( ) ( ) ( ) 1;2; 3 , 1; 1;2 , 1;2; 2 A B C − − − đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 33 B. 3 C. 3 10 D.36 Câu 47. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) 2;0;1 , 3; 2;0 AB − ( ) , 0;0; 5 C − , ( ) 3;1;3 D − . Mạt phẳng ( ) P đi qua D sao cho A, B và C cùng phía so với mặt phẳng ( ) P . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; T d A P d B P d C P = + + tương ứng bằng: A. 12 5 B. 16 3 C. 12 6 D. 85 Câu 48. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;1 , 1; 3;0 , 2;2;4 A B C −− , ( ) D 3;1;3 − . Mặt phẳng ( ) P đi qua góc tọa độ O sao cho A, B, C, D nằm cùng phía so với ( ) P . Khi đó biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; 3 ; T d A P d B P d C P d D P = + + + đạt giá trị lớn nhất thì phương trình mặt phẳng ( ) P tương ứng là ( ):0 P x by cz d + + + = . Giá trị của biểu thức ( ) T b c d = + + bằng: A. 3 B. 3 − C. 2 D. 2 − Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 7 0 P x y z + − − = và các điểm ( ) 3;1; 3 A − , ( ) 2;3; 1 B − , ( ) 2 4; ;2 C m m − . Số giá trị nguyên của m để mặt phẳng ( ) P cắt đúng hai cạnh của ABC  là A. 4 B. 2 − C. 5 D. 0 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1;1; 3 , ; 1;2 A B a −− . Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) : 3 8 0 P x y z + − − = sao cho 3 AB AM = . Tổng các giá trị thực của a thỏa mãn bài toán là? A. 13 − B. 24 C. 6 D. 29 − Câu 51. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1; 3; 1 , ; ; A B a b c −− . Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, Oxy Oyz Ozx sao cho AM MN NP PB = = = . Giá trị của biểu thức T a b c = + + tương ứng bằng? A. 13 − B. 24 C. 6 D. 29 − | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 135 Câu 52. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 2;0;3 , ; ; A B a b c . Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, Oyz Ozx Oxy sao cho 3 AM NP PB == . Giá trị của biểu thức 3 8 11 T a b c = + − bằng A. 5 B. 21 − C. 7 D. 12 Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1; 1;0 A − , ( ) a;b;c B .Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y − − = ( ) , : 2 0 Q y z + + = ( ) , : 2 1 0 R x y z + − − = sao cho 2 AM MN NP PB = = = . Giá trị của biểu thức T a b c = + + tương ứng bằng A. 5 − B. 28 5 − C. 17 5 D. 31 5 − Câu 54. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1;2; , ; ; A a B m n p . Gọi , MN lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các trụ tọa độ , Ox Oy sao cho AM MN NB == . Gía trị của biểu thức T m n p = + + tương ứng bằng A. 11 2 − B. 2 C. 3 − D. 9 2 − Câu 55. Trong không gian với hộ tọa độ Oxyz, cho bốn mặt phẳng ( ) : 5 7 0 a x y z + + − = , ( ) : 1 0; x y z + − − =  ( ) : 1 0; x y z  − − − = ( ) : 3 1 0 x y z  − − + = . Thể tích cùa khối tứ diện giới hạn bởi bốn mặt phẳng này có giá trị tương ứng bằng A. 1 2 B. 2 C. 1 D. 1 3 Câu 56. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 11 : 2 1 1 x y z d −+ == − và 2 3 : 2 2 1 xt d y t zt =−   = − +   = − +  . Quỹ tích những điểm cách đều hai đường thẳng là hai mặt phẳng A. ( ) ( ) : 0; : 3 3 2 6 0 x y z x y z  + − =  − − − = B. ( ) ( ) : 2 0; : 3 3 2 6 0 x y x y z  + − =  − − − = . C. ( ) ( ) :3 1 0; :3 3 2 0 x y x y z  + − =  + − − = . D. ( ) ( ) : 2 0; : 2 3 2 7 0 x y x y z  + − =  − − − = . Câu 57. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 12 : 2 1 2 x y z d −− == −− và 2 12 : 1 2 2 x y z d −− == − . Mặt phẳng ( ) P cách đều hai đường thẳng 1 d và 2 d có phương trình là? A. 6 2 5 2 0 x y z + + − = B. 6 2 5 11 0 x y z + + − = . C. 3 2 3 0 x y z + + − = . D. 3 8 0 xy + − = . Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 5 điểm có tọa độ là ( ) 1; 1;0 A − , ( ) 3;0;1 B , ( ) 4;1;1 C , ( ) 3; 2; 2 D −− , ( ) 1; 2; 1 E − − − . Số mặt phẳng tạo thành từ 5 điểm này tương ứng là A. 4 B. 7 C. 6 D. 5 Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 P x y z + − − = và hai điểm ( ) ( ) 1;2;0 , 1;3;1 AB − . Gọi ( ) Q là một mặt phẳng đi qua , AB đồng thời tạo với ( ) P một góc nhỏ Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 136 nhất. Biết rằng phương trình tổn quát của ( ) Q là : 2 0, x by cz d + + + = với ,, b c d là những số thực. Khi đó giá trị của tổng ( ) b c d ++ bằng: A. 10 B. 12 C. 18 D. 8 − Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt ( ) ( ) : 2 1 4 2 0 P mx m y z m + + − − + = và điểm ( ) 1;2;0 A . Khi khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất thì hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P là ( ) ;; H a b c . Giá trị của ( ) abc ++ bằng: A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) 22 : 2 3m 0 P m x my m z + + + − = và điểm ( ) 0;1;0 B . Khoảng cách lớn nhất từ B đến mặt phẳng ( ) P nằm trong khoảng nào dưới đây A. ( ) 1;2 B. 1 ;1 2    C. 5 2; 2    D. 1 0; 2    Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2;0; 1 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z + − − = và mặt phẳng ( ) : 3 4 0 Q x y − − = . Gọi M là điểm nằm trên ( ) P và N là điểm nằm trên ( ) Q sao cho A là trung điểm MN . Khi M chạy trên mặt phẳng ( ) P thì quỹ tích điểm N là đường thẳng d có phương trình tương ứng là A. 43 7 xt yt zt =+   =   =  B. 3 2 1 xt yt zt =   =   =−  C. 13 2 7 xt yt zt =+   =+   =  D. 2 3 xt yt z =   =   =  Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) a;0;0 , 0;b;0 , 0;0;c . A B C Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Biết rằng khi , ac và b thay đổi thỏa mãn điều kiện: 26 a b c + − = thì tâm I thuộc một mặt phẳng cố định ( ) P . Phương trình mặt phẳng ( ) P tương ứng là A. 2 6 0 x y z − − − = B. 2 3 0 x y z + − − = C. 60 xy − − = D. 3 1 0 x y z + + − = | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 137 HƯ ỚNG D ẪN GI ẢI Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có ( ) 1;1;1 A , ( ) 2;0;2 B , ( ) 1; 1;0 −− C và ( ) 0;3;4 D . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm  B ,  C ,  D sao cho thể tích của khối tứ diện    AB C D nhỏ nhất và 4 + + =    AB AC AD AB AC AD . Tìm phương trình của mặt phẳng ( )    B C D ? A. 16 40 44 39 0 + − + = x y z B. 16 40 44 39 0 − − + = x y z C. 16 40 44 39 0 + + + = x y z D. 16 40 44 39 0 + − − = x y z L ời gi ải Ta có ..    =    ABCD AB C D V AB AC AD V AB AC AD 3 1 64 . 27 27   + + =      AB AC AD AB AC AD Dấu "" = xảy ra khi 4 3 = = =    AB AC AD AB AC AD . 3 4  = AB AB 717 ;; 444      B . Suy ra ( )    B C D qua 717 ;; 444     B và song song ( ) BCD nên ( )    B C D có một véctơ pháp tuyến là ( ) ; 4;10; 11  = = −  n BC BD Vậy phương trình ( )    B C D là 16 40 44 39 0 + − + = x y z . Chọn ý A. Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( ) 2; 1; 2 −− A và đường thẳng ( ) d có phương trình 1 1 1 1 1 1 − − − == − x y z . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng ( ) d và khoảng cách từ đường thẳng d tới mặt phẳng ( ) P là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( ) P vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A. 60 − − = xy B. 3 2 10 0 + + + = x y z C. 2 3 1 0 − − − = x y z D. 3 2 0 + + = xz L ời gi ải Gọi ( ) ;; K x y z là hình chiếu vuông góc của A lên d . Tọa độ của K là nghiệm của hệ A ' B ' D D B C ' C Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 138 1 1 1 1 1 1 1 0 1 − + = − =   − = − + =   − + − = =  x y x y z y x y z z ( ) 1;1;1  K . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , 14 = =  = d d P d K P KH KA . Nên khoảng cách từ d đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất bằng 14 khi mặt phẳng ( ) P qua A và vuông góc với KA . Khi đó có thể chọn VTPT của ( ) P là KA . Vậy ( ) P vuông góc với mặt phẳng  A . Chọn ý D. Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;5 M . Số mặt phẳng ( )  đi qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho = OA OB = OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) là A. 8 B. 3 C. 4 D. 1 L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc , ( )  có dạng 1 + + = x y z a b c , ( )  M 1 2 5 1  + + = abc . Do = OA OB = OC  = = abc . Xét các trường hợp + == abc 8 1 = a 8 = a ( )  : 80 + + − = x y z . + = = − a b c 2 1 − = a 2  = − a ( )  : 20 + − + = x y z . + = − = − abc 6 1 − = a 6  = − a ( )  : 60 − − + = x y z . + = − = a b c 4 1 = a 4 = a ( )  : 40 − + − = x y z . Vậy có 4 mặt phẳng ( )  thỏa yêu cầu bài toán. Chọn ý C. Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) Q song song với mặt phẳng ( ) : 2x 2 17 0 − + − = P y z . Biết mặt phẳng ( ) Q cắt mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 25 + + + − = S x y z theo một đường tròn có chu vi bằng 6  . Khi đó mặt phẳng ( ) Q có phương trình là A. 2 2 7 0 x y z − + + = B. 2 2 17 0 x y z − + + = C. 2 7 0 x y z − + − = D. 2 2 17 0 x y z − + − = L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0; 2;1 − I và bán kính 5 = R . 2 r 6 =  =  S 3 = r 22 25 9 4  = − = − = h R r . ( ) Q song song với ( ) P nên phương trình mặt phẳng ( ) Q có dạng ( ) : 2x 2 0 − + + = Q y z d ( ) ( ) ( ) 2.0 2. 2 1.1 7 , 4 5 12 17 3 − − + + =  = = =  + =   =−  d d h d I Q d d + Với 17 =− d thì ( ) ( )  QP . + Với 7 = d thì ( ) : 2x 2 7 0 − + + = Q y z . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 139 Chọn ý A. Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S : ( ) ( ) 22 2 1 1 11 − + + + = x y z và hai đường thẳng 1 d : 5 1 1 1 1 2 − + − == x y z , 2 d : 1 1 2 1 + == x y z . Viết phương trình tất cả các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( ) S đồng thời song song với hai đường thẳng 1 d , 2 d . A. 3 7 0 − − + = x y z B. 3 15 0 − − − = x y z C. 3 7 0 − − − = x y z D. 3 7 0 − − + = x y z hoặc 3 15 0 − − − = x y z . L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 1; 0 − I , bán kính 11 = R . • 1 d qua ( ) 5; 1;1 − A và có vectơ chỉ phương ( ) 1 1;1; 2 = u . • 2 d qua ( ) 1; 0; 0 − B có vectơ chỉ phương ( ) 2 1; 2;1 = u . Mặt phẳng ( ) P cần tìm song song với hai đường thẳng 1 d , 2 d nên ( ) P có vectơ pháp tuyến là ( ) 12 , 3;1;1  = = −  n u u . Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: 30 − + + + = x y z d . ( ) 15    A P d ; ( ) 3    − B P d . Mặt khác mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với mặt cầu ( ) S nên ta có: ( ) 0;0;1 N 3 1 0 11 9 1 1 − − + + = ++ d 4 11  − + = d 15 7 =    =−  d d . • 15 = d loại • 7 =− d , ta có phương trình mặt phẳng ( ) P là 3 7 0 − + + − = x y z 3 7 0  − − + = x y z . Chọn ý A. Câu 6. Trong không gian , cho đường thẳng và mặt phẳng ( ) : 2 3 6 0 P x y z − + − = . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng nằm trong mặt phẳng , cắt và vuông góc với ? A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình tham số của Ta có nên VTCP của là ( ) ( ) ( ) ; 2; 5; 11 1. 2;5;11 d P u u n  = = − − − = −  Oxyz 2 1 5 : 3 1 1 x y z d − + + == − ( ) P ( ) d 8 1 7 2 5 11 x y z − − + == 4 3 3 2 5 11 x y z − − − == 8 1 7 2 5 11 x y z + + − == 4 3 3 2 5 11 x y z + + + == 23 :1 5 xt d y t zt =+   = − +   = − −  ( ) M d P = ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 1 5 6 0 2 8;1; 7 t t t t M + − − + − − − =  =  −  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 140 đi qua có VTCP nên có phương trình: . Chọn ý A. Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu , mặt phẳng . Gọi là mặt phẳng vuông góc với , song song với giá của vectơ và tiếp xúc với . Phương trình mặt phẳng là: A. ; . B. ; C. ; D. ; . L ời gi ải Mặt phẳng có một vtpt là . Do song song với giá của vectơ và vuông góc với nên có một vtpt . Suy ra phương trình mặt phẳng có dạng : . Mặt khác mặt cầu có tâm và bán kính . Do tiếp xúc với nên . Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là và . Chọn ý D. Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình mặt phẳng chứa và cắt các tia , , lần lượt tại , , sao cho . A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là mặt phẳng cần tìm. Vì cắt các tia , , lần lượt tại , , nên ta có , , . Phương trình theo đoạn chắn là . Vì nên ta có . Ta có . Từ và ta có . Vậy : . Chọn ý B.  M ( ) 2;5;11 a = 8 1 7 2 5 11 x y z − − − == Oxyz ( ) 2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z + + − + − − = ( ) : 4 11 0 x y z  + + − = ( ) P ( )  ( ) P ( ) 1;6;2 u = ( ) S ( ) P 2 2 5 0 x y z − + + = 2 2 2 0 x y z − + − = 2 2 3 0 x y z − + + = 2 21 0 x y z − + − = 2 2 2 0 x y z − + − = 2 21 0 x y z − + − = 2 2 3 0 x y z − + + = 2 2 21 0 x y z − + − = ( )  ( ) 1;4;1 n  = ( ) P ( ) 1;6;2 u ( )  ( ) P ( ) , 2; 1;2 n n u   = = −  ( ) P 2 2 0 x y z d − + + = ( ) S ( ) 1; 3;2 I − 4 R = ( ) P ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 22 234 ,4 2 1 2 d d I P + + + == + − + 3 21 d d =    =−  ( ) P 2 2 3 0 x y z − + + = 2 2 21 0 x y z − + − = Oxyz ( ) 1;3; 2 M − Ox Oy Oz A B C 1 2 4 OA OB OC == 2 4 1 0 x y z + + + = 4 2 8 0 x y z + + − = 4 2 1 0 x y z + + + = 2 1 0 x y z − − − = ( )  ( )  Ox Oy Oz A B C ( ) ;0;0 Aa ( ) 0; ;0 Bb ( ) 0;0; Cc ( ) , , 0 abc  ( )  1 x y z a b c + + = ( ) M   1 3 2 1 a b c + − = ( ) 1 1 2 4 1 2 4 1 2 3 abc OA OB OC a b c = =  = =  = = ( ) 2 ( ) 1 ( ) 2 2 4 8 a b c =   =   =  ( )  1 4 2 8 0 2 4 8 x y z x y z + + =  + + − =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 141 Câu 9. Trong không gian , phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng và là? A. B. C. D. L ời gi ải Ta có và . Mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng và nên: • có một véc tơ pháp tuyến là suy ra • Và Vậy . Chọn ý A. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm ( ) 3;2;1 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) P . A. 3 2 14 0 + + + = x y z B. 2 3 9 0 + + + = x y z C. 3 2 14 0 + + − = x y z D. 2 9 0 + + − = x y z L ời gi ải Gọi ( ) ( ) ( ) ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0; A a B b C c Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: ( ) 1 . . 0 + + =  x y z abc a b c Vì ( ) P qua M nên ( ) 3 2 1 1 1 + + = abc Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3; 2; 1 ; 3; 2; 1 ; 0; ; ; ;0; = − − − = − − − = − = − MA a MB b BC b c AC a c Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên: ( ) . 0 2 2 3 .0  ==     = =    MA BC b c ac MB AC Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra 14 14 ; ; 14 32 = = = abc . Khi đó phương trình ( ) P : 3 2 14 0 + + − = x y z Vậy mặt phẳng song song với ( ) P là: 3 2 14 0. + + + = x y z Chọn ý A. Oxyz ( ) P 1 2 : 1 1 1 x y z d − == − 2 12 : 2 1 1 x y z d −− == −− ( ) : 2 2 1 0 P y z − + = ( ) : 2 2 1 0 P x z − + = ( ) : 2 2 1 0 P x y − + = ( ) : 2 2 1 0 P y z − − = ( ) ( ) 1 1 qua 2;0;0 : vtcp 1;1;1 A d u    =−   ( ) ( ) 2 2 qua 0;1;2 : vtcp 2; 1; 1 B d u    = − −   ( ) P 1 2 : 1 1 1 x y z d − == − 2 12 : 2 1 1 x y z d −− == −− ( ) P ( ) 12 , 0;1; 1 n u u  = = −  ( ):0 P y z D − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ,, d A P d B P = 1 DD  = − 1 2 D = ( ) : 2 2 1 0 P y z − + = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 142 Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) S có phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 − + − + + = x y z . Phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa trục hoành và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S là: A. 430 += yz B. 4 3 1 0 + + = yz C. 4 3 1 0 − + = yz D. 4 3 0 −= yz L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2; 1 − I và bán kính 1 = R . Gọi vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) Q là ( ) ;; n A B C với 2 2 2 0 + +  A B C . Ta có 0 ⊥  = n i A . Mặt khác ( ) Q chứa trục hoành nên ( ) Q có phương trình dạng ( ):0 += Q By Cz . Do đó loại các đáp án B, C. Lại có ( ) Q tiếp xúc mặt cầu ( ) S nên ( ) ( ) 22 2 , 1 1 − =  = + BC d I Q BC ( ) 2 22 2  − = + B C B C 2 3 4 0  − = B BC ( ) 3 4 0  − = B B C 0 3 4 0  =  − = B B C . Với 3 4 0 −= BC , chọn 43 =  = BC . Vậy ( ) : 4 3 0 += Q y z . Do đó A đúng. Chọn ý A. Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P đi qua điểm ( ) 1;2;3 M và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C (khác O ). Viết phương trình mặt phẳng ( ) P sao cho M là trực tâm của tam giác ABC . A. 6 3 2 6 0 + − − = x y z B. 2 3 14 0 + + − = x y z C. 2 3 11 0 + + − = x y z D. 3 1 2 3 + + = x y z L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb và ( ) 0;0; Cc với 0  abc . Phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ba điểm A , B , C là 1 + + = x y z a b c . Vì ( ) ( ) 1;2;3  MP nên ta có: 1 2 3 1 + + = abc . Điểm M là trực tâm của ABC .0 .0  ⊥=     ⊥ =    AM BC AM BC BM AC BM AC . Ta có: ( ) 1 ;2;3 =− AM a , ( ) 0; ; =− BC b c , ( ) 1;2 ;3 =− BM b , ( ) ;0; =− AC a c . Ta có hệ phương trình: 3 2 3 0 2 3 0 3 1 2 3 1 2 3 11 3 3 2    =   − + =    − + =  =    + + = + + =     bc bc a c a c a b c c c c 14 7 14 3   =  =    =  a b c . Phương trình mặt phẳng ( ) P là 3 1 14 7 14 + + = x y z 2 3 14 0  + + − = x y z . Chọn ý B. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 143 Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2; 1; 1 H . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua H và cắt các trục tọa độ tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( ) P là A. 2 6 0 + + − = x y z B. 2 6 0 + + − = x y z C. 2 2 6 0 + + − = x y z D. 2 6 0 + + + = x y z L ời gi ải Cách 1. Giả sử ( ) ;0;0  A a Ox , ( ) 0; ;0  B b Oy , ( ) 0;0;  C c Oz . Khi đó mặt phẳng ( ) P có dạng: 1 + + = x y z a b c . Ta có ( ) 2 ;1;1 =− AH a , ( ) 2;1 ;1 =− BH b , ( ) 0; ; =− BC b c , ( ) ;0; =− AC a c . Do H là trực tâm tam giác ABC nên: 2 1 1 1 3 06 2 0 6  + + =  =    − + =  =   − + = =    a abc b c b a c c . Vậy phương trình của mặt phẳng ( ) P là: 1 3 6 6 + + = x y z 2 6 0  + + − = x y z . Cách 2. Vì tứ diện OABC có các cạnh đôi một vuông tại O và H là trực tâm tam giác ABC nên ( ) ⊥ OH ABC (tham khảo bài tập 4, trang 105 SGK HH11). Suy ra ( ) ( ) 2;1;1 == ABC n OH . Khi đó phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: 20 + + + = x y z D . ( )  HP nên: 2.2 1 1 0 6 + + + =  = − DD . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là: 2 6 0 + + − = x y z . Chọn ý A. Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ( ) 2 2 2 : 2 6 4 2 0 + + − + − − = S x y z x y z , mặt phẳng ( ) : 4 11 0  + + − = x y z . Gọi ( ) P là mặt phẳng vuông góc với ( )  , ( ) P song song với giá của véctơ ( ) 1;6;2 = v và ( ) P tiếp xúc với ( ) S . Lập phương trình mặt phẳng ( ) P . A. 2 2 2 0 − + − = x y z và 2 21 0 − + − = x y z B. 2 2 3 0 − + + = x y z và 2 21 0 − + − = x y z C. 2 2 3 0 − + + = x y z và 2 2 21 0 − + − = x y z . D. 2 2 5 0 − + + = x y z và 2 2 2 0 − + − = x y z L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 3;2 − I và bán kính 4 = R . Véc tơ pháp tuyến của ( )  là ( ) 1;4;1  = n . Suy ra VTPT của ( ) P là ,   =  P n n v ( ) 2; 1;2 =− . Do đó ( ) P có dạng: 2 2 0 − + + = x y z d . Mặt khác ( ) P tiếp xúc với ( ) S nên ( ) ( ) ,4 = d I P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 144 Hay ( ) 2 22 234 4 2 1 2 + + + = + − + d 21 3 =−    =  d d . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P : 2 2 3 0 − + + = x y z và 2 2 21 0 − + − = x y z . Chọn ý C. Câu 15. Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 3;2;1 M . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và cắt các trục  x Ox ,  y Oy ,  z Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC . A. 3 2 14 0 + + − = x y z B. 3 2 14 0 + + − = x y z C. 1 9 3 6 + + = x y z D. 1 12 4 4 + + = x y z L ời gi ải Giả sử ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với , , 0  abc . Phương trình mặt phẳng ( ) P qua A , B , C có dạng: 1 + + = x y z a b c . Vì ( ) P đi qua ( ) 3;2;1 M nên ta có: 3 2 1 1 + + = abc ( ) 1 . ( ) 3; 2; 1 = − − − MA a , ( ) 0; ; =− BC b c , ( ) 3; 2; 1 = − − − MC c , ( ) ; ;0 =− AB a b . M là trực tâm của tam giác ABC 2 . 0 2 0 2 3 2 0 .0 3 =   = − =         −= = =      cb MA BC b c b ab a MC AB ( ) 2 . Thay ( ) 2 vào ( ) 1 ta được: 14 9 2 1 7 1 1 7 3 22 14  =  + + =  =  =    =  a b b b b b c . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) 3 : 1 3 2 14 0 14 7 14 + + =  + + − = x y z P x y z Chọn ý B. Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ , viết phương trình mặt phẳng chứa điểm , cắt các tia , , lần lượt tại , , sao cho . A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình mặt chắn cắt tia tại , cắt tia tại , cắt tia tại có dạng là (với , , ). Theo đề: . Vì nằm trên mặt phẳng nên ta có: . Khi đó , . Oxyz ( ) P ( ) 1;3; 2 M − Ox Oy Oz A B C 1 2 4 OA OB OC == 2 1 0 x y z − − − = 2 4 1 0 x y z + + + = 4 2 1 0 x y z + + + = 4 2 8 0 x y z + + − = Ox ( ) ;0;0 Aa Oy ( ) 0; ;0 Bb Oz ( ) 0;0; Cc ( ):1 x y z P a b c + + = 0 a  0 b  0 c  1 2 4 OA OB OC == 1 2 4 a b c  = = 2 2 b a cb  =     =  ( ) 1;3; 2 M − ( ) P 1 3 2 1 2 2 b bb − + + = 4 1 b = 4 b = 2 a = 8 c =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 145 Vậy phương trình mặt phẳng là . Chọn ý D. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm , , . Phương trình mặt phẳng nào dưới đây đi qua , gốc tọa độ và cách đều hai điểm và ? A. B. C. D. L ời gi ải Cách 1: Ta có , . T r ư ờng h ợp 1. và nằm cùng phía với , khi đó có giá song song với . Phương trình mặt phẳng qua có vtpt nên . T r ư ờng h ợp 2. và nằm khác phía với , khi đó trung điểm của thuộc . Có . Phương trình mặt phẳng qua có vtpt nên . Cách 2: Gọi là vtpt của mặt phẳng . . Ta có: . Phương trình mặt phẳng qua có dạng: Vì nên . Suy ra có hai mặt phẳng thỏa mãn ycbt là và Chọn ý D. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 0;1;2 A , ( ) 2; 2;0 − B , ( ) 2;0;1 − C . Mặt phẳng ( ) P đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC có phương trình là A. 4 2 4 0 − − + = x y z B. 4 2 4 0 − + + = x y z C. 4 2 4 0 + + − = x y z D. 4 2 4 0 + − + = x y z L ời gi ải Ta có ( ) 2; 3; 2 = − − AB , ( ) 2; 1; 1 = − − − AC nên ( ) , 1;6; 8  =−  AB AC . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 6 8 10 0 + − + = x y z . Phương trình mặt phẳng qua B và vuông góc với AC là 2 2 0 + + − = x y z . ( ) P 1 2 4 8 x y z + + = 4 2 8 0 x y z  + + − = Oxyz ( ) 1; 2;0 A −− ( ) 0; 4;0 B − ( ) 0;0; 3 C − ( ) P A O B C ( ) : 2 3 0 P x y z − + = ( ) : 6 3 5 0 P x y z −+= ( ) : 2 3 0 P x y z − − = ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + + = ( ) 1;2;0 AO = ( ) 0;4; 3 BC=− B C ( ) P BC ( ) P ( ) P O ( ) , 6;3;4 n BC AO  = = −  ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + + = B C ( ) P 3 0; 2; 2 I −  −   BC ( ) P 3 0;2; 2 IO  =   ( ) P O , n IO AO  =  3 3; ;2 2  =−   ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + = ( ) ; ; 0 n a b c = ( ) P ( ) 1; 2 0 OA = − − − . 2 0 n OA a b = − − = 2 ab  = − ( ) 2 ; ; n b b c  = − ( ) P O 20 bx by cz − + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ;; d B P d C P = 4 3 34 4 3 cb cb cb  =  =  −  =   ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + + = ( ) : 6 3 4 0 P x y z − + − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 146 Phương trình mặt phẳng qua C và vuông góc với AB là 2 3 2 6 0 − − + = x y z . Giao điểm của ba mặt phẳng trên là trực tâm H của tam giác ABC nên 22 70 176 ;; 101 101 101  −   H . Mặt phẳng ( ) P đi qua A , H nên ( ) 22 31 26 1 ; ; 22;31;26 101 101 101 101  ⊥ = − − − = −   P n AH . Mặt phẳng ( ) ( ) ⊥ P ABC nên ( ) ( ) 1;6; 8 ⊥ = − ABC P nn . Vậy ( ) ( ) ; 404; 202; 101  = − −  ABC AH nu là một vectơ pháp tuyến của ( ) P . Chọn ( ) 4; 2; 1 = − − P n nên phương trình mặt phẳng ( ) P là 4 2 4 0 − − + = x y z . Chọn ý A. Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu và đường thẳng Phương trình mặt phẳng đi qua điểm song song với đường thẳng và tiếp xúc với mặt cầu là: A. B. C. D. L ời gi ải Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là , . Phương trình mặt phẳng . Do nên Mặt phẳng tiếp xúc với nên . Thay vào (*) ta được: T r ư ờng h ợp 1. , chọn ; (thỏa). T r ư ờng h ợp 2. , chọn ; (L vì ). Chọn ý D Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và mặt cầu . Mặt phẳng chứa , tiếp xúc với và cắt trục tại điểm có cao độ lớn hơn 3 có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Mặt cầu có tâm và bán kính . Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 9 S x y z − + − + − = 6 2 2 :. 3 2 2 x y z − − −  = = − ( ) P ( ) 4;3;4 M  ( ) S 2 2 1 0 x y z − + − = 2 2 18 0 x y z + + − = 2 2 10 0 x y z − − − = 2 2 19 0 x y z + + − = ( ) P ( ) ;; n a b c = 2 2 2 0 abc + +  ( ) ( ) ( ) ( ) : 4 3 4 0 P a x b y c z − + − + − = ( ) // P  3 2 2 0 abc − + + = ( ) 32 a b c  = + ( ) P ( ) S 2 2 2 3 3 abc abc − − − = ++ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 3 * a b c a b c  + + = + + ( ) 32 a a b =+ ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 9 9 2 5 2 0 b c b c b c b bc c + + + = +  − + = ( ) ( ) 2 2 0 b c b c  − − = 20 bc −= 1 b = 2 c = 2 a = ( ) : 2 2 19 0 P x y z  + + − = 20 bc −= 1 c = 2 b = 2 a =  ( ) : 2 2 18 0 P x y z + + − = ( ) P  Oxyz 21 : 10 8 1 x y z d +− == ( ) 2 2 2 : 2 6 4 15 0 S x y z x y z + + + − + − = d ( ) S Oz 2 3 4 10 0 x y z − + − = 2 3 4 12 0 x y z − + − = 3 4 2 12 0 x y z − + − = 3 4 2 10 0 x y z − + − = ( ) S ( ) 1;3; 2 I−− 29 R =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 147 . Mặt phẳng chứa có dạng với . tiếp xúc với nên . T r ư ờng h ợp 1: , phương trình mặt phẳng : . Khi đó giao điểm của và có tọa độ là (nhận) T r ư ờng h ợp 2: , phương trình mặt phẳng : . Khi đó giao điểm của và có tọa độ là (loại). Chọn ý A. Câu 21. Trong không gian Oxyz , gọi ( ) P là mặt phẳng chứa đường thẳng 21 : 1 2 1 −− == − x y z d và cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d . Phương trình của mặt phẳng ( ) P là A. 2 5 5 0 + + − = x y z B. 2 5 4 0 + + − = x y z C. 2 4 0 + − − = x y z D. 2 3 0 − − = xy L ời gi ải Ta có ( ) 1;2; 1 =− d u , ( ) ( ) ( ) ;0;0 ; ;0 0; ;0     = −     A Ox A a AB a b B Oy B b . Theo đề bài ( ) . 0 2 0 2 2 ; ;0 ⊥  =  − + =  =  = − d AB d AB u a b a b AB b b ( ) 2;1;0  = − u là một VTCP của AB . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2;1;0 ; 1; 2; 5 1;2;5 1;2; 1  =−    = − − −  =   =−   d d u u u n u là một VTPT của ( ) P . Kết hợp với ( ) P qua ( ) ( ) ( ) ( ) 2;1;0 : 2 2 1 5 0 2 5 4 0   − + − + =  + + − = M d P x y z x y z . Chọn ý B. Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD với ( ) ( ) 3;5; 1 , 0; 1;8 , AB −− ( ) ( ) 1; 7;3 , 0;1;2 CD −− và điểm ( ) 1;1;5 M . Biết mặt phẳng ( ):0 P x ay bz c + + + = qua điểm , DM cắt cạnh AC và ( ) P chia khối tứ diện ABCD thành hai phần thể tích bằng nhau. Tính S a b c = + + A. 1 3 S = B. 4 3 S =− C. 1 3 S =− D. 4 3 S = L ời gi ải 21 : 10 8 1 x y z d +− == 4 5 10 0 8 10 0 xy yz − − =    − + =  ( ) P d ( ) ( ) 4 5 10 8 10 0 m x y n y z − − + − + = ( ) 4 5 8 10 10 0 mx n m y nz n m  + − − + − = 22 0 mn + ( ) P ( ) S ( ) ( ) , d I P R = ( ) 2 22 29 29 29 16 5 64 mn m n m n −+ = + − + 22 12 48 36 0 m mn n  + + = 3 mn mn =−    =−  mn =− ( ) P 2 3 4 10 0 x y z − + − = ( ) P Ox 5 0;0; 2    3 mn =− ( ) P 2 6 10 0 x y z − + − = ( ) P Ox 5 0;0; 3    Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 148 Theo giải thiết M thuộc cạnh AB thỏa mãn 2 3 AM AB = Giả sử ( ) P cắt cạnh AC tại N , ta có ( ) . 2 1 3 . . 0; 4;2 3 2 4 A MDN ABCD ABCD ABCD AM AN AN AN V V V V N AB AC AC AC = = =  =  − Vì vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;1;2 : 1;1;5 . 12; 3;1 0; 4;2 P D P M n DM DN N     = = −    −  Do đó ( ) 1 1 7 :12 x 3 14 0 0 4 12 6 P y z x y z − + − =  − + − = Suy ra 1 1 7 4 4 12 6 3 S a b c = + + = − + − = − Chọn đáp án C Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 . A B C Mặt cầu ( ) S thay đổi qua ,, A B C cắt ba trục tọa độ ,, Ox Oy Oz lần lượt tại 3 điểm ( ) , , , , . M N P M A N B P C    Gọi H là trực tâm tam giác MNP . Tọa độ của H thỏa mãn phương trình nào trong các phương trình sau A. 2 3 0 x y z − − = B. 2 3 0 x y z + − = C. 4 2 0 x y z + − = D. 4 2 0 x y z − + − = L ời gi ải Phương trình ngoại tiếp tam giác ABC là giao của hai mặt phẳng trung trực các cạnh , AB AC có phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 12 3 24 13 4 33 xt x y z x y z t y x y z x y z t z   =   − + + = + − +   = +  − + + = + + −    =+   Do đó tâm mặt cầu ( ) S là điểm 34 ;; 2 4 3 3 tt It  ++   thuộc trục ngoại tiếp tam giác ABC Gọi ,, D E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên các trục tọa độ Ox, , Oy Oz , ta có A M N C D B| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 149 ( ) 34 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; . 2 4 3 3 tt D t E F     ++         Mặt khác ,, D E F lần lượt là trung điểm ,, AM BN CP nên dễ có ( ) 2 1 2 1 2 1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 23 tt M t N P −−     −         Phương trình mặt phẳng ( ) MNP là 2 3 2 1 0. x y z t + + − + = Từ đó tọa độ H là nghiệm của hệ 2 3 2 1 0. 1 2 1 3 3 ;; 7 14 7 7 7 14 0, 0 2 3 3 x y z t t t t H y z z x + + − + =     − − −   − = − =    Thay tương ứng vào 4 đáp án suy ra chọn C. Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 1; ;0 , 1;0; , A a B b C c với ,, abc là các số thực thay đổi sao cho ( ) 3;2;1 H là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng ( ) : 11 0 P mx ny pz + + − = đi qua ,, A B C . Tính S m n p = + + . A. 5 S = B. 6 S = C. 5 S =− D. 6 S =− L ời gi ải Tìm điểm ( ) ;; I x y z sao cho tứ diện IABC là tứ diện vuông tại I . Khi đó ( ). IH P ⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 10 .0 1 . 0 1 0 0 0 .0 10 x a x y y b z IA IB x IA IC x a x y z z c y z IC IB x y y b z z c   − − + − + = = =       =  − − + + − =  =       = =  − + − + − =     Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 3;2;1 2;2;1 : 2 2 11 0 P I H n IH P x y z  = =  + + − = Chọn đáp án A. Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( ) P qua điểm ( ) 1;2;1 M và cắt các trục ' , ' , ' x Ox y Oy z Oz lần lượt tại ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 ,C 0;0; A a B b c sao cho 2 2 2 1 4 9 OA OB OC ++ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức abc ++ . A. 12 B. 14 C. 76 3 D. 73 3 L ời gi ải Mặt phẳng có phương trình 1 x y z a b c + + = Vì ( ) 1;2;1 M thuộc mặt phẳng nên 1 2 1 1 abc + + = Do đó 2 2 2 2 2 2 1 4 9 1 4 9 OA OB OC a b c + + = + + Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 22 22 2 2 2 2 1 2 1 1 2 3 1 1 4 9 1 .1 .1 . 1 1 33 a b c a b c a b c         + + = + +  + + + +                 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 150 Do đó 2 2 2 1 4 9 1 9 1 19 11 9 abc + +  = ++ Dấu bằng đạt tại 1 2 3 1 .1 .1 . 19 38 76 3 , , 19 1 2 1 9 9 3 1 abc a b c a b c abc  ==    = = =  + + =   + + =   Chọn đáp án C. Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;4;9 S . Mặt phẳng ( ) P qua điểm S và cắt các tia Ox, , Oy Oz lần lượt tại các điểm ,, A B C sao cho OA OB OC ++ nhỏ nhất. Hỏi điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng ( ) P ? A. ( ) 6;2; 3 M − B. ( ) 2;3; 6 N − C. ( ) 2;3;6 P D. ( ) 6; 3;2 Q − L ời gi ải Giả sử ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;c A a B b C với , , 0 abc  vì các điểm này thuộc tia Ox, , Oy Oz Phương trình mặt phẳng là 1 x y z a b c + + = . Vì ( ) SP  nên 1 4 9 1 a b c + + = Khi đó OA OB OC a b c + + = + + và sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có ( ) 2 1 2 3 1 4 9 1 36 abc a b c a b c ++ = + +   + +  ++ Dấu bằng đạt tại 1 4 9 6, 12, 18 1 4 9 1 a b c a b c a b c  ==    = = =   + + =   Khi đó 1 6 12 18 x y z + + = Chọn đáp án A. Câu 27. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 12 A B C m m m             ++       với m là số thực dương thay đổi. Biết mặt phẳng ( ) ABC luôn chứa một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Viết phương trình đường thẳng đó. A. 1 12 xt yt zt = − +   =−   =  B. 1 12 xt yt zt =−   = − +   =−  C. 12 1 xt yt zt =−   = − +   =  D. 1 12 xt yt zt =−   =−   = − +  L ời gi ải Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 1 1 1 1 12 x y z m m m + + = ++ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 0 mx m y m z m x y z y z  + + + + =  + + + + − = Gọi điểm ( ) ;; N x y z cố định thuộc mặt phẳng ( ) ABC , có | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 151 ( ) ( ) 1 0 2 1 0, 1 2 2 1 0 xt x y z m x y z y z m y t yz zt = − +  + + =   + + + + − =    = −  + − =   =  Chọn đáp án A Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;1 A và hai đường thẳng 1 22 :1 2 xt dy zt =−   =   = − +  và 2 53 : 1 . 3 xs dy zs =+   =   =−  Gọi , BC lần lượt là các điểm di động trên 12 , dd . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P AB AC BC = + + A. 2 29 B. 2 985 C. 5 10 29 ++ D. 5 10 + L ời gi ải Gọi 12 , AA lần lượt là điểm đối xứng của A qua 12 , dd , ta có 11 , BA BA CA CA == do đó 1 1 1 2 2 29 P A B AC BC A A = + +  = Dấu bằng xảy ra 1 1 2 2 1 2 ,. B d A A C d A A  =  =  Trong đó ( ) ( ) 1 2 1 2 1;1; 3 , 3;1;7 , 2 29 A A A A − − = . Chọn đáp án A Kiểm tra dấu bằng, dễ có 1 1 2 2 1 2 1 1 31 69 ;1; , ;1; . 6 12 17 17 d A A B d A A C      = − −  =         Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;0;0 , 0;3;0 , 0;0;6 . A B C Các điểm ,, M N P lần lượt trên các tia ,, OA OB OC sao cho 1 1 1 , ,OP 2 1 3 2 OM OA ON OB OC m m m = = = ++ Với m là một số thực dương thay đổi. Biết rằng khi m thay đổi, mặt phẳng ( ) MNP luôn chứa một đường thẳng d cố định. Tính khoảng cách h từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d . A. 32 2 B. 3 646 19 C. 3 646 34 D. 23 3 L ời gi ải Ta có 2 3 6 ;0;0 , N 0; ;0 ,P 0;0; . 2 1 3 2 M m m m             ++       Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 :1 2 3 6 m y m z mx MNP ++ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 6 2 2 1 3 2 6 0 3 4 3 2 2 6 0 1 4 3 3 4 3 0 34 : 3 3 . 2 2 6 0 19 mx m y m z m x y z y z xt x y z d d y t h yz zt  + + + + − =  + + + + − =  = − +  + + =     = −  =  + − =   =   Chọn đáp án B. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 152 Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x y z + − − = và hai điểm ( ) ( ) 1;2;3 , 3;4;5 AB . Gọi M là một điểm di động trên ( ) P . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 MA MB + A. 3 6 78 + B. 3 3 78 + C. 3 54 6 78 + D. 33 L ời gi ải Theo giả thiết và hệ thức lượng cho tam giác ta có 2 3 2 sin 2 sin 2 sin MA MA AB R B R M P MB MB R A + + + = = = ( ) 2sin cos sin sin 22 sin 2sin cos 22 cos 11 2 54 6 78 , sin sin sin 22 2 B M B M BM AA A BM AA AB P +− + == − =   = +     Trong đó ( ) ( ) ( ) 1.2 2.2 2.2 , 3 18 2 78 sin , sin 9 2 6 3.2 3 AB P AB P  −+ −  = =  =   Chọn đáp án C. Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là ( ) P : 3 1 0 x y z + + − = và ( ) Q : 3 2 0 x y z − + − = . Mặ phẳng ( ) R chứa tất cả các điểm cách đều hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q có phương trình tổng quát là: A. 4 4 3 0 xy + − = B. 2 2 0 x y z − − = C. 3 1 0 x y z + − − = D. 2 2 2 1 0 x y z − − − = L ời gi ải Gọi tọa độ điểm M nằm trên ( ) R là: ( ) 0 0 0 ;; M x y z . Khi đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ;; d M P d M Q =  0 0 0 0 0 0 3 1 3 2 1 1 9 9 1 1 x y z x y z + + − − + − = + + + +  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 1 3 2 3 1 3 2 x y z x y z x y z x y z + + − = − + −   + + − = − + − +   0 0 0 00 2 2 2 1 0 4 4 3 0 x y z xy − − − =   + − =  Vì loại một mặt phẳng song song với trục Oz, nên ta suy ra mặt phẳng ( ) R là: 2 2 2 1 0 x y z − − − = Vậy ta chọn đáp án D. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 153 Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( ) 1;3;2 , 2;1;4 AB − và đường thẳng  : 3 1 2 3 2 2 x y z − − + == − . Mặt phẳng () P chứa đường thẳng  và khoảng cách từ A đến ( ) P gấp ba lần khoảng cách từ B đến ( ) P . Số mặt phẳng ( ) P thỏa mãn là: A. 2 B. vô số C. 0 D.1 L ời gi ải Để khoảng cách từ A đến ( ) P gấp ba lần khoảng cách từ B đến ( ) P thì ta có hai trường hợp sau Mặt phẳng ( ) P chứa  và đi qua điểm M thỏa mãn: 30 MA MB += . Hoặc mặt phẳng ( ) P chứa  và đi qua điểm N thỏa mãn: 30 NA NB −= . Nhận thấy rất nhanh ( ) 3; 2;2 / / AB AB = − −   , tức là mặt phẳng chứa  và điểm M trùng với mặt phẳng chứa  và điểm N. Tức là tồn tại duy nhất mặt phẳng ( ) P thỏa mãn. Chọn ý D. Câu 33. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 2 1 1 1 2 2 x y z − − + == − và mặt phẳng ( ) P : 60 x y z + − − = . Gọi ( )  là mặt phẳng đi qua d và tạo với ( ) P một góc nhỏ nhất. Khi đó dạng phương trình tổng quát của ( )  có dang: 0 ax by z d + + + = . Khi đó giá trị của ( ) a b d ++ bằng: A. 6 B. 7 − C. 5 D. 3 − L ời gi ải VTPT của mặt phằng ( )  là: () ( ; ;1) n a b  = . Từ giả thiết đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( )  suy ra: ( ) ( ) () 0 1;2; 2 ; ;1 2 2 0 n a b a b  =  −  = + − = ( ) 1 Góc tạo bởi mặt phẳng ( )  và mặt phẳng ( ) P nhỏ nhất khi cosin góc đó lớn nhất ( ) cos , P p P nn nn nn   = =     ( ) 2 2 2 2 2 2 22 1. 1, 1.1 | 1| 1 1 1 ( 1) 31 a b a b ab ab + − + − = + +  + + − ++ đạt giá trị min. Từ ( ) 1 suy ra: 22 ab =− thế vào biểu thức cosin ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 21 cos , 3 5 8 5 3 (2 2 ) 1 3 5 8 5 1 bb bb nn bb bb b bb  − − + − −+ = = = −+ − + + − + Khảo sát hàm số trên ta nhận được giá trị lớn nhất của nó là 6 9 khi 1 b =− 2 2 4 ab  = − = A M B ( ) P A B N ( ) P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 154 Suy ra mặt phẳng ( )  : 40 x y z d − + − = Lấy ( ) 2;1; 1 M − , suy ra M cũng nằm trên ( )  , ta có: ( ) 4.2 1 1 0 6 dd − + − + =  = − Suy ra phương trình mặt phẳng ( )  : 4 6 0 x y z − + − = ( ) ( ) 4 1 6 3 a b d  + + = − − = − Chọn ý D. Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 1;0;2 B − , ( ) 3;0;0 C . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là ( ) ;; abc và bắn kính đường tròn ngoại tiếp là ABC R  . Giá trị của biểu thức ABC T a b c R  = + + + nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 0;2 B. 7 2; 2    C. 13 5; 2    D. 7 ;5 2    L ời gi ải Cặp VTCP của mặt phẳng ( ) ABC là: ( ) 2; 2;1 AB = − − và ( ) 2; 2; 1 AC = − − . Suy ra VTPT của mặt phẳng ( ) ABC là: ( ) ( ) ( ) () [ ; ] 4;0;8 4 1;0;2 ABC A n AB AC BC = = = . Suy ra phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) : 2 3 0 ABC x z + − = . Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( ) ( ) ;; K ABC K a b c KA KB KA KC    =   =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2 1 0 0 2 1 0 0 11 13 ac b c b c bc a bc a aa  + − =     −+ + − + − = + − + −   + − + + − + − − = − −  1 23 11 4 4 2 1 1; ;1 44 4 4 2 3 1 a ac a b c b K abc c =  +=      + − =  = −  −     − + + = −  =   Suy ra bán kính đường tròn ngoại  ABC là: ( ) ( ) 2 22 1 1 1 2 1 1 4 ABC R KA   = = − + − − + −   9 4 = Suy ra: 19 1 1 4 44 ABC T a b c R  = + + + = − + + = . Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( ) ( ) 2 : 2 1 3 0 P mx m y m z + − − + = . Điểm cố định mà mặt phẳng ( ) P đi qua với mọi tham số thực m là ( ) ;; A a b c . Giá trị của biểu thức ( ) T a b c = + + bằng: A. 1 B. 3 − C. 2 D. 0 L ời gi ải Ta biến đổi: ( ) ( ) ( ) 2 : 2 3 0 P m z m x y y − + + + − = với mR  . Suy ra: 06 2 0 3 3 0 0 zx x y y yz = = −   + =  =   − = =  ( ) ( ) ( ) 6;3 0 ; ; 3 A a b c a b c  − − =  + + = − . Chọn ý B. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 155 Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( ) ( ) ( ) : 1 2 1 2 0 P m x m y mz − + − + − = đi qua một đường thẳng d cố định. Biết rằng VTCP của đường thẳng d có dạng ( ) ;2; d u a b = . Giá trị ( ) ab + bằng: A. 0 B. 4 − C. 2 − D. 6 L ời gi ải Ta biến đổi: ( ) ( ) ( ) : 2 2 0 P m x y z x y + + + − − + = với mR  Suy ra: 20 20 x y z xy + + =   − − − =  . Đây là phương trình tổng quát của đường thẳng cố định d. Dễ dàng suy ra VTCP của đường thẳng d là: ( ) 1;1; 1 u = − − Chọn VTCP ( ) 2;2; 2 −− = ( ) ;2; ab . Suy ra: 4 ab + = − . Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm ( ) 2;1;1 A , ( ) 2;0;3 B , ( ) 0;1;3 C , ( ) 0;2;0 D và mặt phẳng ( ) : 2 0 P ax by z d + + + = . Biết rằng ( ) P đi qua ba điểm B,C,D cùng phía so với ( ) P . Khi tổng khoảng cách từ B, C, D đến ( ) P lớn nhất thì giá trị biểu thức ( ) 2 a b d ++ bằng: A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 L ời gi ải Điểm A nằm trên ( ) P suy ra: 2 2 0 a b d + + + = ( ) 1 Ba điểm B, C, D cùng phía so với ( ) P nên các biểu thức: ( ) ( ) ( ) 2 6 ; 6 ; 2 a d b d b d + + + + + cùng dấu với nhau. Khi đó 2 6 6 2 2 3 3 12 a d b d b d a b d + + + + + + + = + + + Tổng khoảng cách từ ba điểm B, C, D đến mặt phẳng ( ) P là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; T d B P d C P d D P = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 3 12 4 4 4 4 62 b d b a d a b d a b a b d a b a b + + + + = + + + + = + + + + ++ + + + + Từ ( ) 1 suy ra: 22 d a b = − − − . Thay vào biểu thức T ta được: 22 46 4 a T ab − = ++ Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 23 (2 46 3) 22 6 ; 44 44 4 a a T f a f a aa a a b a a − −− − =  = = = ++ + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0 b = Khảo sát hàm số ( ) ( ) 2 2 23 4 a fa a − = + ; thấy rằng max ( ) 25 4 fa = khi 8 3 a =− Suy ra: ( ) 25 2 2 5 4 T f a    = . max 0 10 T5 8 3 3 b d a =   =  → =  =−   Suy ra: ( ) 24 a b d + + = . Vậy ta chọn đáp án A. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 156 Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 2 16 S x y z + − + + = và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' : 4 3 1 9 S x y z − + − + − = . Gọi điểm ( ) ;; M a b c nằm trên mặt cầu ( ) S và điểm ( ) ;; N m n p nằm trên mặt cầu ( ) ' S sao cho khoảng cách MN là lớn nhất. Giá trị của biểu thức T a b c m n p = + + + + + tương ứng bằng: A. 38 5 B. 18 5 C. 26 3 D. 23 3 − L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0;3; 2 I − và bán kính 4 R = . Mặt cầu ( ) ' S có tâm ( ) 4;3;1 I và '3 R = Suy ra khoảng cách hai tâm là '5 II = và nhận thấy: ' ' ' R R II R R −   +  hai mặt cắt nhau Ta có: 4; ' 9; 3; 8 ' MI MI NI NI = = = = Mà ( ) 9 16 22 ' ;3; ; ; ; 4 5 5 M I I M a b c M  =  − − =   từ ( ) 3 32 14 ' ;3; ; ; 8 5 5 NI NI N m n p  =  =   Suy ra: 38 5 T a b c m n p = + + + + + = . Chọn ý A. Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 2 1 2 x y z d −− == − và mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 1 S x y z − + + − = . Gọi ( ) P và ( ) Q là hai mặt phẳng chứa đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S lần lượt tại M và N. Độ dài dây cung MN có giá trị bằng: A. 4 B. 3 2 C. 2 D. 1 L ời gi ải Nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm ( ) 2;0;1 I lên đường thẳng d, thì ta có hình vẽ minh họa hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q đi qua d, tiếp xúc với mặt cầu ( ) S như sau: N ' I I 3 4 ( ) S ( ) ' S| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 157 Phương trình tham số đường thẳng d: 12 22 xt yt zt =+   =−   =+  ; VTCP của d: ( ) 2; 1;2 d u=− Gọi ( ) 1 2 ; 2;2 2 H t t + − + . Suy ra: ( ) 2 1; ;2 1 IH t t t = − − + Có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 2 2 1 1 1 2 2 1 0 0 1;0;2 d d IH u IH u t t t H ⊥  =  − − − + + =  =  = Độ dài đoạn ( ) ( ) 22 2 02 21 12 IH = + + − = − Áp dụng định lí Pythago suy ra: ( ) 2 22 HM HN 1 1 2 IH IM = = − = − = Suy ra: 1.1 2 2. 2 2 2 HM IM MN MK IH  = = =  = . Chọn ý C. Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2y z 6 0 Px − + − = và mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 1 24 S x y z + − + = . Gọi d là đường thẳng song song với ( ) 1;2;1 u = và cắt ( ) P và ( ) S lần lượt tại M và N sao cho MN đạt giá trị lớn nhất. Nếu tọa độ điểm ( ) ;; N a b c thì giá trị biểu thức ( ) 2 a b c −+ bằng: A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 L ời gi ải Gọi đường thẳng  đi qua tâm ( ) 0;1;0 I của mặt cầu ( ) S và vuông góc với mặt phằng ( ) P . Điểm M chính là giao điểm của  và mặt cầu ( ) S . Qua M lập đường thẳng song song với vec tơ ( ) 1;2;1 u = . Khi đó đường thẳng d cắt mặt phẳng ( ) P tại điểm N. Ta đi chứng minh MN đạt giá trị lớn nhất. Giả sử có một điểm M’ khác M (bao giờ cũng gần mặt phẳng ( ) P hơn M). Đường thẳng d đi qua M’ song song với vec tơ ( ) 1;2;1 u = cắt mặt phẳng ( ) P tại N’ như hình vẽ. Từ M’ kẻ đường thẳng song song với mặt phẳng ( ) P cắt MN tại K. Khi đó KNN’M’ là hình bình hành, quan sát trên hình thấy ’’ M N KN MN = . Vậy qua cách dựng hình như trên thì MN đạt giá trị lớn nhất. H M N I K ( ) S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 158 Đường thẳng  có VTCP là VTPT của ( ) P : ( ) ( ) A 1; 2;1 P un = = − Suy ra phương trình tham số của  : 0 12 xt yt zt =+   =−   =  Thay đường thằng  vào mặt cầu ( ) S , ta được: 2 2 2 4 24 2 t t t t + + = → =  Suy ra tọa độ hai giao điểm: 1 (2; 3;2) M − và ( ) 2 2;5; 2 M −− Để xác định xem điểm nào xa ( ) P hơn ta đi tính khoảng cách của chúng tới ( ) P : ( ) ( ) ( ) ( ) 12 2 2 ( 3) 2 6 2 2.(5) 2 6 4 20 , ; , 1 4 1 6 1 4 1 6 d M P d M P −  − + − − − − − = = = = + + + + . Vậy điểm xa ( ) P hơn là ( ) 2 2;5; 2 MM = = − − Để tìm điểm N ta lập phương trình đường thẳng d đi qua M nhận VTCP là: ( ) 1;2;1 u = Phương trình tham số của d: 2 52 2 xt yt zt = − +   =+   = − +  ( ) N d P = . Thay d vào ( ) P ta được: ( ) ( ) ( ) 2 5 2 2 6 0 10 2 t t t t − + + − + − =  = − −+ Thay vào đường thẳng d suy ra: ( ) 12; 15; 12 N − − − . Suy ra: ( ) 26 a b c − + = . Chọn ý D.  ' N N I ' M K I M| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 159 Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: ( ) 1 xt y m mt z m m t =   =−   = − + −  . Biết rằng tồn tại một mặt cầu cố định ( ) S đi qua ( ) 5;4;3 B và tiếp xúc với đường thẳng d khi m thay đổi. Bán kính R của mặt cầu ( ) S bằng: A. 4 B. 23 C. 25 D. 2 L ời gi ải Điểm cố định mà đường thẳng d đi qua với mọi m là ( ) 1;0; 1 A − khi tham số 1 t = Mặt cầu cố định ( ) S tiếp xúc với d tại điểm cố định A. Gọi tâm mặt cầu ( ) S là ( ) ;; I a b c thì ta phải có: IA d ⊥ với mọi m 0 d IA u   = với m  . Có: ( ) ( ) 1; ; 1 ; 1; ; 1 d IA a b c u m m = − + = − − Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 a m b m c − − + − + = với m  ( ) ( ) 1 2 0 m c b a c  − + + − − = với m  2 0 2 1 0 1 a c a c c b b c − − = = +    − + = = +  ( ) 1 Bán kính mặt cầu: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 1 4 3 1 R IA IB b aa b c c = = = + + + = + − −− − + ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra: 3; 2; 1 2 3 a b c R IA = = =  = = . Chọn ý B. Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 2;0;1 , 3;1;2 , 1;3; 2 , 2;0;3 A B C D −− . Hai điểm P và Q di động nhưng luôn thỏa mãn , , , PA QC PB QD PC QA PD QB = = = = . Khi đó mặt phẳng trung trực của PQ đi qua điểm cố định N . Điểm N nằm trên đường thẳng tương ứng là: A. 2 5 0 x y z + − − = B. 2 3 3 0 x y z − + + = C. 2 4 0 x y z + + − = D. 3 2 12 0 x y z − + − = L ời gi ải Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 , , , PA QC PB QD PC QA PD QB = = = = . Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 PA PB PC PD QC QD QA QB + + + = + + + ( ) 1 Đây là biểu thức tỉ cự Gọi N là tâm tỉ cự của biểu thức ( ) 1 , tức là: 0 NA NB NC ND + + + = . Từ đó suy tọa độ tâm tỉ cự N được xác định nhanh ( ) 1;1;1 4 A B C D N + + + == Đã biết biểu thức tỉ cự rút gọn được như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 PA PB PC PD PN NA PN NB PN NC PN ND + + + = + + + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 42 PA PB PC PD PN NA NB NC ND PN NA NB NC ND  + + + = + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 PA PB PC PD PN NA NB NC ND  + + + = + + + + ( ) 2 Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 QA QB QC QD QN NA NB NC ND + + + = + + + + ( ) 3 Từ ( ) 1 , ( ) 2 và ( ) 3 suy ra: QN PN = , suy ra N là điểm cố định nằm trên mặt phẳng trung trực của PQ. Thay tọa độ điểm N vào 4 đáp án ta chọn được đáp án đúng là C. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 160 Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 3; 2;1 B − , ( ) 0;1;1 C , ( ) 1;0;2 D − . Gọi P và Q là hai điểm di động thỏa mãn hệ thức: 2 2 2 2 2 2 2 2 22 PA PB PC PD QA QB QC QD + + − = + + − . Gọi ( )  là mặt phẳng trung trực của PQ . Khi đó ( )  luôn đi qua điểm cố định có tọa độ ( ) ;; abc . Giá trị biểu thức ( ) ;; abc bằng: A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 L ời gi ải Biểu thức đã cho dưới dạng biểu thức tỉ cự. Tọa độ tâm tỉ cự N được xác định: 2 2 1 1; ; 1 1 2 1 3 3 A B C D N + + −  ==  + + −  Khi đó giả thiết suy ra được: 22 33 PN QN PN QN N =  =  nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ .Tức là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ đi qua điểm cố định N . Suy ra ( ) 21 1; ; ( ; ; ) 2 3 33 N a b c a b c  = =  + + =   . Chọn ý D. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;3 , 2; 1;1 , 0;2;3 A B C − . Mặt phẳng ( ) P có phương trình là: 20 ax y cz d + + + = đi qua C, sao cho A và B cùng phía so với ( ) P , đồng thời tổng khoảng cách từ A và B đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức ( ) T a c d = + + tương ứng bằng: A. 0 B. 8 − C. 12 D. 10 − L ời gi ải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 2 ; 2 d A P d B P d M P MH + = = Với M là trung điểm của AB, H là hình chiếu ⊥ của M lên ( ) P , suy ra ( ) 2;0;2 3 M MC = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 2 ; 2 2. 6 d A P d B P d M P MH MC + = =  = . Suy ra tổng khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất khi ( ) MH MC H C MC P     ⊥ Suy ra mặt phẳng ( ) P đi qua C và nhận vec tơ ( ) 2;2;1 MC=− làm VTPT Suy ra phương trình mp ( ) P : 2 2 7 0 2 2; 1; 7 x y z ax y cz d a c d − + + − = = + + +  = − = = − Suy ra ( ) 8 T a b d = + + = − . Vậy ta chọn đáp án B. A M B H C ( ) P| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 161 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2; 3 , 1; 1;2 , 1;2; 2 A B C − − − . Mặt phẳng ( ) P đi qua gốc tọa độ O , sao cho ,, A B C cùng phía so với ( ) P . Tổng khoảng cách từ ( ) ( ) ( ) 1;2; 3 , 1; 1;2 , 1;2; 2 A B C − − − đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 33 B. 3 C. 3 10 D.36 L ời gi ải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; 3 ; 3 T d A P d B P d C P d G P GH = + + = = Với G là trọng tâm của ABC  và H là hình chiếu vuông góc của G lên ( ) P Suy ra ( ) 1;1; 1 3 GO GO −  = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; 3 ; 3 3. 3 3 T d A P d B P d C P d G P GH GO = + + = =  = . Suy ra tổng khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất khi ( ) GH GO H O GO P     ⊥ Suy ra giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách ba điểm A, B, C tới mặt phẳng ( ) P là: max 33 T = Chọn ý A. Câu 47. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) 2;0;1 , 3; 2;0 AB − ( ) , 0;0; 5 C − , ( ) 3;1;3 D − . Mạt phẳng ( ) P đi qua D sao cho A, B và C cùng phía so với mặt phẳng ( ) P . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; T d A P d B P d C P = + + tương ứng bằng: A. 12 5 B. 16 3 C. 12 6 D. 85 L ời gi ải Gọi điểm N thỏa mãn hệ thức tỉ cự ( ) 2 0 2; 1; 1 NA NB NC N + + =  = − − Ghi nh ớ: Nếu điểm N thỏa mãn hệ thức véc tơ tỉ cự: 0 NA NB NC    ++= và ba điểm A, B, C nằm cùng phía so với ( ) P thì khi đó giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; T d A P d B P d C P d N P NH          = + + = + + = + + Với H là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng ( ) P Áp dụng vào bài toán này, ta có: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; 4 ; 4 T d A P d B P d C P d A P NH = + + = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; 4 ; 4 4. 12 5 T d A P d B P d C P d N P NH ND = + + = =  = . Dấu “=” xảy ra khi: ( ) NH ND H D ND P     ⊥ A B G C H O ( ) P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 162 Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức T là: 12 5 max T = . Chọn ý A. Câu 48. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;1 , 1; 3;0 , 2;2;4 A B C −− , ( ) D 3;1;3 − . Mặt phẳng ( ) P đi qua góc tọa độ O sao cho A, B, C, D nằm cùng phía so với ( ) P . Khi đó biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; 3 ; T d A P d B P d C P d D P = + + + đạt giá trị lớn nhất thì phương trình mặt phẳng ( ) P tương ứng là ( ):0 P x by cz d + + + = . Giá trị của biểu thức ( ) T b c d = + + bằng: A. 3 B. 3 − C. 2 D. 2 − L ời gi ải Gọi điểm N thỏa mãn hệ thức tỉ cự: ( ) 2 3 0 1;0;2 NA NB NC ND N + + + =  = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 2 ; ; 3 ; 7 ; 7 7 7 5 T d A P d B P d A P d D P d N P NH NO = + + + = =  = Dấu “=” xảy ra khi ( ) NH NO H O NO P     ⊥  VTPT của ( ) P là ( ) 1;0;2 ON =− Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) P là: 2 0 2 0 0; 2; 0 x z x z b c d − + =  − =  = = − = ( ) 2 T b c d  = + + = − . Vậy ta chọn đáp án D. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 7 0 P x y z + − − = và các điểm ( ) 3;1; 3 A − , ( ) 2;3; 1 B − , ( ) 2 4; ;2 C m m − . Số giá trị nguyên của m để mặt phẳng ( ) P cắt đúng hai cạnh của ABC  là A. 4 B. 2 − C. 5 D. 0 L ời gi ải Thay tọa độ hai điểm A và B vào mặt phẳng ( ) P ta được: 1.3 2.1 3 7 1 0 A P = + + − =  ; ( ) 1.2 2.3 1 7 2 0 B P = + − − − =  Suy ra hai điểm A và B cùng phía nhau so với mặt phẳng ( ) P vì: 0 A P  , 0 B P  Suy ra khi ta thay tọa độ điểm C vào mặt phẳng sẽ cho kết quả: ( ) 2 1.4 2. 2 7 0 C P m m = + − − −  Để mặt phẳng ( ) P cắt đúng hai cạnh của ABC  A B N C H D ( ) P ( ) P O H N| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 163 0 C P  2 2 5 0 mm  + −  3,45 1 6 1 6 1,45 m  −  − −   − +  . Vì m     3; 2; 1;0;1 m   − − − . Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1;1; 3 , ; 1;2 A B a −− . Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) : 3 8 0 P x y z + − − = sao cho 3 AB AM = . Tổng các giá trị thực của a thỏa mãn bài toán là? A. 13 − B. 24 C. 6 D. 29 − L ời gi ải T r ư ờng h ợp 1: 2 3 1 1 2 1 4 ;; 3 3 3 3 3 4 3 M M M a x a AM AB y M z +  =   +−   =  =      −  =   . Vì ( ) MP  nên 2 1 4 3. 8 0 15 3 3 3 a a +  + − − − =  =   . T r ư ờng h ợp 2: 4 3 1 5 4 5 14 ;; 3 3 3 3 3 14 3 M M M a x a AM AB y M z −  =   −−   = −  =      −  =   . Vì ( ) MP  nên 4 5 14 3. 8 0 9 3 3 3 a a −  + − − − =  =   . Do đó tổng các giá trị a là 24 . Câu 51. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1; 3; 1 , ; ; A B a b c −− . Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, Oxy Oyz Ozx sao cho AM MN NP PB = = = . Giá trị của biểu thức T a b c = + + tương ứng bằng? A. 13 − B. 24 C. 6 D. 29 − L ời gi ải Ta thấy 1 0 0 0 1 22 AB N xx a NA NB x a + + + =  = =  =  = − . Ta cũng có ( ) ( ) 3 0 3 0 3 4 3 3 A M B M B A M A MA MB z z z z z z z z c + =  − + − =  = − + = − = = Ta cũng có ( ) ( ) 1 1 1 4 1 0 0 1 3 3 3 3 3 A P B P B A P A PA PB y y y y y y y y b + =  − + − =  = − + = − = = Vậy ta có 1 1 3 3 T a b c = + + = − + + = A M N P B 0 M z = 0 N x = 0 P y = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 164 Câu 52. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 2;0;3 , ; ; A B a b c . Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, Oyz Ozx Oxy sao cho 3 AM NP PB == . Giá trị của biểu thức 3 8 11 T a b c = + − bằng A. 5 B. 21 − C. 7 D. 12 L ời gi ải Ta đặt 2 3 6 6 , 3 , 2 AM MN NP PB d AM PB d MN d NP d = = = =  = = = = . Ta thấy ( ) ( ) 6 11 6 0 11 6 0 11 A M B M MA d MA MB x x x x MB MN NP PB d =   + =  − + − =  = + + =  Lại có ( ) ( ) 11 0 11 0 6 0 011.2 6 0 3 M A B x x x a a =  − + − = + =  = − . Tương tự ta cũng có ( ) ( ) 9 8 9 0 8 9 0 8 A N B N NA NM MA d NA NB y y y y NB NP PB d = + =   + =  − + − =  = + =  . Lại có ( ) ( ) 0 8 0 9 0 0 8.0 9 0 0 N A B y y y b b =  − + − =  + =  = . Ta có ( ) ( ) 11 6 11 0 6 11 0 6 A P B P PA d PA PB z z z z PB d =   + =  − + − =  =  Lại có ( ) ( ) 18 0 6 0 11 0 0 6.3 11. 0 11 P A P z z z c c =  − + − =  + =  = − . Vậy ta có 11 18 3 8 11 3. 8.0 11. 7 3 11 T a b c     = + − = − + − − =         Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1; 1;0 A − , ( ) a;b;c B .Gọi ,, M N P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y − − = ( ) , : 2 0 Q y z + + = ( ) , : 2 1 0 R x y z + − − = sao cho 2 AM MN NP PB = = = . Giá trị của biểu thức T a b c = + + tương ứng bằng A. 5 − B. 28 5 − C. 17 5 D. 31 5 − L ời gi ải Ta có thể đặt 2 2 2 , AM MN NP PB d AM NP PB d MN d = = = =  = = = = Nhận thấy 52 25 5 2 7 2 52 25 5 2 0 5 5 2 7 52 2 5 2 7 AB M AB M AB M xx a x MA d yy b MA MB y MB d zz c z + +  ==  +  =  + −   + =  = =  = +   +  ==  +  Lại có ( ) 2 5 2 5 2 2 0 2. 2 0 2 4 1 0 77 MM ab M P x y a b +−   − − =  − − =  − + = A M N P B 0 M x = 0 N y = 0 P z = ( ) 1; 1;0 A − M N P ( ) ;; B a b c| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 165 Tương tự: 43 34 4 3 7 3 43 34 4 3 0 4 4 3 7 43 3 4 3 7 AB N AB N AB N xx a x NA d yy b NA NB y NB d zz c z + +  ==  +  =  + −   + =  = =  = +   +  ==  +  Lại có ( ) 3 4 3 2 0 2 0 3 3 10 0 77 NN bc N Q y z b c −   + + =  + + =  + + = Tương tự: 34 43 3 4 7 4 34 43 3 4 0 3 3 4 7 34 4 3 4 7 AB P AB P AB P xx a x PA d yy b PA PB y PB d zz c z + +  ==  +  =  + −   + =  = =  = +   +  ==  +  Lại có ( ) 4 3 4 3 4 2 1 0 2. 1 0 4 4 8 7 0 7 7 7 P P P a b c P R x y z a b c +−   + − − =  + − − =  + − − = Giải hệ ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 suy ra: 34 53 49 ;; 15 60 20 a b c = − = − = − Suy ra 28 5 T a b c = + + = − . Câu 54. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 1;2; , ; ; A a B m n p . Gọi , MN lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các trụ tọa độ , Ox Oy sao cho AM MN NB == . Gía trị của biểu thức T m n p = + + tương ứng bằng A. 11 2 − B. 2 C. 3 − D. 9 2 − L ời gi ải Nhận thấy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 2 2 0 0 0 4 A M B M MA MB y y y y n n + =  − + − =  − + − =  = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 0 2 0 1 0 2 0 0 2 A M N M M N B N A N B N MA MN z z z z a a MM NB z z z z p p NA NB x x x x m m + =  − + − =  − + − =  = + =  − + =  − + − =  = + =  − + − =  − + − = −  = − Suy ra: 19 40 22 T m n p = + + = − − + = − . Câu 55. Trong không gian với hộ tọa độ Oxyz, cho bốn mặt phẳng ( ) : 5 7 0 a x y z + + − = , ( ) : 1 0; x y z + − − =  ( ) : 1 0; x y z  − − − = ( ) : 3 1 0 x y z  − − + = . Thể tích cùa khối tứ diện giới hạn bởi bốn mặt phẳng này có giá trị tương ứng bằng A. 1 2 B. 2 C. 1 D. 1 3 L ời gi ải A ( ) ;0;0 M Mx ( ) 0; ;0 N Ny B Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 166 Cứ ba mặt phẳng đã cho luôn có một điểm chung duy nhất là một đỉnh của tứ diện (nếu không có điểm chung duy nhất thì nó sẽ có một giao tuyến là đường thẳng chung, hoặc chúng đôi một cắt nhau tạo ra ba giao tuyến là ba đường thẳng song song với nhau). Cách tìm tọa độ 4 đỉnh của tứ diện tạo bởi 4 mặt phẳng đã cho. • Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ ( ) ( ) ( ) ( ) : 5 7 0 : 1 0 0 ; 1 0;1 : 2 x y z x yz A yz x  + + − = + − − = −       − − =  • Tương tự, ta lần lượt cho 3 mặt phẳng giao nhau suy ra ( ) ( ) ( ) 3; 1;1 4;3;0 0 0 ;; 1; ; B C D − Suy ra thể tích tứ diện cần tính: 1 ,1 6 ABCD V AB AC AD  ==  . Câu 56. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 11 : 2 1 1 x y z d −+ == − và 2 3 : 2 2 1 xt d y t zt =−   = − +   = − +  . Quỹ tích những điểm cách đều hai đường thẳng là hai mặt phẳng A. ( ) ( ) : 0; : 3 3 2 6 0 x y z x y z  + − =  − − − = B. ( ) ( ) : 2 0; : 3 3 2 6 0 x y x y z  + − =  − − − = . C. ( ) ( ) :3 1 0; :3 3 2 0 x y x y z  + − =  + − − = . D. ( ) ( ) : 2 0; : 2 3 2 7 0 x y x y z  + − =  − − − = . L ời gi ải Giao điểm của hai đường thẳng ( ) 12 2;0;0 d d A = . Suy ra tồn tại hai mặt phẳng chứa tất cả các điểm cách đều hai đường thẳng này. Các mặt phẳng đều vuông góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳng 12 , dd và chứa một trong hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng 12 , dd . Chọn hai VTCP của hai đường thẳng 12 , dd là ( ) ( ) 12 2; 1; 1 , 1;2;1 uu = − − = − . Có hai VTCP của hai đường phân giác là ( ) ( ) 12 12 12 12 1 1 1 ; ;0 1;1;0 6 6 6 3 3 2 1 ; ; 3; 3; 2 6 6 6 6 uu u uu uu v uu   = + = =      −−   = − = = − −      . Hai mặt phẳng chứa các điểm cách đều hai đường thẳng là hai mặt phẳng nhận hai VTCP của hai đường phân giác làm các VTPT. • T r ư ờng h ợp 1. Quỹ tích những điểm cách đều hai đường thẳng là mặt phẳng ( )  có VTPT là ( ) 1;1;0 và đi qua điểm ( ) 2;0;0 A . Phương trình tổng quát của ( )  là: 20 xy + − = . A ( )  ( )  ( ) | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 167 • T r ư ờng h ợp 2. Quỹ tích những điểm cách đều hai đường thẳng là mặt phẳng ( )  có VTPT là ( ) 3; 3; 2 −− và đi qua điểm ( ) 2;0;0 A . Phương trình tổng quát của ( )  là: 3 3 2 6 0 x y z − − − = Câu 57. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 12 : 2 1 2 x y z d −− == −− và 2 12 : 1 2 2 x y z d −− == − . Mặt phẳng ( ) P cách đều hai đường thẳng 1 d và 2 d có phương trình là? A. 6 2 5 2 0 x y z + + − = B. 6 2 5 11 0 x y z + + − = . C. 3 2 3 0 x y z + + − = . D. 3 8 0 xy + − = . L ời gi ải Đường thẳng 1 d qua ( ) 1 0;1;2 M , nhận ( ) 1 2; 1; 2 u = − − là véc tơ chỉ phương. Đường thẳng 2 d qua ( ) 2 1;2;0 M , nhận ( ) 1 1;2; 2 u=− là véc tơ chỉ phương. Có ( ) 12 1;1; 2 MM=− ,   ( ) 12 ; 6;2;5 uu = . Do   1 2 1 2 ; . 0 u u M M  nên 1 d , 2 d là hai đường thẳng chéo nhau. Do đó, mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua trung điểm 13 ; ;1 22 I    của 12 MM , nhận   ( ) 12 ; 6;2;5 n u u == là véc tơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) 13 6 2 5 1 0 6 2 5 11 0 22 x y z x y z     − + − + − =  + + − =         . Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 5 điểm có tọa độ là ( ) 1; 1;0 A − , ( ) 3;0;1 B , ( ) 4;1;1 C , ( ) 3; 2; 2 D −− , ( ) 1; 2; 1 E − − − . Số mặt phẳng tạo thành từ 5 điểm này tương ứng là A. 4 B. 7 C. 6 D. 5 L ời gi ải Phương trình mặt phẳng ( ) : 2 0 ABC x y z − − − = . Ta thấy điểm D không thuộc mặt phẳng ( ) ABC và điểm E thuộc mặt phẳng ( ) ABC . Như vậy, 4 điểm , , , A B C E đồng phẳng và điểm D không thuộc mặt phẳng ấy. Ba điểm ,, A B C không thẳng hàng. Ta đi kiểm tra xem trong 4 điểm , , , A B C E có 3 điểm nào thẳng hàng với nhau không. Lần lượt xét các cặp véctơ   , AB AE ;   , AC AE ;   , BC BE thì nhận thấy ba điểm ,, A B E thẳng hàng. Vậy ta có mô hình 5 điểm tạo thành như hình vẽ bên dưới: Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 168 Chú ý rằng mặt phẳng ( ) ( ) ABD EBD  . Suy ra có tất cả 5 mặt phẳng tạo thành. Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 P x y z + − − = và hai điểm ( ) ( ) 1;2;0 , 1;3;1 AB − . Gọi ( ) Q là một mặt phẳng đi qua , AB đồng thời tạo với ( ) P một góc nhỏ nhất. Biết rằng phương trình tổn quát của ( ) Q là : 2 0, x by cz d + + + = với ,, b c d là những số thực. Khi đó giá trị của tổng ( ) b c d ++ bằng: A. 10 B. 12 C. 18 D. 8 − L ời gi ải Vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là: ( ) ( ) 1;2; 2 P n =− ; của mặt phẳng ( ) Q là: ( ) 2; ; bc Phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) Q là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 0 0 x b y c z − + − + − =  Thay điểm B vào ( ) Q , ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 3 2 1 0 0 4 1 b c c b − − + − + − =  = − Góc tạo bởi hai mặt phẳng cũng chính là góc không tù tạo bởi hai véc tơ pháp tuyến tương ứng. Nếu gọi góc giữa hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q là  , thì ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1.2 2. 2. cos cos ; 2 1 4 4. 4 3 4 PQ bc bc nn b c b c +− +−  = = = + + + + + + Thay c từ ( ) 1 vào ( ) 2 ta được: ( ) 2 2 22 2 2 2 3 2 cos 3 4 10 34 bc b bb bc +− −  = = −+ ++ Khảo sát hàm số trong căn, cho ta GTLN của cos  là: ( ) max 21 cos 4, 8 9 bc  =  = − = Lưu ý rằng khi cos  đạt giá trị lớn nhất thì góc  tương ứng sẽ nhỏ nhất Thay b và c vào phương trình tổng quát của ( ) Q ở ( )  , ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 1 4 2 8 0 2 4 8 6 0 10 Q x y z x y z b c d − − − + − = − + + =  + + = . Chọn ý A. Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt ( ) ( ) : 2 1 4 2 0 P mx m y z m + + − − + = và điểm ( ) 1;2;0 A . Khi khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất thì hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P là ( ) ;; H a b c . Giá trị của ( ) abc ++ bằng: A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 L ời gi ải A B C E D| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 169 Phương trình mặt phẳng ( ) ( ) : 2 1 4 2 0 P mx m y z m + + − − + = Mặt phẳng ( ) P luôn đi qua một đường thẳng cố định với mọi m . Đường thẳng d có phương trình Tổng quát là 2 4 0 : 20 xy d yz + − =    − + =  Phương trình tham số của ( ) 22 :1 3 xt d y t zt =+   =−   =−  Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) d , dễ dàng tìm được ( ) 2;1;3 K Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P , khi đó ta có: ( ) ( ) ; 11 d A P AH AK =  = Suy ra max AH AK H = trùng ( ) ( ) 2;1;3 6 K a b c  + + = . Chọn ý B. Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) 22 : 2 3m 0 P m x my m z + + + − = và điểm ( ) 0;1;0 B . Khoảng cách lớn nhất từ B đến mặt phẳng ( ) P nằm trong khoảng nào dưới đây A. ( ) 1;2 B. 1 ;1 2    C. 5 2; 2    D. 1 0; 2    L ời gi ải Ta đi tính khoảng cách ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 2 2 ; 1 2 25 m d B P m m m m m − == + + + ++ Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) 2 2 11 2 2 2 ; 0.71 2 2 5 m d B P m  +       + . Chọn ý B. Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 2;0; 1 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z + − − = và mặt phẳng ( ) : 3 4 0 Q x y − − = . Gọi M là điểm nằm trên ( ) P và N là điểm nằm trên ( ) Q sao cho A là trung điểm MN . Khi M chạy trên mặt phẳng ( ) P thì quỹ tích điểm N là đường thẳng d có phương trình tương ứng là A. 43 7 xt yt zt =+   =   =  B. 3 2 1 xt yt zt =   =   =−  C. 13 2 7 xt yt zt =+   =+   =  D. 2 3 xt yt z =   =   =  L ời gi ải Sử dụng phép biến hình. Gọi ( ) R là mặt phẳng đối xứng với ( ) P qua A . Khi đó ta nhận thấy hai mặt phẳng ( ) P và ( ) R song song với nhau, có cùng VTPT: ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 RP nn = = − . lấy một điểm B thuộc ( ) P có tọa độ ( ) 1;0;0 B → tọa độ điểm ' B đối xứng với B qua A là ( ) ' 3;0; 2 B − Mặt phẳng ( ) R đi qua ' B nên có phương trình tổng quát là ( ) ( ) ( ) : 2 3 1 0 1 2 0 xyz − + − − + = ( ) : 2 8 0 R x y z  + − − = quỹ tích điểm N sẽ là đường thằng giao tuyến giữa hai mặt phẳng ( ) R và ( ) Q , suy ra phương trình tổng quát của đường thằng ( ) ( ) ( ) 43 : 3 4 0 : : . : 2 8 0 7 xt Q x y d d y t R x y z zt =+  − − =   →=  + − − =    =  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 170 Chọn ý A. Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) a;0;0 , 0;b;0 , 0;0;c . A B C Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Biết rằng khi , ac và b thay đổi thỏa mãn điều kiện: 26 a b c + − = thì tâm I thuộc một mặt phẳng cố định ( ) P . Phương trình mặt phẳng ( ) P tương ứng là A. 2 6 0 x y z − − − = B. 2 3 0 x y z + − − = C. 60 xy − − = D. 3 1 0 x y z + + − = L ời gi ải Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông tại gốc O là: ( ) ; ; z; ; 2 2 2 a b c I y z  ==   Thay tọa độ tâm I vào biểu thức ( ) 26 a b c + − = ta được : 2 4 2 6 0 2 3 0 x y z x y z + − − =  + − − = Suy ra tâm I nằm trên mặt cầu thuộc một mặt phẳng cố định ( ) P có phương trình 2 3 0 x y z + − − = Chọn ý B. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 171 Tóm t ắt n ội dung Ở chương thứ 4 này chúng ta sẽ đi tìm hiểu về đối tượng cuối cùng đó là mặt cầu. Chủ đề này có khá nhiều ứng dụng và dạng bài tập trong đề thi THPT Quốc Gia nên chúng ta cần nắm vững kiến thức cơ bản của phần này. A. CÁC KI ẾN TH ỨC C ẦN NH Ớ. I. ĐỊNH NGHĨA . Cho điểm I cố định và một số thực dương R. Tập hợp tất cả những điểm M trong không gian cách I một khoảng R được gọi là mặt cầu tâm I, bán kính R. Kí hiệu: ( ) ; S I R ( )   ; /  = = S I R M IM R II. CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Dạng 1. Phương trình chính tắc. Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) ;; I a b c , bán kính 0  R . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : S x a y b z c R − + − + − = Dạng 2. Phương trình tổng quát ( ) 2 2 2 2 2 2 0 : + + − − − + = x y z ax by cz d S Như vậy ta suy ra điều kiện để phương trình trên là phương trình mặt cầu 2 2 2 0 a b c d + + −  . • ( ) S có tâm ( ) ;; I a b c . • ( ) S có bán kính 2 2 2 = + + − R a b c d . III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA MẶT CẦU VÀ MẶT PHẲNG Cho mặt cầu ( ) ; S I R và mặt phẳng ( ) P . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ( ) P = d IH là khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) P . Khi đó : • Nếu  dR : Mặt cầu và mặt phẳng không có điểm chung. C hư ơn g 4 Các bài toán về phương trình mặt cầu Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 172 • Nếu = dR : Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu. Lúc đó ( ) P là mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu và H là tiếp điểm. • Nếu :  dR Mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu theo thiết diện là đường tròn có tâm I' và bán kính 22 =− r R IH ( ) S I R H r ( ) S I R ( ) P H ( ) P ( ) S I R| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 173 Lưu ý. Khi mặt phẳng (P) đi qua tâm I thì mặt phẳng (P) được gọi là mặt phẳng kính và thiết diện lúc đó được gọi là đường tròn lớn. IV. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA MẶT CẦU VÀ ĐƯỜNG THẲNG Cho mặt cầu ( ) ; S I R và đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của I lên  . Khi đó : •  IH R :  không cắt mặt cầu. • = IH R :  tiếp xúc với mặt cầu.  là tiếp tuyến của ( ) S và H là tiếp điểm. • IH R  :  cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt. Lưu ý. Trong trường hợp  cắt ( ) S tại 2 điểm A, B thì bán kính R của ( ) S được tính như sau: + Xác định ( );. d I IH = + Lúc đó 2 2 2 2 2  = + = +   AB R IH AH IH V. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA MẶT CẦU VÀ MẶT PHẲNG Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : – – – + + = S x a y b z c R tâm ( ) ;; I a b c bán kính R và mặt phẳng ( ):0 + + + = P Ax By Cz D . • Nếu ( ) ( ) ,  d I P R thì mp ( ) P và mặt cầu ( ) S không có điểm chung. • Nếu ( ) ( ) , d I P R = thì mặt phẳng ( ) P và mặt cầu ( ) S tiếp xúc nhau. Khi đó ( ) P gọi là tiếp diện của mặt cầu (S) và điểm chung gọi là tiếp điểm • Nếu ( ) ( ) ,  d I P R thì mặt phẳng ( ) P và mặt cầu ( ) S cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn có phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0  − + − + − =   + + + =   x a y b z c R Ax By Cz D Trong đó bán kính đường tròn ( ) ( ) 2 2 , =− r R d I P và tâm H của đường tròn là hình chiếu của tâm I mặt cầu ( ) S lên mặt phẳng ( ) P . B. CÁC D ẠNG TOÁN. Dạng 1. Tìm tâm và bán kính mặt cầu • Phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 –– − + + = x a y b z c R là phương trình mặt cầu có tâm ( ) ;; I a b c , bán kính R • Phương trình 2 2 2 – 2 – 2 – 2 0 + + + = x y z ax by cz d thỏa điều kiện 2 2 2 –0 + +  a b c d , là phương trình trình mặt cầu tâm ( ) ;; I a b c , bán kính 2 2 2 = + + − R a b c d CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 174 Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu, nếu là phương trình mặt cầu hãy tìm tâm và bán kính của mặt cầu đó. a) ( ) ( ) 22 2 2 3 5 − + + + = x y z b) 2 2 2 2 4 6 1 0 + + − + − + = x y z x y z c) 2 2 2 3 3 3 6 3 21 0 + + − + + = x y z x y Lời giải a) Phương trình ( ) ( ) 22 2 2 3 5 x y z − + + + = có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 – + − + − = x a y b z c R nên là phương trình mặt cầu có tâm ( ) 2; 3;0 − I và bán kính 5 = R b) Phương trình 2 2 2 2 4 6 1 0 + + − + − + = x y z x y z có dạng 2 2 2 2 2 2 + + − − − + x y z ax by cz d với 2 2 2 1, 2, 3, 1 13 0 = = − = =  + + − =  a b c d a b c d Vậy phương trình cho là phương trình mặt cầu có tâm ( ) 1; 2;3 − I và bán kính 13 = R . c) Phương trình 2 2 2 3 3 3 6 3 21 0 + + − + + = x y z x y 2 2 2 2 7 0  + + − + + = x y z x y có dạng 2 2 2 2 2 2 + + − − − + x y z ax by cz d với 2 2 2 1 23 1, , 0, 7 0 24 = = − = =  + + − = −  a b c d a b c d . Vậy phương trình cho không phải là phương trình mặt cầu. Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm m để mỗi phương trình sau là phương trình mặt cầu. a) ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 0 + + − + + − + = x y z mx m y z . b) ( ) 2 2 2 2 3 4 8 0 + + − − − + = x y z m x mz . Lời giải a) Phương trình ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 0 + + − + + − + = x y z mx m y z có dạng 2 2 2 2 2 2 + + − − − + x y z ax by cz d với ( ) , 1 , 2, 1 = = − + = = a m b m c d . Điều kiện 2 2 2 0 + + −  a b c d ( ) 2 22 1 2 1 0  + + + −  mm 2 2 2 4 0  + +  mm  m . b) Phương trình ( ) 2 2 2 2 3 4 8 0 + + − − − + = x y z m x mz có dạng 2 2 2 2 2 2 + + − − − + x y z ax by cz d với 3, 0, 2 , 8 = − = = = a m b c m d . Điệu kiện 2 2 2 0 + + −  a b c d ( ) ( ) 22 3 2 8 0  − + −  mm 2 5 6 1 0  − +  mm 1 5 1        m m . Câu 3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 – 2 0 1 3 + + + + = − −+ x y z m x m z m là phương trình của mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Lời giải Phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 – 2 0 1 3 + + + + = − −+ x y z m x m z m có dạng: 2 2 2 2 – 2 2 0 + + − + = − x y z x by cz d a với ( ) 2 2 , 0, 3, 1 = − + = = − = − a m b c m d m . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 175 Điều kiện để phương trình đã cho cho là phương trình mặt cầu: 2 2 2 0 + + −  a b c d ( ) ( ) ( ) 22 2 2 3 1 0  + + − − −  m m m 2 2 14 0  − +    m m m . Khi đó bán kính mặt cầu là ( ) 2 2 2 14 1 13 13 = − + = − +  R m m m Do đó min 13 khi 1 == Rm . Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu Cách 1. • Xác định tâm ( ) ;; I a b c . • Xác định bán kính R của ( ) S • Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) ;; I a b c và bán kính R là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 − + − + − = x a y b z c R Cách 2. Gọi phương trình ( ) 2 2 2 2 2 2 0 : + + − − − + = x y z ax by cz d S Phương trình ( ) S hoàn toàn xác định nếu biết được , , , . a b c d ( 2 2 2 0 + + −  a b c d ) CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu trong mỗi trường hợp sau: a) Có đường kính AB với ( ), 4; 3; 7 − A ( ) 2; 1; 3 B . b) Có tâm ( ) 3; 3;1 − C và đi qua điểm ( ) 5; 2;1 − A . c) Có tâm thuộc mặt phẳng ( ) Oxy và đi qua 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 , 2; 1; 3 , 1; 0; 2 − − − A B C . d) Có tâm ( ) 2; 4; 5 − A và tiếp xúc với trục Oz . Lời giải a) Có đường kính AB với ( ) ( ) 4; 3; 7 , 2; 1; 3 − AB . Tâm I của mặt cầu là trung điểm của AB ( ) 3; 1;5 − I . Bán kính mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 2 4 1 3 3 7 3 22 = = − + + + − = R AB . Vậy phương trình mặt cầu là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 – 3 1 – 5 9 + + + = x y z . b) Có tâm ( ) 3; 3;1 − C và đi qua điểm ( ) 5; 2;1 − A . Tâm của mặt cầu là ( ) 3; 3;1 − C . Bán kính mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 3 2 3 1 1 5 = = − + − + + − = R CA . Vậy phương trình mặt cầu là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 – 3 3 –1 5 + + + = x y z . c) Có tâm thuộc mặt phẳng ( ) Oxy và đi qua 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 , 2; 1; 3 , 1; 0; 2 − − − A B C . Gọi phương trình mặt cầu dạng: 2 2 2 – 2 – 2 – 2 0 + + + = x y z ax by cz d , 2 2 2 0 + + −  a b c d . Mặt cầu có tâm ( ) ( ) ; ; 0   = I a b c mp Oxy c ( ) 1 . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 176 Mặt cầu qua 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 , 2; 1; 3 , 1; 0; 2 − − − A B C , suy ra: 3 2 2 2 0 14 4 2 6 0 5 2 4 0 − − − + =   − + + + =   + − + =  a b c d a b c d a c d ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 ta tìm được: 7 12 32 , , 0, 10 5 5 = = − = = − a b c d . Vậy phương trình mặt cầu là 2 2 2 7 24 32 0 5 5 5 + + − + − = x y z x z . d) Có tâm ( ) 2; 4; 5 − A và tiếp xúc với trục Oz . Tâm mặt cầu là ( ) 2; 4; 5 − A . Gọi H là hình chiếu của A lên trục Oz ( ) 0;0; 5 − H Bán kính mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 2 0 4 5 5 20 = = − + − + − + = R AH Vậy phương trình mặt cầu là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 – 2 4 5 20 + − + + = x y z . Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) 1;1;2 , A ( ) 1;1; 1 , − B ( ) 1;0;1 − C . Phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm ,, A B C và có tâm nằm trên ( ) mp Oxz là A. 2 2 2 35 0 22 + + − − − = x y z x z . B. 2 2 2 3 1 5 0 4 2 2 + + − + + = x y z x z . C. 2 2 2 35 0 22 + + − + − = x y z x z . D. 2 2 2 35 0 22 + + − − − = x y z y z . Lời giải Gọi phương trình mặt cầu dạng: 2 2 2 – 2 – 2 – 2 0 + + + = x y z ax by cz d , 2 2 2 0 + + −  a b c d . Mặt cầu có tâm ( ) ( ) ; ; 0   = I a b c mp Oxz b ( ) 1 . Mặt cầu qua 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1;1;2 , 1;1; 1 , 1;0;1 −− A B C , suy ra: 6 2 2 4 0 3 2 2 2 0 2 2 2 0 − − − + =   − − + + =   + − + =  a b c d a b c d a c d ( ) 2 . Từ ( ) 1 và ( ) 2 ta tìm được: 3 1 5 , 0, , 4 2 2 = = = = − a b c d . Vậy phương trình mặt cầu là: 2 2 2 35 0 22 + + − − − = x y z x z . Câu 3 Viết phương trình mặt cầu ( ) S biết : a) ( ) S qua bốn điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 1;2; 4 , 1; 3;1 , 2;2;3 , 1;0;4 −− A B C D . b) ( ) S qua ( ) ( ) ( ) 0;8;0 , 4;6;2 , 0;12;4 A B C và có tâm I thuộc mặt phẳng ( ) Oxz Lời giải a) Cách 1. Gọi ( ) ;; I x y z là tâm mặt cầu ( ) S cần tìm. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 177 Theo giả thiết: 22 22 22 12 7 2 1 4 1 0  = = − + = − = −        =  =  + = −  =         = − = = =     IA IB IA IB y z x IA IC IA IC x z y IA ID y z z IA ID . Do đó ( ) 2;1;0 − I và 26 == R IA . Vậy (S) : ( ) ( ) 22 2 2 1 26 + + − + = x y z . Cách 2. Gọi phương trình mặt cầu ( ) S : 2 2 2 2 2 2 0 + + − − − + = x y z ax by cz d , ( ) 2 2 2 0 + + −  a b c d . Do ( ) ( ) 1;2; 4 −   AS 2 4 8 21 − − + + = − a b c d ( ) 1 Tương tự ( ) ( ) 1; 3;1 2 6 2 11 −   − + − + = − B S a b c d ( ) 2 ( ) ( ) 2;2;3 CS 4 4 6 17 − − − + = − a b c d ( ) 3 ( ) ( ) 1;0;4 2 8 17   − − + = − D S a c d ( ) 4 Giải hệ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 , 4 ta có , , , a b c d , suy ra phương trình mặt cầu ( ) S : ( ) ( ) 22 2 2 1 26 + + − + = x y z . b) Do tâm I của mặt cầu nằm trên mặt phẳng ( ) Oyz ( ) 0; ;  I b c . Ta có 22 22 7 5 ==   = =    = =    IA IB b IA IB IC c IA IC . Vậy ( ) 0;7;5 I và 26 = R . Vậy ( ) S : ( ) ( ) 22 2 7 5 26. + − + − = x y z Câu 4 Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I thuộc đường thẳng :1 =    = −   =−  xt y zt và ( ) S tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0  + + + = x y z và ( ) : 2 2 7 0  + + + = x y z . Lời giải Gọi ( ) ; 1; − −   I t t là tâm mặt cầu ( ) S cần tìm. Theo giả thiết ( ) ( ) ( ) ( ) 15 15 , , 3 15 33 − = − −−   =   =   =  −=−  tt tt d I d I t tt . Suy ra ( ) 3; 1; 3 −− I và ( ) ( ) 2 , 3 =  = R d I . Vậy ( ) S : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 1 3 9 − + + + + = x y z . Câu 5 Lập phương trình mặt cầu ( ) S qua 2 điểm ( ) ( ) 2;6;0 , 4;0;8 AB và có tâm thuộc đường thẳng d: 15 1 2 1 −+ == − x y z . Lời giải Ta có 1 :2 5 =−   =   = − +  xt d y t zt . Gọi ( ) 1 ;2 ; 5 − − +  I t t t d là tâm của mặt cầu ( ) S cần tìm. Ta có: ( ) ( ) 1 ;6 2 ;5 , 3 ; 2 ;13 = + − − = + − − IA t t t IB t t t . Theo giả thiết, do (S) đi qua A, B= AI BI Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 178 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 6 2 5 3 4 13  + + − + − = + + + − t t t t t t 29 62 32 178 20 12 116 3  − = −  = −  = − t t t t 32 58 44 ;; 3 3 3   − −   I và 2 233 == R IA . Vậy ( ) S : 2 2 2 32 58 44 932 3 3 3       − + + + + =             x y z . Câu 6 Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 2;3; 1 − I và cắt đường thẳng 11 : 1 4 1 +−  = = − x y z tại hai điểm A, B với 16 = AB . Lời giải Chọn ( ) ( ) 1;1;0 3; 2;1 −    = − − M IM . Đường thẳng  có một vectơ chỉ phương là ( ) 1; 4;1  =− u . Ta có ( ) ( ) , , 2;4;14 d , 2 3       =   = =  IM u IM u I u . Gọi R là bán kính mặt cầu ( ) S . Theo giả thiết ( ) 2 2 d , 2 19. 4 =  + =   AB RI Vậy ( ) S : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 76 − + − + + = x y z . Câu 7 Cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 5 4 6 0, : 2 7 0 − + − = − + + = P x y z Q x y z và đường thẳng 11 : 7 3 2 −−  = = − x y z . Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I là giao điểm của ( ) P và  sao cho ( ) Q cắt ( ) S theo một hình tròn có diện tích là 20  . Lời giải Ta có 17 :3 12 =+   =   =−  xt yt zt . Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 7 1 3 2 1 2 3 5 4 6 0 4 =+   =   =−   − + − =  xt yt zt x y z Thay ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 vào ( ) 4 ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 7 4 3 1 2 6 0 0 1;0;1 + − + − − =  =  t t t t I . Ta có ( ) ( ) 56 , 3 = d I Q . Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến của ( ) S và mặt phẳng ( ) Q . Ta có: 2 20 2 5.  =   = rr R là bán kính mặt cầu ( ) S cần tìm. Theo giả thiết ( ) ( ) 2 2 330 ,. 3  = + =  R d I Q r Vậy ( ) S : ( ) ( ) 22 2 110 11 3 − + + − = x y z . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 179 Câu 8 Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 2 0 − − − = P x y z và đường thẳng : 2 1 2 =−   =−   =+  xt d y t zt . Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I thuộc d và I cách ( ) P một khoảng bằng 2 và ( ) S cắt ( ) P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3 Lời giải Gọi ( ) ;2 1; 2 : − − +  I t t t d là tâm của mặt cầu ( ) S và R là bán kính của ( ) S . Theo giả thiết ( ) ( ) 2 2 ; 4 9 13  = + = + =  R d I P r . Mặt khác ( ) ( ) 1 2 2 1 2 4 2 6 ; 2 2 6 5 6 11 4 1 4 6  =  − − + − − − =  =  + =   ++  =−   t t t t d I P t t Với 1 6 = t , tâm 1 1 2 13 ;; 6 3 6  −−   I , suy ra ( ) 2 2 2 1 1 2 13 : 13 6 3 6       + + + + − =             S x y z . Với 11 6 =− t , tâm 2 11 2 1 ;; 6 3 6  −   I , suy ra ( ) 2 2 2 2 11 2 1 : 13 6 3 6       − + + + − =             S x y z . Câu 9 Cho điểm ( ) 1;0;3 I và đường thẳng 1 1 1 : 2 1 2 − + − == x y z d . Viết phương trình mặt cầu ( ) S tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho IAB vuông tại I Lời giải Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương ( ) 2;1;2 = u và ( ) 1; 1;1 − Pd . Ta có ( ) 0; 1; 2 = − − IP ( ) , 0; 4; 2   = − −  u IP ( ) ( ) , 20 ; 3    = = u IP d I d u . Gọi R là bán kính của ( ) S . Theo giả thiết, IAB vuông tại I ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 40 2 2 , 3  = + =  = = = R IH d I d IH IA IB R Vậy ( ) S : ( ) ( ) 22 2 40 13 9 − + + − = x y z . Câu 10 Cho mặt cầu ( ) S : 2 2 2 4 4 4 0 + + − − − = x y z x y z và điểm ( ) 4;4;0 A . Viết phương trình mặt phẳng ( ) OAB , biết điểm B thuộc ( ) S và tam giác OAB đều Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 2;2;2 , I bán kính 23 = R . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 180 Nhận xét. Điểm O và A cùng thuộc ( ) S Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp 42 ' 33 == OA R . Khoảng cách ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ;' 3 = − = d I P R R . Mặt phẳng ( ) P đi qua O có phương trình dạng ( ) ( ) 2 2 2 0 0 * + + = + +  ax by cz a b c Do ( ) P đi qua A, suy ra 4 4 0 + =  = − a b b a . Lúc đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 ; 3 22 ++ = =  = + + + + abc cc d I P a b c a c a c 2 2 2 23 1 =   + =   =−  ca a c c c . Theo ( ) * , suy ra ( ):0 − + = P x y z hoặc 0. − − = x y z Chú ý. Kỹ năng xác định tâm và bán kính của đường tròn trong không gian. Cho mặt cầu ( ) S tâm I bán kính R. Mặt phẳng ( ) P cắt ( ) S theo một đường tròn ( ) C Bước 1: Lập phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P . Bước 2: Tâm I’ của đường tròn ( ) C là giao điểm của d và mặt phẳng ( ) P Bước 3: Gọi r là bán kính của ( ) C : ( ) ( ) 2 2 ;  =−  r R d I P Câu 11 Chứng minh rằng: Mặt cầu ( ) 2 2 2 0 : 23 + + − − = x y z x S cắt mặt phẳng ( ) P : 20 −= x theo giao tuyến là một đường tròn ( ) C . Xác định tâm và bán kính của ( ) C . Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;0;0 I và bán kính 2 = R . Ta có ( ) ( ) , 1 2 =  =  d I P R mặt phẳng ( ) P cắt ( ) S theo giao tuyến là 1 đường tròn. Đường thẳng d qua ( ) 1;0;0 I và vuông góc với ( ) P nên nhận ( ) 1;0;0 = P n làm 1 vectơ chỉ phương, có phương trình 1 :0 0 =+   =   =  xt dy z . Tọa độ tâm ' I đường tròn là nghiệm của hệ : ( ) 1 2 0 0 ' 2;0;0 0 0 20 =+  =   =   =   =  =   −=  xt x y yI z z x . Ta có ( ) ( ) ,1 = d I P . Gọi r là bán kính của ( ) C , ta có ( ) ( ) 2 2 , 3.  = − =  r R d I P Dạng 3. Sự tương giao và tiếp xúc Các điều kiện tiếp xúc + Đường thẳng  là tiếp tuyến của ( ) S  ( ) ; . = d I R | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 181 + Mặt phẳng ( )  là tiếp diện của ( ) S  ( ) ( ) ; . = d I R Lưu ý các dạng toán liên quan như tìm tiếp điểm, tương giao. CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Câu 1 Cho đường thẳng ( ) 12 : 2 1 1 −−  = = − x y z và và mặt cầu ( ) S : 2 2 2 2 4 1 0 + + − + + = x y z x z . Số điểm chung của ( )  và ( ) S là bao nhiêu? Lời giải Đường thẳng ( )  đi qua ( ) 0;1;2 M và có một vectơ chỉ phương là ( ) 2;1; 1 =− u Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;0; 2 − I và bán kính 2. = R Ta có ( ) 1; 1; 4 = − − MI và ( ) , 5;7; 3  = − −  u MI ( ) , 498 , 6     = = u MI dI u Vì ( ) , d I R nên ( )  không cắt mặt cầu ( ). S Câu 2 Cho điểm ( ) 1; 2;3 − I . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là? Lời giải Gọi M là hình chiếu của ( ) 1; 2;3 − I lên Oy, ta có : ( ) 0; 2;0 − M . ( ) ( ) 1;0; 3 , 10 = − −  = = = IM R d I Oy IM là bán kính mặt cầu cần tìm. Phương trình mặt cầu là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 10. − + + − = x y z Câu 3 Cho điểm ( ) 1; 2;3 − I và đường thẳng d có phương trình 1 2 3 2 1 1 + − + == − x y z . Viết phương trình mặt cầu tâm I, tiếp xúc với d. Lời giải Đường thẳng ( ) d đi qua ( ) 1;2; 3 −− I và có VTCP ( ) 2;1; 1 =− u ( ) , , 5 2    = = u AM d A d u Phương trình mặt cầu là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 50. − + + − = x y z Câu 4 Viết phương trình mặt cầu ( ) S tâm ( ) 2;3; 1 − I cắt đường thẳng 11 25 : 2 1 2 −+ == − x y z d tại 2 điểm A, B sao cho 16 = AB ? Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 182 Đường thẳng ( ) d đi qua ( ) 11; 0; 25 − M và có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 2 =− u . Gọi H là hình chiếu của I trên (d). Ta có: ( ) 2 2 , , 15 17 2    = = =  = + =   u MI AB IH d I AB R IH u Vậy ( ) S : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 289. − + − + + = x y z Lựa chọn đáp án C. Câu 5 Cho điểm ( ) 1;0;0 I và đường thẳng 1 1 2 : 1 2 1 − − + == x y z d . Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB đều. Lời giải Đường thẳng ( )  đi qua ( ) 1;1; 2 =− M và có vectơ chỉ phương ( ) 1;2;1 = u Ta có ( ) 0; 1;2 =− MI và ( ) , 5; 2; 1  = − −  u MI Gọi H là hình chiếu của I trên (d). Ta có ( ) , ,5   = = = u MI IH d I AB u . Xét tam giác IAB, có 3 2 2 15 . 23 3 =  = = IH IH R R Vậy phương trình mặt cầu là: ( ) 2 22 20 1. 3 + + + = x y z Câu 6 Cho đường thẳng 13 : 2 4 1 x y z −−  = = và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z − + = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng  , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P . Lời giải I B A d R H I B A d R H| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 183 Gọi ( ) ;; I a b c là tâm của mặt cầu. Do ( ) 1 2 ;3 4 ; I I t t t    + + . Do mặt cầu có bán kính bằng 1 và tiếp xúc với ( ) P nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 2 3 4 2 2 1 3 2 ; 1 1 2 1 3 2 1 3 1 2 1 2 t t t tt d I P t tt + − − + − = =  =  =  − =    − = − = −  + − + Với ( ) 2 5;11;2 tI = nên phương trình mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 11 2 1 x y z − + − + − = Với ( ) 1 1; 1; 1 tI = −  − − − nên phương trình mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 x y z + + + + + = Câu 7 Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng 1 : 2 1 2 x y z d − == − và hai điểm ( ) ( ) 2;1;0 , 2;3;2 . AB − Viết phương trình mặt cầu đi qua , AB và có tâm thuộc đường thẳng d . Lời giải Gọi I là tâm mặt cầu. Do ( ) 1 2 ; ; 2    + − I I t t t . Do mặt cầu đi qua hai điểm , AB nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 2 2 20 20 0 1 1; 1;2 ; 17 IA IB t t t t t t t t I R IA =  − + − + = − − + − + +  + =  = −  − − = = Vậy phương trình mặt cầu là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 17 + + + + − = x y z Câu 8 Cho d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 9 0, : 2 5 0 − + − = + + = P x y z Q y z . Viết phương trình mặt cầu tâm ( ) 1 ; 1 ; 1 I cắt d tại hai điểm phân biệt B A, sao cho 16 = AB . Lời giải Mặt phẳng ( ) P có vectơ pháp tuyến ( ) 1 ; 2 ; 1 1 − n  , ( ) Q có vectơ pháp tuyến ( ) 1 ; 2 ; 0 2 n  nên d có vectơ chỉ phương   ( ) 2 ; 1 ; 4 ; 2 1 − − = = n n u    . Đường thẳng d đi qua điểm ( ) 14;0; 5 N − ( ) ( ) 13; 1; 6 , 8;2;17 IN IN u   = − −  =  Khoảng cách từ I đến d là   ( ) ( ) 17 2 1 4 17 2 8 , 2 2 2 2 2 2 = + − + − + + = = u u IN h   . Gọi M là hình chiếu của I trên  d M là trung điểm của AB và 8 , = = AM h IM . Bán kính mặt cầu là 9 8 17 2 2 2 = + = + = = AM h IA R . Phương trình mặt cầu cần tìm là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 81 − + − + − = x y z . Câu 9 Cho đường thẳng d : 12 3 1 1 x y z −+ == và mặt phẳng ( ) P : 2 2 2 0 x y z + − + = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với ( ) P và có bán kính bằng 1. Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 184 Gọi I là tâm của mặt cầu. Do Id  nên ( ) 3 1; 2; I t t t +− , với t là tham số thực. Mặt khác, mặt cầu tiếp xúc với ( ) P và có bán kính bằng 1 nên ( ) ;(P) 1 dI = 2 2 2 2(3 1) 2 2 2 1 2 1 ( 2) t t t + + − − + = + + − 5 2 3 t  + = 1 5 2 3 5 5 2 3 1 t t t t  += =      + = −  =−  . Với 1 5 t = , ta có 8 9 1 ;; 5 5 5 I  −   . Với 1 t =− , ta có ( ) 2; 3; 1 I − − − . Như vậy có hai phương trình mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 2 2 8 9 1 1 5 5 5 xyz       − + + + − =             ; ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 x y z + + + + + = . Câu 10 Cho ba điểm ( ) 2;0;1 A , ( ) 1;0;0 B , ( ) 1;1;1 C và mặt phẳng ( ) P : 20 x y z + + − = . Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm ,, A B C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) P . Lời giải Gọi ( ) S là mặt cầu có phương trình tổng quát: 2 2 2 0 x y z ax by cz d + + + + + + = với , , , a b c d là các hằng số thỏa mãn 2 2 2 0 a b c d + + −  . Suy ra ( ) S có tâm ;; 2 2 2 a b c I  −−−   . Theo bài ra ta có hệ phương trình 5 2 0 10 30 20 2 2 2 a c d ad a b c d a b c + + + =   + + =    + + + + =   − − − − =   . Giải hệ trên ta được 2 0 2 1 a b c d =−   =   =−   =  . Vậy phương trình của () S thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 2 2 2 2 1 0. x y z x z + + − − + = Câu 11 Cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là ( ) : 2 5 0 P x y z + − + = , ( ) : 2 2 0 Q x y z − + + = và đường thẳng 11 : 2 1 2 x y z d −+ == . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d , và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( ) ( ) , PQ . Lời giải Gọi tâm và bán kính mặt cầu lần lượt là , IR . Vì tâm Id  nên ( ) 2 ; 1;2 1 I t t t +− . Do mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng ( ) ( ) , PQ nên ( ) ( ) ( ) ( ) ,, d I P d I Q R == . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 185 Có ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 5 8 , 1 1 4 6 t t t t d I P + + − − + −+ == ++ và ( ) ( ) 4 1 2 1 2 5 , 4 1 1 6 t t t t d I Q − − + − + == ++ . 4 8 5 6 8 85 3 8 5 4 8 2 t t t t tt t t t t  − + = = =    − + =      − + = − − =  =−  . Với 5 4 8 7 5 10 6 ; ; ; 3 3 3 3 9 6 t t I R  =  = =   Phương trình mặt cầu là 2 2 2 8 7 5 200 3 3 3 27 x y z       − + − + − =             . Với ( ) 5 56 2 4; 1; 5 ; 3 6 t t I R = −  − − − = = Phương trình mặt cầu là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 50 4 1 5 3 x y z + + + + + = . Câu 12 Cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 4 4 4 0 S x y z x y z + + − − − = và điểm ( ) 4;4;0 A . Viết phương trình mặt phẳng ( ) OAB , biết điểm B thuộc ( ) S và tam giác OAB đều Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 2;2;2 I và bán kính 23 R = . Nhận xét , OA cùng thuộc ( ) S . Xét OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp 42 33 OA r== . Khoảng cách ( ) ( ) 22 32 2 , 12 3 3 d I P R r = − = − = . Phương trình mặt phẳng ( ) P qua O có dạng: 0 ax by cz + + = , 2 2 2 0 abc + +  . Vì ( ) P qua A nên 4 4 0 + =  = − a b b a ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , 3 2 a b c c d I P a b c a c ++  = = = + + + 2 2 2 23 a c c  + =  =  ca . Với =− ca, chọn 1 1; 1 a b c =  = − = − ( ):0 P x y z  − − = . Với = ca , chọn 1 1; 1 a b c =  = − = ( ):0 P x y z  − + = Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P thỏa mãn là: 0 x y z − − = hoặc 0 x y z − + = . Câu 13 Cho điểm ( ) 0;0; 2 A − và đường thẳng 2 2 3 : 2 3 2 x y z + − +  = = . Tính khoảng cách từ điểm A đến  . Viết phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm phân biệt B và C sao cho 8 BC = . Lời giải Đường thẳng  đi qua điểm ( ) 2;2; 3 M−− và có một vectơ chỉ phương là ( ) 2;3;2 u = . Ta có ( ) 2; 2;1 MA=− ( ) , 7;2; 10 u MA   = −  . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 186 Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  là ( ) , 49 4 100 ,3 4 9 4 u MA dA u  ++   = = = ++ . Gọi ( ) S là mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm phân biệt B và C sao cho 8 BC = khi đó ta có bán kính của mặt cầu ( ) S là ( ) 2 2 2 2 , 3 4 5 4 BC R d A =  + = + = . Vậy phương trình mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 2 25 S x y z + + + = . Câu 14 Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x y z − − − = và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0 S x y z x y z + + − − − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó? Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 : 2 4 6 11 0 1 2 3 25 S x y z x y z x y z + + − − − − =  − + − + − = Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;3 I và bán kính 5 R = . Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) ( ) 2 22 2.1 2.2 3 4 , 3 5 2 2 1 d I P − − − = =  + − + nên mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là đường tròn ( ) C . Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) P khi đó ta có ( ) ( ) ,3 IH d I P ==  bán kính đường tròn ( ) C là 2 2 2 2 5 3 4 r R IH = − = − = . Gọi  là đường thẳng đi qua ( ) 1;2;3 I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P khi đó  nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là ( ) 2; 2; 1 n = − − làm vectơ chỉ phương. Phương trình đường thẳng  là 12 : 2 2 3 xt yt zt =+    = −   =−  . Tọa độ điểm ( ) ;; H x y z là nghiệm của hệ phương trình 2 2 4 0 3 12 0 22 2 3 x y z x xt y yt z zt − − − =  =   =+  =  =−  =   =−  . Vậy ( ) 3;0;2 H . A M B C | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 187 Câu 15 Cho mặt phẳng ( ) : 6 3 2 1 0 + − − = P x y z và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 6 4 2 11 0 + + − − − − = S x y z x y z Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm đường tròng đó. Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 3;2;1 I và bán kính 5 R = Ta thấy ( ) ( ) ( ) 2 22 6.3 3.2 2.1 1 ;3 6 3 2 + − − = =  + + − d I P R Do đó mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo một đường tròn ( ) C tâm H . Do IH vuông góc với mặt phẳng ( ) P nên phương trình đường thẳng 3 2 1 : 6 3 2 x y z IH − − − == − suy ra ( ) 3 6 ;2 3 ;1 2 + + − H t t t . H thuộc mặt phẳng ( ) P nên ( ) ( ) ( ) 3 6 3 6 3 2 3 2 1 2 1 0 7 − + + + − − − =  = t t t t 3 5 13 ;; 7 7 7     H . Câu 16 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 0; 1;2 A − , ( ) 1;0;3 B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) : S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 x y z − + − + + = . Lời giải Gọi phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: 0 Ax By Cz D + + + = , không mất tính tổng quát ta có thể chọn A , B , C thỏa mãn 2 2 2 2 A B C + + = và 0 D  . Do ( ) P qua ( ) 0; 1;2 A − , ( ) 1;0;3 B và tiếp xúc với ( ) S có tâm ( ) 1;2; 1 I − , bán kính 2 nên 2 2 2 20 30 2 2 2 2 B C D A C D A B C D A B C − + + =   + + =   + − +  =    + + =   2 2 2 2 2 2 20 30 22 2 20 30 22 2 B C D A C D A B C D A B C B C D A C D A B C D A B C  − + + =    + + =     + − + =    + + =    − + + =     + + =    + − + = −     + + =    2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 2 B C D A C D D A B C B C D A C D D A B C  =+    = − −     =    + + =    =+     = − −    =−     + + =   . Do 0 D  nên 2 2 2 2 3 1 2 B C D A C D D A B C =+   = − −   =   + + =   0 5 7 2 3 1 C C B C D A C D D  =      =−    =+   = − −  =  . Khi đó 1 1 0 1 A B C D =−   =   =   =  hoặc 8 7 3 7 5 7 1 A B C D  =    =−    =−    =  . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là: 10 xy − + + = hoặc 8 3 5 7 0 x y z − − + = . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 188 Câu 17 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 1;1;2 A , vuông góc với mặt phẳng ( ) Q : 2 6 5 0 x y z + − + = và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S : 2 2 2 2 4 4 5 0 x y z x y z + + − + − + = . Lời giải Gọi ( ) ;; M a b c là tiếp điểm của ( ) P với mặt cầu ( ) S suy ra ( ) MS  hay 2 2 2 2 4 4 5 0 a b c a b c + + − + − + =  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 4 a b c − + + + − = ( ) 1 Ta lại có IM (với ( ) 1; 2;2 I − là tâm mặt cầu ( ) S ) là một vector pháp tuyến của ( ) P nên IM AM ⊥ hay ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 2 1 2 0 a b b c − + + − + − = ( ) 2 Mặt khác ( ) ( ) PQ ⊥ nên IM n ⊥ ( ( ) 2;1; 6 n=− là một vector pháp tuyến của ( ) Q ) hay ( ) ( ) ( ) 2 1 2 6 2 0 a b c − + + − − = ( ) 3 Từ ( ) 1 , ( ) 2 , ( ) 3 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 1 2 2 4 1 2 1 2 0 2 1 2 6 2 0 a b c a b b c a b c  − + + + − =   − + + − + − =   − + + − − =    2 3 8 3 26 15 17 3 3 b c c ac  =−     =        =      =−   Suy ra 7 2 8 ;; 3 3 3 M  −   hoặc 7 2 26 ;; 15 3 15 M  −−   . Từ đó, ta có phương trình mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) ( ) 7 2 8 1 1 2 1 2 2 0 3 3 3 x y z       − − + − + − + − − =             hoặc ( ) ( ) ( ) 7 2 26 1 1 2 1 2 2 0 15 3 15 x y z       − − − + − + − + − − =             . Hay 2 2 6 0 x y z + + − = hoặc 11 10 2 5 0 x y z − + − = . Câu 18 Cho hình lăng trụ đứng 1 1 1 . ABC A B C với ( ) 0; 3;0 − A , ( ) 4;0;0 B , ( ) 0;3;0 C , ( ) 1 4;0;4 B . ) a Tìm tọa độ các đỉnh 1 A , 1 C . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) 11 BCC B . b) Gọi M là trung điểm của 11 AB . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm A , M và song song với 1 BC . Mặt phẳng ( ) P cắt đường thẳng 11 AC tại điểm N . Tính độ dài đoạn MN . Lời giải a) Ta có, ( ) 1 0;0;4 BB = và ( ) 0;6;0 AC = . Các mặt bên của lăng trụ là hình bình hành nên 11 AA BB = và 11 AC AC = ( ) 1 0; 3;4 A − và ( ) 1 0;3;4 C . Ta lại có, ( ) 4;3;0 BC=− , ( ) 1 0;0;4 BB = ( ) 1 , 12;16;0 BC BB  =  . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 189 Mặt phẳng ( ) 11 BCC B nhận vtpt ( ) 1 1 , 3;4;0 4 n BC BB  ==  nên ptmp ( ) 11 BCC B là: ( ) 3 4 4 0 3 4 12 0 x y x y − + =  + − = . Mặt cầu ( ) S đi qua A , tiếp xúc với ( ) 11 BCC B nên có bán kính ( ) ( ) 11 22 12 12 24 , 5 34 R d A BCC B −− = = = + . Phương trình mặt cầu ( ) S là: ( ) 2 22 576 3 25 x y z + + + = . b) Ta có, 3 2; ;4 2 M −    , 3 2; ;4 2 AM  =   , ( ) 1 4;3;4 BC =− ( ) 1 , 6; 24;12 AM BC   = − −  . Mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm A , M và song song với 1 BC nên có vecto pháp tuyến ( ) 1 1 , 1;4; 2 6 P n AM BC  = − = −   ( ) P : ( ) 4 3 2 0 4 2 12 0 x y z x y z + + − =  + − + = (thỏa mãn vì ( ) BP  ) Phương trình tham số của 11 : AC 0 3; 4 x y t t z =   = − +    =  . Gọi ( ) 11 0; 3 ;4 N AC N t   − + . Do ( ) NP  nên ( ) 0 4 3 8 12 0 2 tt + − + − + =  = . ( ) ( ) 2 2 2 1 1 17 0; 1;4 2; ;0 2 0 2 2 2 N MN MN      −  = −  = − + + =         . Câu 19 Cho mặt phẳng ( ) : 2 3 11 0 P x y z + + − = và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 2 8 0 S x y z x y z + + − + − − = . Chứng minh ( ) P tiếp xúc với ( ) S . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( ) P và ( ) S Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2;1 I − và bán kính ( ) ( ) 2 22 1 2 1 8 14 R = + − + − − = . Ta có, khoảng cách từ I đến ( ) P là: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2.1 3. 2 1 11 , 14 2 3 1 d I P R + − + − = = = ++ . Vậy ( ) P tiếp xúc với ( ) S . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với ( ) P . Suy ra đường thẳng d có vtcp ( ) 2;3;1 u = 1 2 1 : 2 3 1 x y z d − + −  = = . Gọi tiếp điểm của ( ) P và ( ) S là A ( ) 2 1;3 2; 1 A d A t t t    + − + Mà ( ) AP  nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 3 2 1 11 0 1 3;1;2 t t t t A + + − + + − =  =  . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 190 BÀI T ẬP T ỔNG H ỢP Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm (2;5;3) I cắt đường thẳng 12 : 2 1 2 −− == x y z d tại hai điểm phân biệt A , B với chu vi tam giác IAB bằng 14 2 31 + có phương trình A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 49 − + − + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 196 − + − + − = x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 31 − + − + − = x y z D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 124 − + − + − = x y z Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC nhọn có ( ) 2;2;1 H , 8 4 8 ;; 333  −   K , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Gọi I là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt cầu ( ) S tâm A , đi qua điểm I là? A. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 4 1 1 20 + + + + − = S x y z B. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 5 − + + − = S x y z C. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 1 20 + − + − = S x y z D. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 5 + + + − = S x y z Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;2;0 B , ( ) 0;0;3 C , ( ) 2; 2;0 − D . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A , B , C , D ? A. 7 B. 5 C. 6 D. 10 Câu 4. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ( ) 1;2;0 A , ( ) 5;4;4 B , 11 22 16 ;; 3 3 3  −   C . Gọi ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S là 3 mặt cầu tâm lần lượt là A , B , C và có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : – – – + + = S x a y b z c R cùng bán kính là 13 5 . Xác định số tiếp diện chung của ba mặt cầu trên ? A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có bán kính 1 = r và lần lượt có tâm là các điểm ( ) 0;3; 1 − A , ( ) 2;1; 1 −− B , ( ) 4; 1; 1 −− C . Gọi ( ) S là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là A. 2 2 1 =− R B. 10 = R C. 22 = R D. 10 1 =− R Câu 6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 : 1 1 2 16 − + − + − = S x y z và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 1 2 1 9 + + − + + = S x y z cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn ( ) C . Tìm tọa độ tâ J của đường tròn ( ) C . A. 171 ;; 244  −   J B. 1 7 1 ;; 3 4 4    J C. 1 7 1 ;; 3 4 4  −−   J D. 1 7 1 ;; 2 4 4  −−   J Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ( ) 1 3a :2 2 3a 1 x at yt x a t  = + +   = − +   = + + +  . Biết rằng khi a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định qua điểm ( ) 1;1;1 M và tiếp xúc với đường thẳng  . Tìm bán kính mặt cầu đó | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 191 A. 53 B. 3 C. 3 D. 35 Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 4 10 2 6 0 + + − + − − = S x y z x y z . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng = ym và 30 +−= xz tiếp xúc với mặt cầu ( ) S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. 11 − B. 10 − C. 5 − D. 8 − Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng có phương trình 12 : 1, : 1 ==    ==    = = +  xx d y d y t z t z t và 11 : 1 1 1 −−  = = x y z . Gọi ( ) S là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng ,  dd . Phương trình của ( ) S là A. ( ) ( ) 22 2 1 1 1 − + + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 − + − + − = x y z C. 2 2 2 3 1 3 1 2 2 2 2       − + − + − =             x y z D. 2 2 2 5 1 5 9 4 4 4 16       − + − + − =             x y z Câu 10. Trong không gian Oxyz , gọi ( ) S là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1 2 3 4 − == x y z và đi qua điểm ( ) 0;3;9 M . Biết điểm I có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng 2 2 2 0 − + + = x y z , 3 2 0 −= x . Phương trình của ( ) S là A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 9 13 88 − + − + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 6 9 5 − + − + − = x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 9 13 88 − + − + − = x y z D. ( ) 2 22 1 73 + + − = x y z Câu 11. Trong không gian , cho điểm và đường thẳng . Phương trình mặt cầu có tâm và cắt tại hai điểm , sao cho diện tích tam giác bằng 12 là A. B. C. D. Câu 12. Trong không gian , mặt cầu tâm cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt , với chu vi tam giác bằng . Phương trình nào sau đây là phương trình của mặt cầu ? A. B. C. D. Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 4 − A , ( ) 1; 3;1 − B , ( ) 2;2;3 C . Tính đường kính l của mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng ( ) Oxy . Oxyz ( ) 3;4;0 I 1 2 1 : 1 1 4 x y z − − +  = = − ( ) S I  A B IAB ( ) ( ) 22 2 3 4 25 x y z + + + + = ( ) ( ) 22 2 3 4 5 x y z − + − + = ( ) ( ) 22 2 3 4 5 x y z − + + + = ( ) ( ) 22 2 3 4 25 x y z − + − + = Oxyz ( ) S ( ) 2;5;3 I 12 : 2 1 2 x y z d −− == A B IAB 10 2 7 + ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 100 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 2 7 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 25 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 28 x y z − + − + − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 192 A. 2 13 = l B. 2 41 = l C. 2 26 = l D. 2 11 = l Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu ( ) S có tâm nằm trên đường thẳng 12 : 1 1 1 −− == x y z d và tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) :2 4 0, − − = P x z ( ) : 2 2 0 − − = Q x y là A. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. − + − + − = S x y z B. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. − + − + − = S x y z C. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. + + + + + = S x y z D. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 3. − + − + − = S x y z Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 1 : 2 1 3 + + + == x y z d và 2 29 : 1 2 3 −− == x y z d . Mặt cầu có một đường kính là đoạn thẳng vuông góc chung của 1 d và 2 d có phương trình là A. ( ) 22 2 16 2 14 3 33     − + − + − =         x y z B. ( ) 22 2 81 7 12 33     − + − + − =         x y z C. ( ) 22 2 81 73 33     − + − + − =         x y z D. ( ) 22 2 16 2 14 12 33     − + − + − =         x y z Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0; 1 − A , mặt phẳng ( ) : 3 0 + − − = P x y z . Mặt cầu ( ) S có tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 62 + . Phương trình mặt cầu ( ) S là A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 + + − + + = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 9 + + − + + = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 9 − + − + − = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 9 − + − + + = x y z . C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 − + − + − = x y z và ( ) 2 22 39 + + + = x y z . D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 9 + + − + + = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 − + − + − = x y z . Câu 17. Trong không gian , cho hai điểm , . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác và tiếp xúc với mặt phẳng . A. B. C. D. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 9 − + − + − = S x y z và hai điểm ( ) 4; 4;2 − M , ( ) 6;0;6 N . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu ( ) S sao cho + EM EN đạt giá trị lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S tại E . A. 2 2 8 0 − + + = x y z B. 2 2 9 0 + − − = x y z C. 2 2 1 0 + + + = x y z D. 2 2 9 0 − + + = x y z Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ):0 + + = P x y z và hai điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 2;3;1 B . Mặt cầu ( ) S đi qua hai điểm A ,B và tiếp xúc với ( ) P tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. Oxyz ( ) 2;2;1 M 8 4 8 ;; 3 3 3 N −   OMN ( ) Oxz ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z + + + + = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z + − + − = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z − + − + = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z − + + − =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 193 A. 23 = R B. 12 = R C. 6 = R D. 6 = R Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng và hai điểm (1;1;1) A , ( 3; 3; 3) −−− B . Mặt cầu đi qua A , B và tiếp xúc với ( ) P tại C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính R của đường tròn đó. A. 4 = R B. 2 33 3 = R C. 2 11 3 = R D. 6 = R Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 1 1 −+ == −− x y z d và điểm ( ) 1;1;1 A . Hai điểm B , C di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng ( ) OAB vuông góc với mặt phẳng ( ). OAC Gọi điểm  B là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết rằng quỹ tích các điểm ' B là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. 60 10 = r B. 35 5 = r C. 70 10 = r D. 35 10 = r Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 4 + + + + = S x y z và các điểm ( ) 2;0; 2 2 −− A , ( ) 4; 4;0 −− B . Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc ( ) S và thỏa mãn 2 . 16 += MA MOMB là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. A. 32 4 B. 3 2 C. 37 4 D. 5 2 Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 3 3 2 9 − + − + − = S x y z và ba điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 2;1;3 B ; ( ) 0;2; 3 − C . Biết rằng quỹ tích các điểm M thỏa mãn 2 2 . 8 += MA MBMC là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. 3 = r B. 6 = r C. 3 = r D. 6 = r Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;1;2 A và ( ) 5;7;0 B . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 4 2 2 1 2 8 0 + + − + − + + + + = x y z x my m z m m Là phương trình của một mặt cầu ( ) S sao cho qua hai điểm A , B có duy nhất một mặt phẳng cắt mặt cầu ( ) S đó theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. A. 1 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng có phương trình ( ) : 6 3 0  − + + + = x my z m và ( ) : 3 8 0  + − + − = mx y mz m (với m là tham số thực); hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng  . Gọi   là hình chiếu của  lên mặt phẳng Oxy . Biết rằng khi m thay đổi thì đường thẳng   luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có tâm ( ) ;; I a b c thuộc mặt phẳng Oxy . Tính giá trị biểu thức 2 2 2 10 3 = − + P a b c . A. 56 = P B. 9 = P C. 41 = P D. 73 = P Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 3 8 + + − = S x y z và hai điểm ( ) 4;4;3 A , ( ) 1;1;1 B . Gọi ( ) C là tập hợp các điểm ( )  MS để 2 − MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng ( ) C là một đường tròn bán kính R . Tính R . ( ) : 3 0 + − − = P x y z ( ) S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 194 A. 7 B. 6 C. 22 D. 3 Câu 27. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0 + − − = P x y z và hai điểm ( ) 1;1;1 A , ( ) 3; 3; 3 −−− B . Mặt cầu ( ) S đi qua hai điểm , AB và tiếp xúc với ( ) P tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó A. 4 = R B. 6 = R C. 2 33 3 = R D. 2 11 3 = R Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm ( ) 2;0;0 A , ( ) 0;4;0 B , ( ) 0;0;6 C . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng ( ) ABC và N là điểm trên tia OM sao cho . 12 = OM ON . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó. A. 7 2 B. 32 C. 23 D. 5 2 Câu 29. Trong không gian cho các điểm , , (không trùng ) lần lượt thay đổi trên các trục , , và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác và thể tích khối tứ diện bằng Biết rằng mặt phẳng luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. B. C. D. Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 5;0;0 A và ( ) 3;4;0 B . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 5 4 B. 3 2 C. 5 2 D. 3 Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 10;6; 2 − A , ( ) 5;10; 9 − B và mặt phẳng ( ) : 2 2 12 0  + + − = x y z . Điểm M di động trên ( )  sao cho MA , MB luôn tạo với ( )  các góc bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn ( )  cố định. Hoành độ của tâm đường tròn ( )  bằng A. 4 − B. 9 2 C. 2 D. 10 Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho tám điểm ( ) 2; 2; 0 −− A , ( ) 3; 2; 0 − B , ( ) 3; 3; 0 C , ( ) 2; 3; 0 − D , ( ) 2; 2; 5 −− M , ( ) 3;3;5 N , ( ) 3; 2;5 − P , ( ) 2;3;5 − Q . Hình đa diện tạo bởi tám điểm đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng? A. 3 B. 9 C. 8 D. 6 Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;2 M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt các trục  xOx ,  yOy ,  zOz lần lượt tại điểm A ,B ,C sao cho 0 = =  OA OB OC ? A. 3 B. 1 C. 4 D. 8 Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;1;0 B , ( ) 0;0;1 C , ( ) 0;0;0 D . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng ( ) ABC , ( ) BCD , ( ) CDA , ( ) DAB . A. 4 B. 5 C. 1 D. 8 , Oxyz A B C O Ox Oy Oz ABC OABC 3 . 2 ( ) ABC 3. 2. 4. 1.| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 195 Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện SABC có ( ) 0;0;1 S , ( ) 1;0;1 A , ( ) 0;1;1 B ; ( ) 0;0;2 C . Hỏi tứ diện SABC có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) 0;0; 6 − A , ( ) 0;1; 8 − B , ( ) 1;2; 5 − C và ( ) 4;3;8 D . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. Có vô số B. 1 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. 4 mặt phẳng. Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu có phương trình ( ) 2 2 2 1 : 4 2 0 + + + + + = S x y z x y z ; ( ) 2 2 2 2 : 2 0 + + − − − = S x y z x y z cắt nhau theo một đường tròn ( ) C nằm trong mặt phẳng ( ) P . Cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;2;0 B , ( ) 0;0;3 C . Có bao nhiêu mặt cầu tâm thuộc ( ) P và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA ? A. 4 mặt cầu. B. 2 mặt cầu. C. 3 mặt cầu. D. 1 mặt cầu. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho ( ) 1;2; 3 − A , 3 3 1 ;; 2 2 2  −   B , ( ) 1;1;4 C , ( ) 5;3;0 D . Gọi ( ) 1 S là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 , ( ) 2 S là mặt cầu tâm B bán kính bằng 3 . 2 Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S đồng thời song song với đường thẳng đi qua 2 điểm C , D . A. 1 B. 2 C. 4 D. Vô số. Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;0;2 B và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 + + − − + = S x y z x y . Số mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S là A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 0 mặt phẳng. D. Vô số mặt phẳng. Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho bốn đường thẳng: , , , . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là A. B. C. Vô số. D. Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt phẳng và mặt cầu . Có bao nhiêu giá trị nguyên của để mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng . A. B. C. D. Câu 42. Trong không gian với hệ trục , cho hai điểm ; . Có bao nhiêu mặt phẳng qua , cắt trục , trục lần lượt tại , sao cho . A. B. C. D. Vô số Câu 43. Trong không gian tọa độ , cho các điểm , , , , . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều điểm trên? A. B. C. D. Không tồn tại. Oxyz 1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d − + + == − 2 1 : 121 x y z d − == − 3 1 1 1 : 211 x y z d − + − == 4 1 : 1 1 1 x y z d − == −− 0 2 1 Oxyz ( ) : 2 2 0 P x y z m + − + = ( ) 2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z + + − + − − = m ( ) P ( ) S ( ) T 43  3 4 2 1 Oxyz ( ) 1;2;1 M ( ) 1;0; 1 N−− M N Ox Oy A B ( ) AB  3 AM BN = 1 2 3 Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 2;1;0 B ( ) 4;3; 2 C − ( ) 3;4;1 D ( ) 1;1; 1 E − 5 1 4 5 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 196 Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và điểm . Gọi là mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng và tiếp xúc với mp tại điểm . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn? A. B. C. D. Vô số. Câu 45. Trong không gian , cho bốn đường thẳng: , , , . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là A. B. C. Vô số. D. Câu 46. Có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng và A. B. C. Vô số. D. Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm , , , . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua trong điểm , , , , ? A. B. C. D. Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 3; 1;1 − B và ( ) 1; 1;1 −− C . Gọi ( ) 1 S là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ; ( ) 2 S và ( ) 3 S là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B , C và bán kính bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S . A. 5 B. 7 C. 6 D. 8 Câu 49. Trong không gian , cho hai điểm , và mặt cầu . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng chứa hai điểm , và tiếp xúc với . A. B. C. D. Câu 50. Trong không gian cho điểm . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua và cắt các trục , , lần lượt tại ba điểm phân biệt , , sao cho . A. B. C. D. Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm , , , , . Tìm số mặt phẳng cách đều điểm , , , , . A. B. C. D. Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;3 − M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( ) P qua điểm M và cắt các trục ,, Ox Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho 3 2 0 = =  OA OB OC . A. 3 B. 2 C. 4 D. 8 Oxyz 32 : 1 1 1 x y z d −+ == ( ) 2; 1; 0 M − ( ) S I d ( ) Oxy M 2 1 0 Oxyz 1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d − + + == − 2 1 : 121 x y z d − == − 3 1 1 1 : 211 x y z d − + − == 4 11 : 1 1 1 x y z d −− == − 0 2 1 ( ) S 3 1 1 : 2 1 2 x y z − − −  = = −− ( ) 1 : 2 2 6 0 x y z  + + − = ( ) 2 : 2 2 0 x y z  − + = 1 0 2 Oxyz ( ) 2;0;0 A ( ) 0;3;0 B ( ) 0;0;6 C ( ) 1;1;1 D 3 5 O A B C D 6 10 7 5 Oxyz ( ) 1;0;0 A ( ) 0;0;2 B ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x y + + − − + = A B ( ) S 3 0 1 2 Oxyz ( ) 1;3; 2 M − ( ) P M xOx  yOy  zOz  A B C 0 OA OB OC = =  1 2 4 3 Oxyz 5 ( ) 1;2; 1 A − ( ) 2;3;0 B ( ) 2;3; 1 C − ( ) 3;2;5 D ( ) 3;4;0 E 5 A B C D E 0 3 5 1| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 197 Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 16 S x y z − + + + − = và điểm ( ) 1;2;3 A . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba đường tròn tương ứng đó. A. 10  B. 38  C. 33  D. 36  Câu 54. 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 == MAMB MCMD . 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 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 6 0 + + − = P x y z . Trong ( ) P lấy điểm M và xác định điểm N thuộc đường thẳng OM sao cho .1 = ONOM . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình 2 2 2 1 1 1 1 6 3 3 4       − + − + − =             x y z . B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình 2 2 2 1 1 1 1 12 6 6 16 x y z       − + − + − =             . C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình 2 2z 1 0 + + − = xy . D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình 2 2z 1 0 + + + = xy . Câu 56 .Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 9 + + − + + = S x y z và điểm ( ) 1;1; 1 − A . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua điểm A và đôi một vuông góc với nhau, cắt ( ) S theo giao tuyến là ba đường tròn. Tổng diện tích của hình tròn đó bằng A. 12  B. 3  C. 22  D. 11  Câu 57. Biết rằng có n mặt phẳng có phương trình tương ứng là ( ):0 + + + = i i i i P x a y bz c ( ) 1,2,..., =in đi qua ( ) 1;2;3 M (nhưng không đi qua O ) và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz theo thứ tự tại A , B , C sao cho hình chóp . O ABC là hình chóp đều. Tính tổng 12 ... = + + + n S a a a . A. 3 = S B. 1 = S C. 4 =− S D. 1 =− S Câu 58. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 1 0 + + − = Q x y z . Gọi ( ) S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( ) S thỏa yêu cầu. A. 3 = r B. 3 2 = r C. 2 = r D. 32 2 = r Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Gọi và là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung . Biết rằng luôn có một mặt cầu đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính của . Oxyz ( ) 0;2;2 A ( ) 2; 2;0 B − ( ) 1 1;1; 1 I − ( ) 2 3;1;1 I AB ( ) S R ( ) S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 198 A. B. C. D. Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và mặt cầu . Hai mặt phẳng , chứa và tiếp xúc với . Gọi và là tiếp điểm. Độ dài đoạn thẳng bằng? A. B. C. D. Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và mặt phẳng . Gọi là mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng , đi qua điểm và gốc tọa độ sao cho diện tích tam giác bằng . Tính bán kính của mặt cầu . A. B. C. D. Câu 62. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 13 0 + + − − + − = S x y z x y z và đường thẳng 1 2 1 :. 1 1 1 + + − == x y z d Tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được 3 tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu ( ) S (A ,B ,C là các tiếp điểm) thỏa mãn 60 = AMB , 90 = BMC , 120 = CMA có dạng ( ) ;; M a b c với 0  a . Tổng ++ abc bằng? A. 10 3 B. 2 C. 2 − D. 1 Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm , mặt phẳng và mặt cầu . Gọi là mặt phẳng đi qua , vuông góc với và đồng thời cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tọa độ giao điểm của và trục là A. B. C. D. Câu 64. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;0; 3 − A , ( ) 3; 2; 5 − − − B . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức 22 30 += AM BM là một mặt cầu ( ) S . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu ( ) S là A. ( ) 2; 2; 8 − − − I ; 3 = R . B. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 6 = R . C. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 3 = R . D. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 30 2 = R Câu 65. Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho ( ) 2 2 2 :0 + + + + + + = S x y z ax by cz d có bán kính 19, = R đường thẳng 5 : 2 4 14 =+   = − −   = − −  xt d y t zt và mặt phẳng ( ) :3 3 1 0. − − − = P x y z Trong các số 219 3 R = 22 R = 129 3 R = 26 R = Oxyz 2 : 2 1 4 x y z d − == − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 1 2 S x y z − + − + − = ( ) P ( ) Q d ( ) S M N MN 22 43 3 23 3 4 Oxyz ( ) 1;0; 1 A − ( ) : 3 0 P x y z + − − = ( ) S I ( ) P A O OIA 17 2 R ( ) S 3 R = 9 R = 1 R = 5 R = , Oxyz (0;1;2) A ( ) : 4 0 x y z  − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) : 3 1 2 16 S x y z − + − + − = ( ) P A ()  ( ) P ( ) S M ( ) P xOx  1 ;0;0 2 M  −   1 ;0;0 3 M  −   ( ) 1;0;0 M 1 ;0;0 3 M   | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 199   ; ; ; a b c d theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn 43, + + + = a b c d đồng thời tâm I của ( ) S thuộc đường thẳng d và ( ) S tiếp xúc với mặt phẳng ( )? P A.   6; 12; 14;75 . − − − B.   6;10;20;7 . C.   10;4;2;47 . − D.   3;5;6;29 . Câu 66. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 + + − + + = S x y z x z và đường thẳng 2 : 1 1 1 − == − x y z d . Hai mặt phẳng ( ) P , ( )  P chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T và  T . Tìm tọa độ trung điểm H của  TT . A. 5 1 5 ; ; 6 3 6  −   H B. 5 2 7 ; ; 6 3 6  −   H C. 5 1 5 ; ; 6 3 6  −   H D. 717 ; ; 6 3 6  −   H Câu 67 . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 0 Pz−= . Tìm toạ độ tâm I và bán kính r của mặt cầu ( ) S có tâm thuộc trục Oz , cắt ( ) Oxy và ( ) P lần lượt theo giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8 . A. ( ) 0;0; 16 65 I r −    =   B. ( ) 0;0; 16 2 65 I r −    =   C. ( ) 0;0;16 65 I r    =   D. ( ) 0;0; 16 2 65 I r −    =   Câu 68. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét hai đường thẳng 1 4 1 5 : 3 1 2 x y z d − − + == −− và 2 23 : 1 3 1 x y z d −+ == Gọi ( ) S là mặt cầu thay đổi tiếp xúc với cả hai đường thẳng đã cho. Tính bán kính nhỏ nhất của ( ) S A. 23 B. 3 C. 26 D. 6 Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z + − + = và hai điểm ( ) ( ) 3;4;1 , 7; 4; 3 . AB −− Gọi ( ) 0 0 0 ;; M x y z là điểm thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho ( ) 2 22 2 . . 96 MA MB MAMB MAMB + − + = và . MAMB đạt giá trị lớn nhất. Tính 0 y ? A. 0 7 . 3 y = B. 0 5 . 3 y = C. 0 8 . 3 y − = D. 0 23 . 3 y = Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) sin cos ;sin cos ;cosa . H a b b b Mặt phẳng ( )  qua H cắt các trục Ox, , Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ( )  có phương trình là A. 2 2 2 1 x y z + + = B. 2 2 2 2 x y z + + = C. 2 2 2 4 x y z + + = D. 2 2 2 3 x y z + + = Câu 71. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) ;; H a b c với ,, abc là các số thực thay đổi thỏa mãn 1 ab ac bc + + = − . Mặt phẳng ( )  qua H cắt các trục ,, Ox Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ( )  có bán kính nhỏ nhất bằng. A. 1 B. 2 C. 2 D. 3 Câu 72. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình 2 2 2 2 4 4 2 4 0 x y z mx y mz m m + + − + + + + = . Với mỗi giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. Tìm bán kính nhỏ nhất min R của mặt cầu. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 200 A. min 3 R = B. min 2 3 R = C. min 3 R = D. min 1 3 R = Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình ( ) 2 2 2 2 2 cos 2 ysin 4 4 sin 0 x y z x z + + +  −  − − +  = . Với mỗi giá trị của  để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. Gọi 1 R là bán kính nhỏ nhất của mặt cầu đó; 2 R là bán kính lớn nhất của mặt cầu đó. Tính tỉ số 2 1 R R A. 2 1 10 9 R R = B. 2 1 5 4 R R = C. 2 1 5 2 R R = D. 2 1 10 3 R R = Câu 74. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;3; 1 , 2;1;1 , 4;1;7 . A B C −− Hỏi mặt cầu đi qua bốn điểm ,,, O A B C có bán kính là ? A. 9 2 B. 77 2 C. 115 2 D. 83 2 Câu 75. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) : 1 =    = −   = − + −  xt y m mt z m m t .Biết rằng tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm ( ) 5;4;3 B và tiếp xúc với đường thẳng  khi tham số thực m thay đổi.Bán kính của mặt cầu ( ) S bằng A. 4 B. 42 C. 23 D. 3 Câu 76. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;4 A và đường thẳng 2 3 3 : 2 2 1 − + − == − x y z d . Điểm M chạy trên đường thẳng d và điểm N nằm trên tia đối của tia MA sao cho .6 = AM AN . Quỹ tích điểm N là đường cong có độ dài bằng bao nhiêu? A. 3  B. 2 3  C.  D. 4 3  Câu 77. Trong không gian , Oxyz cho điểm ( ) 1;0;2 A và mặt phẳng ( ) :2 2 9 0. + − − = P x y z Điểm M di động trên mặt phẳng ( ), P điểm N nằm trên tia AM sao cho: . 24. = AM AN Quỹ tích điểm N là một mặt cầu cố định có phương trình là? A. 2 2 2 11 8 2 16. 3 3 3       − + − + − =             x y z B. 2 2 2 2 11 5 25. 3 3 3       − + − + + =             x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 36. − + − + − = x y z D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 3 25. + + − + − = x y z Câu 78. Trong không gian , Oxyz cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;2 , 1;2;1 . A m B n C D Biết rằng hai số thực m và n thỏa mãn điều kiện 2. += mn Khi m , n thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và qua điểm . D Tổng bán kính của hai mặt cầu bằng: A. 5. B. 13 C. 10 D. 25 Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ,0,0 , 0; ;0 , 0;0;1 , 2;1;4 2 2 A m B n C D + . Biết rằng hai số thực dương , mn thoả mãn điều kiện : 1 += mn .Khi , mn thay đổi tồn tại duy nhất | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 201 một mặt cầu cố định có bán kính R tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Bán kính R nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 4;5 B. ( ) 0;2 C. ( ) 2;4 D. ( ) 5;7 Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ,0,0 , 0; ;0 , 0;0;3 , 1;1; A m B n C D p . Biết rằng hai số thực dương , mn thoả mãn điều kiện 3 += mn ; p là số thực dương. Khi , mn thay đổi tồn tại duy nhất một mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của p . Tổng tất cả các phần tử của S là A. 4 B. 3 C. 0 D. 2 Câu 81. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 1 4 + + − = S x y z và điểm ( ) 2;2;1 A . Mặt phẳng ( ) P đi qua A và tiếp xúc với ( ) S . Khoảng cách lớn nhất tính từ O đến ( ) P nằm trong khoảng A. ( ) 0;1 B. ( ) 1;3 C. ( ) 3;4 D. ( ) 4;5 Câu 82. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 : 16 + + = S x y z và ( ) ( ) 2 22 2 : 2 16 + − + = S x y z . Mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu trên. Điểm ( ) 2;1;1 A cách mặt phẳng ( ) P một khoảng cách lớn nhất bằng A. 6 B. 45 + C. 4 2 3 + D. 8 Câu 83. Trong không gian , Oxyz cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 : 16 + + = S x y z và ( ) ( ) 2 22 2 : 3 16 − + + = S x y z . Mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu trên. Khi điểm ( ) 2;3;4 A cách mặt phẳng ( ) P một khoảng lớn nhất thì phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 40 + + + = ax by z d . Giá trị của biểu thức 4 −+ a b d bằng A. 8 B. 6 C. 0 D. 12 Câu 84. Trong không gian , Oxyz cho ba mặt cầu ( ) ( ) ( ) 1 2 3 ,, S S S có tâm lần lượt là ( ) ( ) 12 0;0;1 , 2;1;0 , II ( ) 3 1;0;3 I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 2; 3; 4. = = = R R R Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với ba mặt cầu là A. 4 B. 3 C. 2 D. 8 Câu 85. Trong không gian , Oxyz cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 0;0;1 I , ( ) 2 2;1;0 I , ( ) 3 1;0;3 I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 2, 3, 4 = = = R R R . Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với cả ba mặt cầu là? A. 4 B. 3 C. 2 D. 8 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 202 Câu 86. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu có tâm lần lượt là ( ) ( ) ( ) 1 2 3 0;0;1 , 0;0;2 , 0;0;6 I I I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 1, 1, 2 = = = R R R . Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với ba mặt cầu là A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 Câu 87. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 1;0;0 I , ( ) 2 3;0;0 I , ( ) 3 ;0;0 Im và có bán kính lần lượt là 1 1 = R , 2 2 = R , 3 5 = R . Gọi X là tập hợp chứa tất cả giá trị nguyên của m để tồn tại vô số mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho. Tổng tất cả các phần tử của X bằng? A. 2 − B. 0 C. 20 D. 14 − Câu 88. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 1;0;1 I , ( ) 2 0;2;0 I , ( ) 3 1;4;2 I và có bán kính lần lượt là 1 1 = R , 2 2 = R , 3 3 = R . Gọi ( ) P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho sao cho ( ) P cắt Ox tại điểm có hoành đô dương. Biết mặt phẳng ( ) P có dạng 0 + + + = ax by z d , với 1 − b , tính giá trị biểu thức 2 ++ a b d . A. 12 2 13 − B. 14 C. 9 22 −+ D. 10 3 5 −+ | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 203 HƯ ỚNG D ẪN GI ẢI Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm (2;5;3) I cắt đường thẳng 12 : 2 1 2 −− == x y z d tại hai điểm phân biệt A , B với chu vi tam giác IAB bằng 14 2 31 + có phương trình A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 49 − + − + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 196 − + − + − = x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 31 − + − + − = x y z D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 124 − + − + − = x y z L ời gi ải Gọi R ( 0  R ) là bán kính của mặt cầu cần tìm. Ta có d đi qua điểm (1;0;2) M và có một vectơ chỉ phương là ( ) 2;1;2 = u . Gọi H là hình chiếu của I lên d ta có ( ) ; = IH d I d ; 32   == MI u u . Suy ra 22 2=− AB R IH 2 2 18 =− R . Từ đó ta có 2 2 2 18 14 2 31 + − = + RR 2 18 7 31  + − = + RR ( ) 2 7 18 31 0  − + − − = RR ( ) 2 7 7 1 0 18 31  +  − + =  −+  R R R 7 = R . Suy ra phương trình mặt cầu ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 49 − + − + − = x y z . Chọn ý A. Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC nhọn có ( ) 2;2;1 H , 8 4 8 ;; 333  −   K , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Gọi I là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt cầu ( ) S tâm A , đi qua điểm I là? A. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 4 1 1 20 + + + + − = S x y z B. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 5 − + + − = S x y z C. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 1 20 + − + − = S x y z D. ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 1 5 + + + − = S x y z L ời gi ải A O B H C K I Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 204 Trong mặt phẳng ( ) ABC , ta có tứ giác AOIK nội tiếp trong đường tròn đường kính AI , do đó = KAI KOI ( ) 1 (cùng chắn cung KI ). Ta cũng có tứ giác ACHO nội tiếp trong đường tròn đường kính AC , do đó = KAI HOI ( ) 2 (cùng chắn cung HC ). Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra = KOI HOI , hay IO là phân giác trong của góc KOH . Tương tự, HI là phân giác trong của góc KHO . Như vậy, điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK . Ta có 3 = OH , 4 = OK , 5 = HK . Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK nên . . . 0 + + = HK IO OK IH OH IK 5 4 3 0  + + = IO IH IK ( ) 0;1;1  I . Đường thẳng AH có véc-tơ chỉ phương ( ) 2;1;0 = IH nên phương trình AH là 2 1 1 =   =+   =  xt yt z . Vì  A AH nên ( ) 2 ;1 ;1 + A t t ( ) 2 ;1 ;1 + OA t t . Mà ⊥ OI OA nên .0 = OI OA ( ) ( ) 0. 2 1. 1 1.1 0  + + + = tt 2  = − t ( ) 4; 1;1  − − A . Như vậy 20 = AI . Vậy, phương trình mặt cầu ( ) S tâm A , đi qua điểm I là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 4 1 1 20 + + + + − = S x y z . Chọn ý A. Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;2;0 B , ( ) 0;0;3 C , ( ) 2; 2;0 − D . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A , B , C , D ? A. 7 B. 5 C. 6 D. 10 L ời gi ải Ta thấy A , B , C lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là 1 1 2 3 + + = x y z . Rõ ràng ( )  D ABC . Ta cũng có ( ) 1;2;0 =− AB và ( ) 1; 2;0 =− AD nên =− AB AD , suy ra D nằm trên đường thẳng AB . Bởi vậy, có 5 mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A , B , C , D là ( ) OAB , ( ) OBC , ( ) OAC , ( ) ABC và ( ) OCD . Câu 4. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ( ) 1;2;0 A , ( ) 5;4;4 B , 11 22 16 ;; 3 3 3  −   C . Gọi ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S là 3 mặt cầu tâm lần lượt là A , B , C và có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : – – – + + = S x a y b z c R cùng bán kính là 13 5 . Xác định số tiếp diện chung của ba mặt cầu trên ? A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 205 Nh ận xét. Trong không gian, cho điểm A và đường thẳng  , khi đó có đúng hai mặt phẳng ( ) P chứa  và cách A một khoảng là h nếu ( ) ;  h d A và không có mặt phẳng nào chứa  và cách A một khoảng là h nếu ( ) ;  h d A . Xét mặt phẳng ( )  đi qua các điểm A , B , C . Ta có 6 = AB ; 8 = AC ; 10 = BC . Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của AB , BC , AC . Mặt phẳng ( ) P xác định như sau • Đi qua D , E : Ta có ( ) 1 13 ;3 25 = = =  d B DE BD AB nên có 2 mặt phẳng tiếp xúc với cả 3 mặt cầu như nhận xét trên. • Đi qua E , F : Ta có ( ) 1 13 ;4 25 = = =  d C EF CF AC có 2 mặt phẳng tiếp xúc với cả 3 mặt cầu như nhận xét trên. • Đi qua D , F : Ta có ( ) ( ) 1 12 13 ;; 2 5 5 = =  d A DF d A BC nên không có mặt phẳng nào tiếp xúc với cả 3 mặt cầu như nhận xét trên. Hơn nữa ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có cùng bán kính nên có 2 mặt phẳng tiếp xúc với chúng và song song với mặt phẳng ( ) ABC . Vậy có tất cả 6 tiếp diện chung của ba mặt cầu. Chọn ý A. Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có bán kính 1 = r và lần lượt có tâm là các điểm ( ) 0;3; 1 − A , ( ) 2;1; 1 −− B , ( ) 4; 1; 1 −− C . Gọi ( ) S là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là A. 2 2 1 =− R B. 10 = R C. 22 = R D. 10 1 =− R L ời gi ải A C B D E F ( ) 1 S ( ) 3 S ( ) 2 S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 206 Ta có 8 = AB , 32 = AC , 40 = BC nên tam giác ABC vuông tại A . Gọi I là trung điểm của BC , khi đó 10 1 = = = − IM IN IP . Do đó mặt cầu ( ) S thỏa mãn đề bài là mặt cầu có bán kính 10 1 =− R . Chọn ý D. Câu 6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 : 1 1 2 16 − + − + − = S x y z và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 1 2 1 9 + + − + + = S x y z cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn ( ) C . Tìm tọa độ tâ J của đường tròn ( ) C . A. 171 ;; 244  −   J B. 1 7 1 ;; 3 4 4    J C. 1 7 1 ;; 3 4 4  −−   J D. 1 7 1 ;; 2 4 4  −−   J L ời gi ải ( ) 1 S và ( ) 2 S có tâm và bán kính lần lượt là ( ) 1 1;1;2 I , 1 4 = R và ( ) 2 1;2; 1 −− I , 2 3 = R Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến ( ) C và A là một điểm thuộc ( ) C . Ta có 1 1 1 .cos = I I I A AI I 1 1 2 .cos = R AI I 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 . 2. . +− = I A I I AI R I A I I 2 2 2 4 14 3 4. 2.4. 14 +− = 21 2 14 = A 1 I 2 I H A M B N I P C| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 207 1 1 1 2 12 = II I I I I II 1 1 2 21 2 14 14 = I I I I 1 1 2 3 4 = I I I I ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 4 3 1 2 1 4 3 2 1 2 4  − = − −     − = −    − = − −   x y z 1 2 7 4 1 4  =−    =    =−   x y z . Chọn ý D. Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ( ) 1 3a :2 2 3a 1 x at yt x a t  = + +   = − +   = + + +  . Biết rằng khi a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định qua điểm ( ) 1;1;1 M và tiếp xúc với đường thẳng  . Tìm bán kính mặt cầu đó A. 53 B. 3 C. 3 D. 35 L ời gi ải Từ đường thẳng ( ) 1 3a :2 2 3a 1 x at yt x a t  = + +   = − +   = + + +  30  + − + = x y z Ta có  luôn qua điểm ( ) 1; 5; 1 −− A cố định và  nằm trong mặt phẳng ( ) : 3 0 + − + = P x y z Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng  với mọi a . Nên mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng ( ) P tại A . Đường thẳng IA qua A và vuông góc ( ) P có phương trình 1 5 1 =+   = − +   = − −  xt yt zt ( ) 1 ; 5 ; 1 I t t t  + − + − − Mà ( ) ( ) 22 2 2 2 2 6 2 5 IA IM t t t t t t t =  + + = + − + +  = vậy ( ) 6;0; 6 5 3 I R IM −  = = Chọn ý A. Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 4 10 2 6 0 + + − + − − = S x y z x y z . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng = ym và 30 +−= xz tiếp xúc với mặt cầu ( ) S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. 11 − B. 10 − C. 5 − D. 8 − L ời gi ải Mặt cầu ( ) 2 2 2 : 4 10 2 6 0 + + − + − − = S x y z x y z có tâm ( ) 2; 5;1 − I và bán kính 6 = R . Giao tuyến của hai mặt phẳng = ym và 30 +−= xz là đường thẳng :, 3 =    =    =−  xt y m t zt .  đi qua ( ) 0; ;3 Am và có một véc tơ chỉ phương ( ) 1;0; 1 =− u , ( ) 2; 5;2 = − + IA m , ( ) , 5;0; 5  = − − − −  IA u m m .  tiếp xúc với mặt cầu ( ) S khi và chỉ khi Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 208 ( ) ,= d I R , 6   = IA u u ( ) 2 2 25 6 10 11 0 2 +  =  + − = m mm . Vậy tích 12 . 11 =− mm . Chọn ý A. Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng có phương trình 12 : 1, : 1 ==    ==    = = +  xx d y d y t z t z t và 11 : 1 1 1 −−  = = x y z . Gọi ( ) S là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng ,  dd . Phương trình của ( ) S là A. ( ) ( ) 22 2 1 1 1 − + + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 − + − + − = x y z C. 2 2 2 3 1 3 1 2 2 2 2       − + − + − =             x y z D. 2 2 2 5 1 5 9 4 4 4 16       − + − + − =             x y z L ời gi ải Đường thẳng  có phương trình tham số là: 1 : 1 =+   =   =+  xm ym zm . Gọi I là tâm mặt cầu ( ) S ta có ( ) 1; ; 1 ++ I m m m . Đường thẳng d đi qua ( ) 1;1;0 A và có véctơ chỉ phương ( ) 1 0;0;1 = u ( ) ; 1, 1  = − + AI m m m . Đường thẳng d đi qua ( ) 2;0;1 B và có véctơ chỉ phương ( ) 2 0;1;1 = u ( ) 1; ,  = − BI m m m . Do ( ) S tiếp xúc với hai đường thẳng ,  dd nên ta có: ( ) ( ) ;;  == d I d d I d R ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 12 12 ;; 1 1 1 0 1 2     − + − + −     =  =  = IA u IB u m m m m m uu ( ) 1;0;1  I và 1. = R Phương trình của mặt cầu ( ) S là ( ) ( ) 22 2 1 1 1 − + + − = x y z . Chọn ý A. Câu 10. Trong không gian Oxyz , gọi ( ) S là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1 2 3 4 − == x y z và đi qua điểm ( ) 0;3;9 M . Biết điểm I có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng 2 2 2 0 − + + = x y z , 3 2 0 −= x . Phương trình của ( ) S là A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 9 13 88 − + − + − = x y z B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 6 9 5 − + − + − = x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 9 13 88 − + − + − = x y z D. ( ) 2 22 1 73 + + − = x y z L ời gi ải Vì tâm I thuộc đường thẳng 1 2 3 4 − == x y z nên ( ) 2 ;3 ;1 4 =+ I t t t . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 209 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 2 3 2 1 4 2 3 2 2 3 1 2 2 − + + + − = + − + t t t t 2 2 3 1  + = − tt ( ) 3 6;9;13 1 2 3 1 ;; 5 5 5 5 =      = −  − −     tI tI Vì điểm I có hoành độ là số nguyên, do đó ( ) 6;9;13 I ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 3 9 9 13 88  = − + − + − = IM . Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 9 13 88 − + − + − = x y z . Chọn ý C. Câu 11. Trong không gian , cho điểm và đường thẳng . Phương trình mặt cầu có tâm và cắt tại hai điểm , sao cho diện tích tam giác bằng 12 là A. B. C. D. L ời gi ải Đường thẳng đi qua điểm và có véc-tơ chỉ phương . Ta có . Khoảng cách từ đến đường thẳng là . Diện tích tam giác bằng nên . Bán kính mặt cầu là . Phương trình mặt cầu cần lập là . Chọn ý D. Câu 12. Trong không gian , mặt cầu tâm cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt , với chu vi tam giác bằng . Phương trình nào sau đây là phương trình của mặt cầu ? A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là bán kính của mặt cầu, là trung điểm của . Ta có . Oxyz ( ) 3;4;0 I 1 2 1 : 1 1 4 x y z − − +  = = − ( ) S I  A B IAB ( ) ( ) 22 2 3 4 25 x y z + + + + = ( ) ( ) 22 2 3 4 5 x y z − + − + = ( ) ( ) 22 2 3 4 5 x y z − + + + = ( ) ( ) 22 2 3 4 25 x y z − + − + =  ( ) 1;2; 1 M − ( ) 1;1; 4 u=− ( ) 2; 2; 1 IM = − − − ( ) , 9; 9;0 IM u   = −  , 9 2 IM u  =  I  ( ) , 92 ,3 18 IM u dI u    = = = IAB 12 ( ) 2 2.12 8 ,3 IAB S AB dI = = =  ( ) S ( ) 2 2 22 , 4 3 5 2 AB R d I  = +  = + =    ( ) S ( ) ( ) 22 2 3 4 25 x y z − + − + = Oxyz ( ) S ( ) 2;5;3 I 12 : 2 1 2 x y z d −− == A B IAB 10 2 7 + ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 100 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 2 7 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 25 x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 28 x y z − + − + − = R H AB IH AB ⊥ ( ) ; IH d I d = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 210 qua và có , . Ta có , . Chu vi là . Mặt cầu có tâm , bán kính . Phương trình mặt cầu là: . Chú ý: có với mọi nên phương trình có nghiệm duy nhất . Chọn ý C. Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2; 4 − A , ( ) 1; 3;1 − B , ( ) 2;2;3 C . Tính đường kính l của mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng ( ) Oxy . A. 2 13 = l B. 2 41 = l C. 2 26 = l D. 2 11 = l L ời gi ải Gọi tâm mặt cầu là : ( ) ; ; 0 I x y . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 1 2 4 1 3 1 1 2 4 2 2 3  − + − + = − + + + =     =   − + − + = − + − +  x y x y IA IB IA IC x y x y ( ) ( ) 22 22 22 2 4 3 1 2 1 16 4 4 9  − + = + +    − + + = − + +   yy x x x x 10 10 2 2 4 1 = = −    = − =  yx xy ( ) ( ) 22 2 2 2 3 1 4 2 26  = = − + − + = lR . Chọn ý C. Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu ( ) S có tâm nằm trên đường thẳng 12 : 1 1 1 −− == x y z d và tiếp xúc với hai mặt phẳng ( ) :2 4 0, − − = P x z ( ) : 2 2 0 − − = Q x y là d ( ) 1;0;2 M ( ) VTCP 2;1;2 u = ( ) 1; 5; 1 IM = − − − ( ) ; 9;0; 9 u IM   = −  , 32 u IM IH u    = = 2 2 2 2 2 2 18 AB AH R IH R = = − = − 32 R  ABC  10 2 7 IA IB AB + + = + 2 2 2 18 10 2 7 RR  + − = + 2 18 5 7 RR  + − = + 2 2 25 50 18 7 R R R −  − + = −+ ( ) 2 5 5 1 0 18 7 R R R  +  − + =  −+  5 R = ( ) S ( ) 2;5;3 I 5 R = ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 25 x y z − + − + − = ( ) 2 18 5 7 0 fR RR + − − − = ( ) 2 10 18 R fR R  = +  − 32 R  5 R =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 211 A. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. − + − + − = S x y z B. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. − + − + − = S x y z C. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. + + + + + = S x y z D. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 3. − + − + − = S x y z L ời gi ải Gọi I là tâm mặt cầu ( ) S . Khi đó ( ) ;1 ;2 ++ I t t t và ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 1 2 , , 6 4 1. 55 − + − − + − =  =  − = − −  = t t t t d I P d I Q t t t Vậy mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;3 I và bán kính ( ) ( ) ( ) 2.1 2 1 4 , 5. 5 − + − = = = R d I P Do đó mặt cầu ( ) S có phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 5. − + − + − = S x y z Chọn ý A. Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 1 : 2 1 3 + + + == x y z d và 2 29 : 1 2 3 −− == x y z d . Mặt cầu có một đường kính là đoạn thẳng vuông góc chung của 1 d và 2 d có phương trình là A. ( ) 22 2 16 2 14 3 33     − + − + − =         x y z B. ( ) 22 2 81 7 12 33     − + − + − =         x y z C. ( ) 22 2 81 73 33     − + − + − =         x y z D. ( ) 22 2 16 2 14 12 33     − + − + − =         x y z L ời gi ải Vectơ chỉ phương của 1 d và 2 d lần lượt là ( ) 1 2;1;3 = u , ( ) 2 1;2;3 = u . Gọi AB là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d với 1  Ad , 2  Bd . Suy ra ( ) 1 2 ; 1 ; 1 3 − + − + − + A a a a ; ( ) 2 ;2 ;9 3 ++ B b b b . Khi đó ( ) 2 3; 2 1; 3 3 10 = − + + − + + − + + AB a b a b a b . Vì AB là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d nên: 1 2  ⊥    ⊥   AB u AB u 14 13 37 13 14 35 −=   −=  ab ab 7 3 1 3  =      =−   a b 11 4 ; ;6 33 23 52 ; ;8 33         =    −     A AB B . Gọi I là tâm mặt cầu ( ) S có đường kính là AB . Suy ra 81 ; ;7 33    I và 1 3 2 == R AB . Vậy phương trình mặt cầu ( ) ( ) 22 2 81 : 7 3 33     − + − + − =         S x y z . Chọn ý C. Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0; 1 − A , mặt phẳng ( ) : 3 0 + − − = P x y z . Mặt cầu ( ) S có tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 62 + . Phương trình mặt cầu ( ) S là A. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 + + − + + = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 9 + + − + + = x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 212 B. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 9 − + − + − = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 9 − + − + + = x y z . C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 − + − + − = x y z và ( ) 2 22 39 + + + = x y z . D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 9 + + − + + = x y z và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 − + − + − = x y z . L ời gi ải Giả sử ( ) 2 2 2 : 2 2 2 0 + + − − − + = S x y z ax by cz d ( ) 2 2 2 0 + + −  a b c d . Ta có ( ) S có 2 2 2 = + + − R a b c d và tâm ( ) ( ) ;;  I a b c P 30  + − − = a b c ( ) 1 ( ) S qua A và O nên 2 2 2 0 0 − + + =   =  a c d d 10  − + = ac ( ) 2 1  = − ca . Cộng vế theo vế ( ) 1 và ( ) 2 ta suy ra 2 = b . Từ đó, suy ra ( ) ;2; 1 − I a a . Chu vi tam giác OIA bằng 62 + nên 62 + + = + OI OA AI 2 2 2 2 5 6  − + = aa 2 20  − − = aa 1 2 =−    =  a a . Với ( ) 1 1;2; 2 = −  − − aI 3 = R . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 9. + + − + + = S x y z + Với ( ) 2 2;2;1 = aI 3 = R . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 2 2 1 9. − + − + − = S x y z Chọn ý D. Câu 17. Trong không gian , cho hai điểm , . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác và tiếp xúc với mặt phẳng . A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Ta áp dụng tính chất sau: “Cho tam giác với là tâm đường tròn nội tiếp, ta có , với , , ” Ta có , . Và . Oxyz ( ) 2;2;1 M 8 4 8 ;; 3 3 3 N −   OMN ( ) Oxz ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z + + + + = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z + − + − = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z − + − + = ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z − + + − = I OMN OMN I . . . 0 a IO b IM c IN + + = a MN = b ON = c OM = 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 −       = − + − + − =            | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 213 Ta có . Mặt phẳng có phương trình . Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên mặt cầu có bán kính . Vậy phương trình mặt cầu là . Chọn ý B. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 9 − + − + − = S x y z và hai điểm ( ) 4; 4;2 − M , ( ) 6;0;6 N . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu ( ) S sao cho + EM EN đạt giá trị lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S tại E . A. 2 2 8 0 − + + = x y z B. 2 2 9 0 + − − = x y z C. 2 2 1 0 + + + = x y z D. 2 2 9 0 − + + = x y z L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;2 I và bán kính 3 = R . Gọi K là trung điểm của MN ( ) 5; 2;4 − K và K nằm ngoài mặt cầu ( ) S . Do đó ( ) 4; 4;2 =− IK , ( ) 2;4;4 = MN , 6 = MN và ⊥ IK MN . Ta có ( ) 22 2 +  + EM EN EM EN 2 2 2 2  =+   MN EK 2 2 36 =+ EK . Bởi vậy + EM EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi = EM EN và EK lớn nhất. Vì ⊥ IK MN nên = EM EN thì E thuộc đường thẳng 12 : 2 2 2 =+   =−   =+  xt IK y t zt . Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu ( ) S ứng với t là nghiệm phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 9 1 + − + − − + + − =  =  t t t t . Như vậy ( ) 1 3;0;3 E hoặc ( ) 2 1;4;1 − E . Ta có 1 3 = EK , 2 9 = EK . Suy ra ( ) ( ) 1;4;1 2;2; 1 = −  = − − E IE , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S tại E có phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 4 1 1 0 − + + − − − = x y z hay 2 2 9 0 − + + = x y z .v Chọn ý D. 8 5.0 4.2 3. 3 0 345 4 5.0 4.2 3. 3 5. 4. 3. 0 1 345 8 5.0 4.2 3. 3 1 345 I I I x IO IM IN y z −  ++    == ++    ++     + + =  = =  ++    ++    == ++    ( ) Oxz 0 y = ( ) Oxz ( ) ( ) ,1 R d I Oxz == ( ) ( ) 22 2 1 1 1 x y z + − + − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 214 Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ):0 + + = P x y z và hai điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 2;3;1 B . Mặt cầu ( ) S đi qua hai điểm A , B và tiếp xúc với ( ) P tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 23 = R B. 12 = R C. 6 = R D. 6 = R L ời gi ải Ta có VTPT của ( ) P là ( ) 1;1;1 = n . ( ) 1;1;1 = AB suy ra ( ) ⊥ AB P . ( ) ( ) ,3 = d A P , ( ) ( ) , 2 3 = d B P . Gọi ( ) = H AB P Ta có 22 . 3.2 3 6 =  =  = HA HB HC HC HC . Vậy C nằm trên đường tròn ( ) C cố định trên mặt phẳng ( ) P và có bán kính 6 == R HC . Chọn ý D. Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng và hai điểm (1;1;1) A , ( 3; 3; 3) −−− B . Mặt cầu đi qua A , B và tiếp xúc với ( ) P tại C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính R của đường tròn đó. A. 4 = R B. 2 33 3 = R C. 2 11 3 = R D. 6 = R L ời gi ải Xét mặt cầu ( ) S bất kì đi qua A , B và tiếp xúc ( ) P tại C , có ( ) 4; 4; 4 = − − − AB . Phương trình tham số của đường thẳng AB là: 1 1 1 =+   =+   =+  xt yt zt . Gọi ( ) = I AB P . Ta có ( ) 3;3;3 I . Ta có 2 .. =  = IC IA IB IC IA IB . ( ) : 3 0 + − − = P x y z ( ) S ( ) P C H B A I| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 215 Mặt khác A , B và ( ) P cố định nên I cố định. Suy ra C thuộc đường tròn nằm trong mặt phẳng ( ) P có tâm I và bán kính . = R IA IB . Ta có 23 = IA , 63 = IB . Vậy 2 3.6 3 6 == R . Chọn ý D. Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 1 1 −+ == −− x y z d và điểm ( ) 1;1;1 A . Hai điểm B , C di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng ( ) OAB vuông góc với mặt phẳng ( ). OAC Gọi điểm  B là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết rằng quỹ tích các điểm ' B là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. 60 10 = r B. 35 5 = r C. 70 10 = r D. 35 10 = r L ời gi ải Ta có một véctơ chỉ phương của đường thẳng d là ( ) 2; 1; 1 = − − u . Suy ra ⊥ u OA . Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng d ( ) 2 ;1 ; 1  − − − H t t t . Do ⊥ OH d nên 4 1 1 0 − + + + = t t t 0 = t ( ) 0;1; 1 − H .0 = OH OA ⊥ OH OA và ⊥ OA BC Nên ( ) ⊥ OA OBC ( ) ( ) ( ) ( ) , ⊥   ⊥  =   OAB OAC OA OB OA OAB OAC ( ) ⊥ OB OAC . C A B I P ( ) S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 216 Do đó ta có ⊥    ⊥  OB AC BB AC ( )  ⊥ AC OBB  ⊥ AB OB . Vậy  B thuộc mặt cầu ( ) S đường kính 3 = OA . Gọi 111 ;; 222    I là trung điểm OA Phương trình mặt cầu ( ) 2 2 2 1 1 1 3 : 2 2 2 4       − + − + − =             S x y z . Mặt khác ( ) ( ) ;  B ABC A d . Mặt phẳng ( ) ABC có một véctơ pháp tuyến là ( ) ; 2;5; 1  = = −  n AH u . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC : 2 5 6 0 + − − = x y z . Vậy  B thuộc đường tròn cố định là đường tròn ( ) C , giao tuyến của mặt cầu ( ) S và ( ) ABC . ( ) C có bán kính 22 35 10 = − = r R d , với 3 2 = R và ( ) ( ) 30 , 10 == d d I ABC . Chọn ý D. Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 4 + + + + = S x y z và các điểm ( ) 2;0; 2 2 −− A , ( ) 4; 4;0 −− B . Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc ( ) S và thỏa mãn 2 . 16 += MA MO MB là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. A. 32 4 B. 3 2 C. 37 4 D. 5 2 L ời gi ải Mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 4 + + + + = S x y z có tâm ( ) 1; 2;0 −− I , bán kính 2 = R . Gọi ( ) ;; M x y z ta được ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 = + + + + MA x y z 2 2 2 4 4 2 12 = + + + + + x y z x z . và ( ) ( ) ;; 4 ; 4 ;  = − − −   = − − − − −   MO x y z MB x y z 2 2 2 . 4 4  = + + + + MB MC x y z x y . Ta có 2 . 16 += MA MO MB 2 2 2 2 2 2 8 4 4 2 4 0  + + + + + − = x y z x y z . 2 2 2 4 2 2 2 2 0  + + + + + − = x y z x y z . I B' H C O A B| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 217 Suy ra M thuộc mặt cầu ( )  S tâm ( ) 2; 1; 2  − − − I , bán kính 3  = R . Nên ( ) ( )   M S S là đường tròn ( ) C có tâm H là hình chiếu của M lên  II . Vì 2  = II nên ( )   IS . Gọi K là trung điểm của  IM ta có 2 2 3 2 2  =−   IK 7 2 = . Mà sin ==  MH IK MI I I M II suy ra . 3 7 4  ==  I M IK MH II . Vậy bán kính của đường tròn ( ) C là 37 4 == r MH . Chọn ý C. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 3 3 2 9 − + − + − = S x y z và ba điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 2;1;3 B ; ( ) 0;2; 3 − C . Biết rằng quỹ tích các điểm M thỏa mãn 2 2 . 8 += MA MB MC là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. 3 = r B. 6 = r C. 3 = r D. 6 = r L ời gi ải Mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 3 3 2 9 − + − + − = S x y z có tâm ( ) 3;3;2 I , bán kính 3 = R . Gọi ( ) ;; M x y z ta được ( ) 2 2 2 2 1 = − + + MA x y z 2 2 2 21 = + + − + x y z x . Ta có ( ) ( ) 2 ;1 ;3 ;2 ; 3  = − − −   = − − − −   MB x y z MC x y z 2 2 2 . 2 3 7  = + + − − − MB MC x y z x y . Ta có 2 2 . 8 += MA MB MC 2 2 2 3 3 3 6 6 21 0  + + − − − = x y z x y 2 2 2 2 2 7 0  + + − − − = x y z x y Suy ra M thuộc mặt cầu ( )  S tâm ( ) 1;1;0  I , bán kính 3  = R . Nên ( ) ( )   M S S là đường tròn ( ) C có tâm H là trung điểm của đoạn  II (do 3  == RR ). I H N K ' I M ( ) S ( ) ' S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 218 Vậy bán kính của đường tròn ( ) C : 22 6 = − = r R IH . Chọn ý D. Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;1;2 A và ( ) 5;7;0 B . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 4 2 2 1 2 8 0 + + − + − + + + + = x y z x my m z m m Là phương trình của một mặt cầu ( ) S sao cho qua hai điểm A , B có duy nhất một mặt phẳng cắt mặt cầu ( ) S đó theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. A. 1 B. 4 C. 3 D. 2 L ời gi ải Đặt ( ) 2 2 2 2 4 2 2 1 2 8 0 + + − + − + + + + = x y z x my m z m m ( ) 1 Ta có 2 = a , =− bm , 1 =+ cm , 2 28 = + + d m m . Ta có ( ) 1 là phương trình mặt cầu ( ) S khi 2 2 2 0 + + −  a b c d ( ) ( ) 2 22 4 1 2 8 0  + + + − + +  m m m m 2 30  −  m 3 3     −   m m . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 2; ; 1 −+ I m m , bán kính 2 3 =− Rm . T r ư ờng h ợp 1: ( ) P là ( ) ABI và ( ) S có bán kính 1 = R 2 31  − = m và A , B , I không thẳng hàng. Ta có ( ) 2;6; 2 =− AB , ( ) 1; 1; 1 = − − − − AI m m 2 2 =      m m 2  = − m . T r ư ờng h ợp 2: ( ) P cách I một khoảng lớn nhất, đồng thời ( ) ( ) 22 ,1 =− d I P R . Gọi H , K là hình chiếu của I lên ( ) P và AB , ta có ( ) ( ) , = d I P IH IK ( ) max ,  = = d IK d I AB ,   = AB AI AB , ( ) , 4 8;4 2 ;4 2  = − − −  AB AI m m m ( ) ( ) 2 4; 2; 2 = − − − m ( ) 2 .2 6 , 2 11 − = m d I AB 2 66 11 − = m Ta có ( ) ( ) 22 ,1 =− d I P R ( ) 2 2 6 24 11  − = − mm 2 5 24 68 0  + − = mm ( ) ( ) 2 34 / 5 =     =−   ml m t m Vậy có hai giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. 3 = R '3 = R H M I I'| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 219 Chọn ý D. Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng có phương trình ( ) : 6 3 0  − + + + = x my z m và ( ) : 3 8 0  + − + − = mx y mz m (với m là tham số thực); hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng  . Gọi   là hình chiếu của  lên mặt phẳng Oxy . Biết rằng khi m thay đổi thì đường thẳng   luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có tâm ( ) ;; I a b c thuộc mặt phẳng Oxy . Tính giá trị biểu thức 2 2 2 10 3 = − + P a b c . A. 56 = P B. 9 = P C. 41 = P D. 73 = P L ời gi ải Mặt phẳng ( ) : 6 3 0  − + + + = x my z m có một véc tơ pháp tuyến là ( ) 1 1; ;1 =− nm , và mặt phẳng ( ) : 3 8 0  + − + − = mx y mz m có một véc tơ pháp tuyến là ( ) 2 ;1; =− n m m . Ta có 44 3 3;0; 3  − + − − −   M m m mm  ( ) ( )  =    Có  có một véc tơ chỉ phương là 12 ;  =  u n n ( ) 22 1;2 ; 1 = − + m m m . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa đường thẳng  và vuông góc với mặt phẳng ( ) Oxy . Khi đó ( ) P có một véc tơ pháp tuyến là ;  =  n u k ( ) 2 2 ;1 ;0 =− mm (với ( ) 0;0;1 = k ). Phương trình mặt phẳng ( ) P là ( ) 22 2 1 6 6 8 0 + − + + − = mx m y m m . Vì ( ) ;; I a b c ( )  Oxy nên ( ) ; ;0 I a b . Theo giả thiết ta suy ra ( ) P là tiếp diện của mặt cầu ( ) S  ( ) ( ) ; d I P = R (cố định) ( ) ( ) 22 2 22 2 1 6 6 8 0 41 + − + + −  =  +− ma m b m m R mm (cố định) ( ) ( ) 2 2 2 3 6 8 0 1 + + − + −  =  + m a b m b R m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 3 6 8 1 2 3 6 8 1  + + − + − = +    + + − + − = − +  m a b m b R m m a b m b R m ( ) ( ) 2 3 0 6 8 0 2 3 0 6 8 0  +=    −=     −=         +=     − = −    − = −        a bR bR R a bR bR R 3 68 60 30 68 60  = −    −=−     =−    = − =     −=−     − = −    a bb Rb a bb Rb Suy ra 3 7 =−   =  a b . Vậy ( ) 3;7;0 − I , do đó 2 2 2 10 3 = − + P a b c 41 = . Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 220 Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 3 8 + + − = S x y z và hai điểm ( ) 4;4;3 A , ( ) 1;1;1 B . Gọi ( ) C là tập hợp các điểm ( )  MS để 2 − MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng ( ) C là một đường tròn bán kính R . Tính R . A. 7 B. 6 C. 22 D. 3 L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0;0;3 I và bán kính 1 22 = R . Với ( ) ( ) ;;  M x y z S tùy ý, ta có 20 = −  T MA MB . Do đó, min 0 2 =  = T MA MB . Khi đó, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 3 4 1 1 1  − + − + − = − + − + −  x y z x y z 2 2 2 3 3 3 2 29 0  + + − − = x y z z 2 2 2 2 29 0 33  + + − − = x y z z . Ta được hệ ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 22 2 29 0 38 33 2 38  + + − − =  + + − =    =    + + − =  x y z z x y z z x y z Lấy PT thứ nhất trừ theo vế cho PT thứ hai ta được 16 32 0 2 0 33 − =  − = zz Do đó M thuộc đường tròn ( ) C là giao tuyến của ( ) ( ) 2 22 : 3 8 + + − = S x y z và ( ) : 2 0 −= Pz Ta có ( ) S có tâm ( ) 0;0;3 I , bán kính 22 = R . Ta có ( ) ( ) ;1 = d I P nên đường tròn ( ) C có bán kính 22 1 7 = − = R R d . Chọn ý A. Câu 27. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0 + − − = P x y z và hai điểm ( ) 1;1;1 A , ( ) 3; 3; 3 −−− B . Mặt cầu ( ) S đi qua hai điểm , AB và tiếp xúc với ( ) P tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó A. 4 = R B. 6 = R C. 2 33 3 = R D. 2 11 3 = R L ời gi ải Phương trình đường thẳng AB là =   =   =  xt yt zt . Giao điểm của AB và ( ) P là ( ) 3;3;3 I . Suy ra 23 = IA và 63 = IB . A B C G I| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 221 Vì mặt cầu ( ) S tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P tại C nên IC là tiếp tuyến của mặt cầu ( ) S . Do đó 2 . = IA IB IC .6  = = IC IA IB (không đổi). Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định nằm trên mặt phẳng ( ) P với tâm ( ) 3;3;3 I , bán kính bằng 6 . Chọn ý B. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm ( ) 2;0;0 A , ( ) 0;4;0 B , ( ) 0;0;6 C . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng ( ) ABC và N là điểm trên tia OM sao cho . 12 = OM ON . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó. A. 7 2 B. 32 C. 23 D. 5 2 L ời gi ải Phương trình mặt phẳng ( ) : 1 6 3 2 12 0 2 4 6 + + =  + + − = x y z ABC x y z Gọi ( ) ;; N x y z . Theo giả thiết ta có N là điểm trên tia OM sao cho . 12 = OM ON suy ra 2 12 . = OM ON ON . Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 12 ;;   + + + + + +  x y z M x y z x y z x y z . Mặt khác ( )  M ABC nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 12 6 3 2 12 0 + + − = + + + + + + x y z x y z x y z x y z ( ) 2 2 2 2 2 2 6 3 2 0 6 3 2 0  + + − + + =  + + − − − = x y z x y z x y z x y z . Do đó điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định ( ) 2 2 2 : 6 3 2 0 + + − − − = S x y z x y z Có tâm 3 3; ;1 2    I và bán kính 2 22 37 31 22  = + + =   R . Chọn ý A. Câu 29. Trong không gian cho các điểm , , (không trùng ) lần lượt thay đổi trên các trục , , và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác và thể tích khối tứ diện bằng Biết rằng mặt phẳng luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. B. C. D. L ời gi ải , Oxyz A B C O Ox Oy Oz ABC OABC 3 . 2 ( ) ABC 3. 2. 4. 1. O A B C z x y Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 222 Ta có Mà nên . Vậy mặt phẳng luôn tiếp xúc mặt cầu tâm , bán kính . Chọn ý B. Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 5;0;0 A và ( ) 3;4;0 B . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 5 4 B. 3 2 C. 5 2 D. 3 L ời gi ải Ta có ( ) 0;0; Cc . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi ( ) 4;2;0 = E là trung điểm của AB . Ta có mặt phẳng ( ) OCE vuông góc với AB (do ⊥   ⊥  AB OC AB CE ) và là mặt phẳng cố định. Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng ( ) Oxy nên .0 .0  =   =   OK AB BK OA ( ) . 2 .4 0 30 − + =     −=   xy x 3 3 2 =     =   x y . Tìm được 3 3; ;0 2  =   K . Ta chứng minh được ( ) ⊥ KH CAB do ( ) ( ) ⊥  ⊥     ⊥ ⊥    AB OEC HK AB HK CA CA BHK . Suy ra 90 = KHE . Suy ra H thuộc mặt cầu đường kính 15 1 42 = + = KE và ( ) ( ) 1 ., 3 ABC ABC OABC ABC SS V S d O ABC = ( ) ( ) 3 , d O ABC = 3 2 ABC OABC S V = ( ) ( ) ,2 d O ABC = ( ) ABC O 2 R = O K H E A B C z y x| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 223 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ,, 2 = d B SCD d H SCD thuộc mặt phẳng ( ) OCE cố định. Vậy H luôn thuộc một đường tròn cố định có bán kính 5 4 = R . Chọn ý A. Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 10;6; 2 − A , ( ) 5;10; 9 − B và mặt phẳng ( ) : 2 2 12 0  + + − = x y z . Điểm M di động trên ( )  sao cho MA , MB luôn tạo với ( )  các góc bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn ( )  cố định. Hoành độ của tâm đường tròn ( )  bằng A. 4 − B. 9 2 C. 2 D. 10 L ời gi ải Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của , AB trên mặt phẳng ( )  , khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2.10 2.6 2 12 ;6 2 2 1 + + − − =  = = ++ AH d A ; ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2.5 2.10 9 12 ;3 2 2 1 + + − − =  = = ++ BK d B . Vì MA , MB với ( )  các góc bằng nhau nên = AMH BMK . Từ 2 = AH BK suy ra 2 = MA MB . Gọi ( ) ;; M x y z , ta có 2 = MA MB 22 4 = MA MB ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 10 6 2 4 5 10 9   − + − + + = − + − + +  x y z x y z 2 2 2 20 68 68 228 0 3 3 3  + + − − + + = x y z x y z . Như vậy, điểm M nằm trên mặt cầu ( ) S có tâm 10 34 34 ;; 3 3 3  −   I và bán kính 2 10 = R . Do đó, đường tròn ( )  là giao của mặt cầu ( ) S và mặt phẳng ( )  , nên tâm J của đường tròn D là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( )  . M K B H A Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 224 Phương trình đường thẳng d đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( )  là 10 2 3 34 2 3 34 3  =+    =+    = − +   xt yt zt . Tọa độ điểm J là nghiệm ( ) ;; x y z của hệ phương trình: 10 2 3 34 2 3 34 3 2 2 12 0  =+    =+    = − +    + + − =  xt yt zt x y z 2 10 38 3 2 3 =   =     =−   =−   x y z t . Vậy 38 2;10; 3  =−   J . Chọn ý C. Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho tám điểm ( ) 2; 2; 0 −− A , ( ) 3; 2; 0 − B , ( ) 3; 3; 0 C , ( ) 2; 3; 0 − D , ( ) 2; 2; 5 −− M , ( ) 3;3;5 N , ( ) 3; 2;5 − P , ( ) 2;3;5 − Q . Hình đa diện tạo bởi tám điểm đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng? A. 3 B. 9 C. 8 D. 6 L ời gi ải Ta có ( ) 5;0;0 = AB , ( ) 5;0;0 = DC nên = AB DC  ABCD là hình bình hành, mặt khác ( ) 0;5;0 = AD 5 ⊥    ==  AB AD AB AD . Vậy ABCD là hình vuông. Tương tự, ta có ( ) 5;0;0 == MP QN ; ( ) 0;5;0 = MQ nên MPNQ cũng là hình vuông. Lại có, ( ) 0;0;5 = AM nên ( ) ⊥ AM ABCD và == AM AB AD . Vậy 8 điểm trên tạo thành hình lập phương nên có 9 mặt phẳng đối xứng. Chọn ý B. Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;2 M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt các trục  x Ox ,  y Oy ,  z Oz lần lượt tại điểm A , B ,C sao cho 0 = =  OA OB OC ? A. 3 B. 1 C. 4 D. 8 L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc . Từ đó ta có = OA a , = OB b , = OC c Mặt phẳng đoạn chắn đi qua các điểm A , B , C có dạng: ( ):1 + + = x y z P a b c . Vì ( )  MP nên 112 1 + + = a b c . Vì = =  = = OA OB OC a b c . Từ đó ta có hệ phương trình: | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 225 112 1  + + =    ==  a b c abc 112 1  + + =   =   =   a b c ab bc 112 1   + + =   =      =−    =    =−    a b c ab ab bc bc 2 2 2 = = =    = − = =   = − = − = −  abc a b c abc . Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn. Chọn ý A. Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;1;0 B , ( ) 0;0;1 C , ( ) 0;0;0 D . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều 4 mặt phẳng ( ) ABC , ( ) BCD , ( ) CDA , ( ) DAB . A. 4 B. 5 C. 1 D. 8 L ời gi ải Gọi điểm cần tìm là ( ) 0 0 0 ;; M x y z . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là: 1 1 1 1 + + = x y z 10  + + − = x y z . Phương trình mặt phẳng ( ) BCD là: 0 = x . Phương trình mặt phẳng ( ) CDA là: 0 = y . Phương trình mặt phẳng ( ) DAB là: 0 = z . Ta có M cách đều 4 mặt phẳng ( ) ABC , ( ) BCD , ( ) CDA , ( ) DAB nên: 0 0 0 1 3 + + − = x y z 0 = x 0 = y 0 z 00 00 0 0 0 0 1 =    =    + + − =   xy xz x y z x . Ta có các trường hợp sau: T r ư ờng h ợp 1. 0 0 0 0 0 0 0 13 ==    + + − =   x y z x y z x 0 0 0 1 33  = = = − x y z . T r ư ờng h ợp 2. 0 0 0 0 0 0 0 13 = − =    + + − =   x y z x y z x 0 0 0 1 13  = − = = − x y z . T r ư ờng h ợp 3. 0 0 0 0 0 0 0 13 = = −    + + − =   x y z x y z x 0 0 0 1 13  = = − = − x y z . T r ư ờng h ợp 4. 0 0 0 0 0 0 0 13 ==    + + − = −   x y z x y z x 0 0 0 1 33  = = = + x y z . T r ư ờng h ợp 5. 0 0 0 0 0 0 0 13 = − = −    + + − =   x y z x y z x 0 0 0 1 13 −  = − = − = + x y z . T r ư ờng h ợp 6. 0 0 0 0 0 0 0 13 = − =    + + − = −   x y z x y z x 0 0 0 1 13  = − = = + x y z . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 226 T r ư ờng h ợp 7. 0 0 0 0 0 0 0 13 = = −    + + − = −   x y z x y z x 0 0 0 1 13  = = − = + x y z . T r ư ờng h ợp 8. 0 0 0 0 0 0 0 13 = − = −    + + − = −   x y z x y z x 0 0 0 1 31  = − = − = − x y z . Vậy có 8 điểm M thỏa mãn bài toán. Chọn ý D. Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện SABC có ( ) 0;0;1 S , ( ) 1;0;1 A , ( ) 0;1;1 B ; ( ) 0;0;2 C . Hỏi tứ diện SABC có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 B. 1 C. 0 D. 3 L ời gi ải Ta có: ( ) 1;0;0 = SA , ( ) 0;1;0 = SB , ( ) 0;0;1 = SC nên . 0, = SA SB . 0, = SB SC .0 = SC SA và 1 = = = SA SB SC Tức là tứ diện SABC có các cạnh , SA , SB SC bằng nhau và đôi một vuông góc. Vậy tứ diện SABC có tất cả ba mặt phẳng đối xứng đó là: Mặt phẳng trung trực của cạnh AB . Mặt phẳng trung trực của cạnh AC . - Mặt phẳng trung trực của cạnh BC . S A C B I S A C B J| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 227 Chọn ý D. Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) 0;0; 6 − A , ( ) 0;1; 8 − B , ( ) 1;2; 5 − C và ( ) 4;3;8 D . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. Có vô số B. 1 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. 4 mặt phẳng. L ời gi ải Ta có , . 0    AB AC AD , suy ra bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng. Gọi ( ) P là mặt phẳng cách đều bốn điểm A , B , C , D . T r ư ờng h ợp 1. Có một điểm nằm khác phía với ba điểm còn lại so với ( ) P . Có bốn mặt phẳng thỏa mãn. T r ư ờng h ợp 2. Mỗi phía của mặt phẳng ( ) P có hai điểm. Có ba mặt phẳng thỏa mãn. Vậy có bảy mặt phẳng thỏa mãn. Chọn ý C. Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu có phương trình ( ) 2 2 2 1 : 4 2 0 + + + + + = S x y z x y z ; ( ) 2 2 2 2 : 2 0 + + − − − = S x y z x y z cắt nhau theo một đường tròn ( ) C nằm trong mặt phẳng ( ) P . Cho các điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;2;0 B , ( ) 0;0;3 C . Có bao nhiêu mặt cầu tâm thuộc ( ) P và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA ? A. 4 mặt cầu. B. 2 mặt cầu. C. 3 mặt cầu. D. 1 mặt cầu. L ời gi ải Mặt phẳng ( ) P chứa đường tròn ( ) C có phương trình là: 6 3 2 0 + + = x y z . Mặt phẳng ( ) ABC có phương trình là: 1 1 2 3 + + = x y z 6 3 2 6 0  + + − = x y z . Do đó ( ) ( ) // P ABC . Mặt cầu ( ) S tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA sẽ giao với mặt phẳng ( ) ABC theo một đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA . Trên mặt phẳng ( ) ABC có 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA đó là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và ba đường tròn bàng tiếp các góc A , B , C . Do đó có 4 mặt cầu có tâm nằm trên ( ) P và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA . Tâm của 4 mặt cầu là hình chiếu của tâm 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA lên mặt phẳng ( ) P . Chọn ý A. S A C B K Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 228 Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho ( ) 1;2; 3 − A , 3 3 1 ;; 2 2 2  −   B , ( ) 1;1;4 C , ( ) 5;3;0 D . Gọi ( ) 1 S là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 , ( ) 2 S là mặt cầu tâm B bán kính bằng 3 . 2 Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S đồng thời song song với đường thẳng đi qua 2 điểm C , D . A. 1 B. 2 C. 4 D. Vô số. L ời gi ải Cách 1: Gọi ( ) ; ; 0 = n a b c là vtpt của mp ( ) P cần tìm. T r ư ờng h ợp 1. 0  a , chọn 1 = a .Khi đó ( ) 1; ; = n b c . ( ) 4;2; 4 =− CD . Vì . 0 2 2 =  = − CD n b c ( ) 1;2 2;  = − n c c . Phương trình mặt phẳng ( ) P : ( ) 2 2 0 + − + + = x c y cz d . ( ) ( ) ( ) ( ) ;3 3 ; 2  =   =   d A P d B P ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 1 2 2 53 3 22 2 1 2 2  + − =  + − +     +−   =  + − +  cd cc cd cc  ( ) 2 2 53 32 22 3 3 1 2 2  + − = + −     +−  =  + − +  c d c d cd cc ( ) 2 2 4 22 3 3 1 2 2  = −    = − +     +−  =  + − +  dc dc cd cc ( ) ( ) 2 2 2 2 4 3 3 1 2 2 22 3 3 1 2 2  = −    +−   =   + − +     = − +     +−  =    + − +   dc cd cc dc cd cc 2 2 4 4 10 4 0 22 44 74 44 0  =−    − + =     = − +     − + =   dc cc dc cc 2 1 2 =     =  c c . Với 2 = c ta có phương trình mặt phẳng ( ) P : 2 2 8 0 + + − = x y z : T/m vì song song với CD Với 1 2 = c ta có phương trình mặt phẳng ( ) P : 1 20 2 − + − = x y z : Loại vì chứa điểm C . T r ư ờng h ợp 2. 0 = a . Khi đó ( ) 0; ; = n b c . Vì . 0 2 2 =  = − CD n b c 2 = bc ( ) 0;2;1 = n . Phương trình mặt phẳng ( ) 0 : 2 + + = y z d P . ( ) ( ) ( ) ( ) ;3 3 ; 2  =   =   d A P d B P 1 3 5 5 3 2 2 5 + =      +   =   d d Không tồn tại mp. Vậy có một mặt phẳng thỏa mãn Cách 2: Ta có 33 2 = AB mà 12 39 3 22 + = + = RR nên hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn giao tuyến. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 229 Gọi ( ) =   I AB với ( )  là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Hạ , BH AK vuông góc với mặt phẳng ( )  . Khi đó ta có I nằm ngoài AB và B là trung điểm AI vì 21 3 1 1 2 2 2 = =  = R R BH AK . Suy ra ( ) 2;1;2 I . Gọi ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 1 2 0  − + − + − = a x b y c z . Vì ( ) //  CD mà ( ) 4;2; 4 =− CD nên ta có 2 2 0 + − = a b c 22  = − b c a Khi đó ( ) ( ) ;3  =  dA 2 2 2 5 3 − + − = ++ a b c abc ( ) ( ) 22 22 22  + = + − + c a a c a c 22 1 2 =  = −     =  =  a c b c a c b c . Ta có hai trường hợp: T r ư ờng h ợp 1. 2 =− bc ; 2 = ac ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 2 2 1 2 0 2 2 4 0   − − − + − =  − + − = c x c y c z x y z Mặt khác ( ) //  CD nên ( ) ,  CD  loại trường hợp trên. T r ư ờng h ợp 2. = bc ; 1 2 = ac ( ) ( ) ( ) ( ) 1 : 2 1 2 0 2 2 8 0 2   − + − + − =  + + − = c x c y c z x y z Kiểm tra thấy ( ) ,  CD nên nhận trường hợp này. Vậy ( ) : 2 2 8 0  + + − = x y z . Chọn ý A. Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;0;0 A , ( ) 0;0;2 B và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 + + − − + = S x y z x y . Số mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S là A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 0 mặt phẳng. D. Vô số mặt phẳng. L ời gi ải Gọi phương trình mặt phẳng là ( ) ( ) 2 2 2 : 0 0 + + + = + +  P Ax By Cz D A B C . Theo đề bài, mặt phẳng qua , AB nên ta có 02 2 0 2 + = =    + = = −  A D A C C D D C . Vậy mặt phẳng ( ) P có dạng: 2 2 0 + + − = Cx By Cz C . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1,1,0 I và 1 = R . A B I H K Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 230 Vì ( ) P tiếp xúc với ( ) S nên ( ) ( ) ; = d I P R 22 22 1 5 +− = + C B C CB 2 2 2 5  = + B C B 0 = C . Suy ra 0 == AD . Vậy phương trình mặt phẳng ( ):0 = Py . Chọn ý A. Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho bốn đường thẳng: , , , . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là A. B. C. Vô số. D. L ời gi ải Ta có 1 d song song , phương trình mặt phẳng chứa hai Hai đường thẳng , là . Gọi , . , . Mà cùng phương với véc-tơ chỉ phương của hai đường thẳng , nên không tồn tại đường thẳng nào đồng thời cắt cả bốn đường thẳng trên. Chọn ý A. Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt phẳng và mặt cầu . Có bao nhiêu giá trị nguyên của để mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng . A. B. C. D. L ời gi ải Mặt câu có tâm và bán kính . Gọi là hình chiếu của lên . Khi đó . Oxyz 1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d − + + == − 2 1 : 121 x y z d − == − 3 1 1 1 : 211 x y z d − + − == 4 1 : 1 1 1 x y z d − == −− 0 2 1 2 d 1 d 2 d ( ) : 1 0 P x y z + + − = ( ) 3 A d P = ( ) 1; 1;1 A − ( ) 12 , A d A d  ( ) 4 B d P = ( ) 0;1;0 B  ( ) 12 , B d B d  ( ) 1;2; 1 AB = − − 1 d 2 d Oxyz ( ) : 2 2 0 P x y z m + − + = ( ) 2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z + + − + − − = m ( ) P ( ) S ( ) T 43  3 4 2 1 ( ) S ( ) 1; 2;3 I − 4 R = H I ( ) P ( ) ( ) ( ) 2 22 2.1 2 2.3 6 , 3 2 1 2 mm IH d I P − − + − = = = + + − A B P ( ) 1 d ( ) 2 d ( ) 3 d ( ) 4 d| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 231 Đường tròn có chu vi là nên có bán kính là . Mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng . Vậy có giá trị nguyên của thỏa mãn. Chọn ý C. Câu 42. Trong không gian với hệ trục , cho hai điểm ; . Có bao nhiêu mặt phẳng qua , cắt trục , trục lần lượt tại , sao cho . A. B. C. D. Vô số L ời gi ải Gọi , là vectơ pháp tuyến của thỏa yêu cầu bài toán. Mặt phẳng qua nên phương trình mặt phẳng có dạng: . Mặt phẳng qua suy ra (1). Mặt phẳng cắt trục tại suy ra . (Do nếu nên ). Suy ra Mặt phẳng cắt trục tại suy ra . T r ư ờng h ợp 1. . Chọn . Phương trình mặt phẳng có dạng: không thỏa yêu cầu. T r ư ờng h ợp 2. Ta có ; Mặt khác • Với . Chọn . Phương trình mặt phẳng • Với . Chọn . Phương trình mặt phẳng Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu. Chọn ý B. ( ) T 43  43 23 2 r   == ( ) P ( ) S ( ) T 43  22 IH R r  = − 6 16 12 3 m −  = − 66 m  − = 66 66 m m −=    − = −  12 0 m m =    =  2 m Oxyz ( ) 1;2;1 M ( ) 1;0; 1 N−− M N Ox Oy A B ( ) AB  3 AM BN = 1 2 3 ( ) ;; n A B C = 2 2 2 0 A B C + +  ( ) mp P ( ) P ( ) 1;0; 1 N−− ( ) ( ) 1 1 0 A x By C z + + + + = 0 Ax By Cz A C  + + + + = ( ) P ( ) 1;2;1 M 20 A B C A C + + + + = 0 A B C  + + = A C B  + = − ( ) P Ox ( ) ;0;0 Aa .0 A a A C + + = .0 A a B  − = B a A = 0 A = 0 B = 0 C = 0 A  ;0;0 B A A    ( ) P Oy ( ) 0; ;0 Bb .0 B b A C + + = .0 B b B  − = 0 1 B b =    =  0 B = 0 A C A C  + =  = − 1 C = 1 A  = − ( ) P 0 xz −= ( ) 0;0;0 A B O    1 b = ( ) 0;1;0 B  2 15 B AM A  = − +   3 BN = 3 AM BN = 2 1 5 3 B A   − + =   2 1 5 9 B A   − + =   12 12 B A B A  −=     − = −   1 3 B A B A  =−     =   1 B A =− BA  = − 0 C = 1 A = 1 B  = − ( ) : 1 0 P x y − + = 3 B A = 3 BA = 4 CA  = − 1 A = 3 B = 4 C  = − ( ) : 3 4 3 0 P x y z + − − = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 232 Câu 43. Trong không gian tọa độ , cho các điểm , , , , . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều điểm trên? A. B. C. D. Không tồn tại. L ời gi ải Ta có , , . Suy ra là hình bình hành. Ta lại có , là hình chóp đáy là hình bình hành nên các mặt phẳng cách đều điểm là + Mặt phẳng qua trung điểm của cạnh bên. + Mặt phẳng qua trung điểm lần lượt của , . + Mặt phẳng qua trung điểm lần lượt của , . + Mặt phẳng qua trung điểm lần lượt của , . + Mặt phẳng qua trung điểm lần lượt của , . Chọn ý C. Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và điểm . Gọi là mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng và tiếp xúc với mp tại điểm . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn? A. B. C. D. Vô số. L ời gi ải Ta có nên , Mặt phẳng có vtpt . Ta có nên Ta có . Vậy . Chọn ý B. Câu 45. Trong không gian , cho bốn đường thẳng: , , , . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là A. B. C. Vô số. D. L ời gi ải Đường thẳng đi qua điểm và có một véctơ chỉ phương là . Đường thẳng đi qua điểm và có một véctơ chỉ phương là . Do và nên hai đường thẳng và song song với nhau. Ta có , Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 2;1;0 B ( ) 4;3; 2 C − ( ) 3;4;1 D ( ) 1;1; 1 E − 5 1 4 5 ( ) 1; 1; 3 AB = − − ( ) 1; 1; 3 DC = − − ( ) 2; 4; 2 AD = − − ABCD ( ) 0; 1; 4 AE = − − ( ) , 10; 4; 2 AB AD  = − − −  , . 12 0 AB AD AE   =   . E ABCD  5 4 4 4 , ED EC , AD BC 4 , EC EB , DC AB 4 , EA EB , AD BC 4 , EA ED , AB DC Oxyz 32 : 1 1 1 x y z d −+ == ( ) 2; 1; 0 M − ( ) S I d ( ) Oxy M 2 1 0 3 : 2 xt d y t zt =+   =   = − +  ( ) 3 ; ; 2 I d I t t t   + − + ( ) 1 ; 1; 2 IM t t t = + + − + ( ) Oxy ( ) 0; 0; 1 k = ( ) ; 1 ; 1; 0 0 1 0 1 IM k t t t t  = + − − =  + =  = −  ( ) 2; 1; 3 I −− ( ) ( ) 3 ,3 1 R d I Oxy = = = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 9 x y z − + + + + = Oxyz 1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d − + + == − 2 1 : 121 x y z d − == − 3 1 1 1 : 211 x y z d − + − == 4 11 : 1 1 1 x y z d −− == − 0 2 1 1 d ( ) 1 3; 1; 1 M = − − ( ) 1 1; 2;1 u=− 2 d ( ) 2 0;0;1 M = ( ) 2 1; 2;1 u=− 2 1 uu = 11 Md  1 d 2 d ( ) 12 3;1;2 MM =− ( ) 1 12 , 5; 5; 5 u M M  = − − −  ( ) 5 1;1;1; =−| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 233 Gọi là mặt phẳng chứa và khi đó có một véctơ pháp tuyến là . Phương trình mặt phẳng là . Gọi thì . Gọi thì . Do không cùng phương với nên đường thẳng cắt hai đường thẳng và . Chọn ý D. Câu 46. Có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng và A. B. C. Vô số. D. L ời gi ải Phương trình tham số của đường thẳng Gọi tâm Vì mặt cầu đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng và nên ta có (luôn đúng). Do đó có vô số mặt cầu thỏa yêu cầu đề bài. Chọn ý C. Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm , , , . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua trong điểm , , , , ? A. B. C. D. L ời gi ải Phương trình mặt phẳng . Ta thấy điểm , , , đồng phẳng (do ). Chọn trong điểm có cách. Chọn trong điểm đồng phẳng , , , có cách. Vậy có mặt phẳng phân biệt đi qua điểm đã cho. Chọn ý C. Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 3; 1;1 − B và ( ) 1; 1;1 −− C . Gọi ( ) 1 S là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ; ( ) 2 S và ( ) 3 S là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B , C và bán kính bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S . A. 5 B. 7 C. 6 D. 8 L ời gi ải ( )  1 d 2 d ( )  ( ) 1;1;1 n = ( )  10 x y z + + − = ( ) 3 Ad  = ( ) 1; 1;1 A − ( ) 4 Bd  = ( ) 1;2;0 B − ( ) 2;3; 1 AB = − − ( ) 1 1; 2;1 u=− AB 1 d 2 d ( ) S 3 1 1 : 2 1 2 x y z − − −  = = −− ( ) 1 : 2 2 6 0 x y z  + + − = ( ) 2 : 2 2 0 x y z  − + = 1 0 2 32 :1 12 xt yt zt =+    = −   =−  I  ( ) 3 2 ;1 ;1 2 I t t t  + − − ( ) S ( ) 1  ( ) 2  ( ) ( ) 1 , dI  ( ) ( ) 2 , dI  = ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 1 1 2 6 2 2 1 t t t + + − + − −  ++ ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 1 2 1 2 2 2 1 t t t + − − + − = ++ 33 33 = Oxyz ( ) 2;0;0 A ( ) 0;3;0 B ( ) 0;0;6 C ( ) 1;1;1 D 3 5 O A B C D 6 10 7 5 ( ):1 2 3 6 x y z ABC + + = 4 A B C D ( ) D ABC  3 5 3 5 10 C = 3 4 A B C D 3 4 4 C = 10 4 1 7 − + = 5 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 234 Gọi phương trình mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là 0 + + + = ax by cz d ( đk: 2 2 2 0 + +  abc ). Khi đó ta có hệ điều kiện sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;2 ;1 ;1  =   =   =   d A P d B P d C P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1  + + + =  ++   − + +  =  ++   − − + +  =  ++  a b c d abc a b c d abc a b c d abc 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 3  + + + = + +    − + + = + +   − − + + = + +   a b c d a b c a b c d a b c a b c d a b c . Khi đó ta có: 3 − + + = − − + + a b c d a b c d 3 3 − + + = − − + +    − + + = + − −  a b c d a b c d a b c d a b c d 0 0 =    − + + =  a a b c d Với 0 = a thì ta có 22 22 22  + + = +   + + = − + +   b c d b c b c d b c d 22 22 40 0  + + = +    − − =    +=   b c d b c b c d cd 0, 0 4 , 2 2 = =     + = =   c d b c d b c b Do đó có 3 mặt phẳng thỏa bài toán. Với 0 − + + = a b c d thì ta có 2 2 2 2 2 2 32 2  = + +   = + +   b a b c a a b c 2 2 2 34 2  =    = + +   ba a a b c 4 3 11 3  =      =   ba ca Do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Chọn ý B. Câu 49. Trong không gian , cho hai điểm , và mặt cầu . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng chứa hai điểm , và tiếp xúc với . A. B. C. D. L ời gi ải Có: . Gọi là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Ta có nếu tồn tại thì tiếp xúc với tại . Ta có Ta thấy Duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Oxyz ( ) 1;0;0 A ( ) 0;0;2 B ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x y + + − − + = A B ( ) S 3 0 1 2 ( ) ( ) 2 2 2 1;1;0 : 2 2 1 0 1 I S x y z x y R   + + − − + =   =   ( ) P ( ) ( ) 1;0;0 AS  ( ) P ( ) P ( ) S A ( ) ( ):0 AP Py VTPT IA    =    ( ) ( ) 0;0;2 BP | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 235 Ghi chú: Bài toán này thường thường thì sẽ có hai mặt phẳng thỏa mãn, nhưng với số liệu của bài này thì chỉ có một mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Chọn ý C. Câu 50. Trong không gian cho điểm . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua và cắt các trục , , lần lượt tại ba điểm phân biệt , , sao cho . A. B. C. D. L ời gi ải Gọi , ; . Ta có ; ; . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm , , là . Theo giả thiết ta có điểm nên . Vì nên ta có hệ phương trình . Vậy có mặt phẳng thỏa mãn. Chọn ý D. Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm , , , , . Tìm số mặt phẳng cách đều điểm , , , , . A. B. C. D. L ời gi ải Oxyz ( ) 1;3; 2 M − ( ) P M x Ox  y Oy  z Oz  A B C 0 OA OB OC = =  1 2 4 3 ( ) ;0;0 Aa ( ) 0; ;0 Bb ( ) 0;0; Cc OA a = OB b = OC c = A B C ( ):1 x y z P a b c + + = ( ) ( ) 1;3; 2 MP − 1 3 2 1 a b c + − = OA OB OB == abc  = = 1 3 2 1 a b c abc  + − =    ==  1 3 2 1 a b c ab bc  + − =   =   =   1 3 2 1 a b c ab ab bc bc   + − =   =      =−    =    =−    2 6 4 abc a b c a b c = = =    = = − =   = − = =  3 Oxyz 5 ( ) 1;2; 1 A − ( ) 2;3;0 B ( ) 2;3; 1 C − ( ) 3;2;5 D ( ) 3;4;0 E 5 A B C D E 0 3 5 1 D A B C E K P I N M Q F H Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 236 Ta có , suy ra là hình bình hành. là hình chóp. Có mặt phẳng cách đều điểm , , , , , các mặt phẳng đó đi qua trung điểm các cạnh của hình chóp. Đó là các mặt phẳng , , , , . Chọn ý C. Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;3 − M . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( ) P qua điểm M và cắt các trục ,, Ox Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho 3 2 0 = =  OA OB OC . A. 3 B. 2 C. 4 D. 8 L ời gi ải Vì 3 điểm ,, A B C thuộc các trục ,, Ox Oy Oz nên ta giả sử tọa độ của ba điểm lần lượt là ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c . Khi đó mặt phẳng ( ) P có dạng: 1 + + = x y z a b c Ta có 3 2 0 = =  OA OB OC nên suy ra ( ) ( ) , , 0 3 2 1 32    =   =  abc ab ac Điểm ( ) ( ) 1;0;3 − MP nên ta có: 13 1 − += ac ( ) 3 Từ ( ) 2 suy ra 3 = ca hoặc 3 =− ca Thay 3 = ca vào ( ) 3 ta có 11 1 − += aa ( vô nghiệm) Thay 3 =− ca vào ( ) 3 ta có 1 1 2 1 1 2 −− − =  =  = − a a a a . Suy ra 6, 3 == cb hoặc 6, 3 = = − cb . Vậy ta có hai phẳng ( ) P là : 1 2 3 6 + + = − x y z hoặc 1 2 3 6 + + = −− x y z . Chọn ý B. Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 16 S x y z − + + + − = và điểm ( ) 1;2;3 A . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba đường tròn tương ứng đó. A. 10  B. 38  C. 33  D. 36  L ời gi ải Cách 1 ( ) 1;1;0 BE = ( ) 1;1;0 AC = ACEB . D ACEB 5 5 A B C D E ( ) HMQF ( ) MQPN ( ) HFPN ( ) FQIK ( ) MHKI| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 237 Cho ba mặt phẳng đôi một vuông góc với nhau ( ) ( ) ( ) ,, P Q R tại A và điểm I bất kỳ. Hạ IH , IJ , IK lần lượt vuông góc với ba mặt phẳng trên thì ta luôn có: 2 2 2 2 IA IH IJ IK = + + . Ch ứng minh Chọn hệ trục tọa độ với ( ) 0;0;0 A , ba trục ,, Ox Oy Oz lần lượt là ba giao tuyến của ba mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, P Q R . Khi đó ( ) ,, I a b c thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 I; I; I; IA a b c d Ayz d Axz d Axy = + + = + + Hay 2 2 2 2 IA IH IJ IK = + + (đpcm). Áp d ụng Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 1;2 I − và có bán kính 4 r = . ( ) 0;3;1 IA = 10 IA = . Gọi H , J , K và 1 r , 2 r , 3 r lần lượt là tâm và bán kính của các đường tròn. Ta có tổng diện tích các đường tròn là ( ) 222 1 2 3 S r r r  = + + ( ) 2 2 2 2 2 2 r IH r IJ r IK  = − + − + − ( ) 2 2 2 2 3r IH IJ IK   = − + +  ( ) 22 3 38 r IA  = − = A y x z I J E H A 1 I I M Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 238 Câu 54. 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 L ời gi ải 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 . 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: 12 5 = II . Dễ thấy: 2 2 12 1 5 11 4 2 4 2  = − = − =   II rR . Chọn ý A. Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 6 0 + + − = P x y z . Trong ( ) P lấy điểm M và xác định điểm N thuộc đường thẳng OM sao cho .1 = ON OM . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình 2 2 2 1 1 1 1 6 3 3 4       − + − + − =             x y z . B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình 2 2 2 1 1 1 1 12 6 6 16 x y z       − + − + − =             . C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình 2 2z 1 0 + + − = xy . D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình 2 2z 1 0 + + + = xy . L ời gi ải Vì O , M , N thẳng hàng và .1 = OM ON nên .1 = OM ON , do đó 2 1 . = OM ON ON . Gọi ( ) ;; N a b c , khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ;;   + + + + + +  a b c M a b c a b c a b c . M 1 I 2 I| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 239 Vì ( )  MP nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 60 + + − = + + + + + + a b c a b c a b c a b c 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 0 6 3 3 12 6 6 16        + + − − − =  − + − + − =             abc a b c a b c . Chọn ý B. Câu 56 .Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 9 + + − + + = S x y z và điểm ( ) 1;1; 1 − A . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua điểm A và đôi một vuông góc với nhau, cắt ( ) S theo giao tuyến là ba đường tròn. Tổng diện tích của hình tròn đó bằng A. 12  B. 3  C. 22  D. 11  L ời gi ải Ba mặt phẳng ( ):1 = Px , ( ):1 = Qy và ( ):1 =− Rz đều đi qua điểm A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến lần lượt là các đường tròn ( ) ( ) 12 , CC và ( ) 3 C . Trong mặt phẳng ( ) P , đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 11 : 1 2 5 5 − + + =  = C y z R Trong mặt phẳng ( ) Q , đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 22 : 1 2 9 3 + + + =  = C x z R Trong mặt phẳng ( ) R , đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 33 : 1 1 8 2 2 + + − =  = C x y R Tổng diện tích ba hình tròn ( ) 1 C , ( ) 2 C và ( ) 3 C là ( ) 222 1 2 3 22 =  + + =  S R R R . Chọn ý C. Câu 57. Biết rằng có n mặt phẳng có phương trình tương ứng là ( ):0 + + + = i i i i P x a y b z c ( ) 1,2,..., =in đi qua ( ) 1;2;3 M (nhưng không đi qua O ) và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz theo thứ tự tại A , B , C sao cho hình chóp . O ABC là hình chóp đều. Tính tổng 12 ... = + + + n S a a a . A. 3 = S B. 1 = S C. 4 =− S D. 1 =− S L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc , với 0  abc , khi đó phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ( ) 1;2;3 M (nhưng không đi qua O ) và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz theo thứ tự tại A , B , C có dạng: 1 + + = x y z a b c . Vì ( ) P đi qua ( ) 1;2;3 M nên ( ) 1 2 3 11 + + = abc . Hình chóp . O ABC là hình chóp đều nên 0 = = =  a b c m . Ta có các khả năng sau: + = = = a b c m : thay vào ( ) 1 ta được 6 16 =  = m m , phương trình mặt phẳng ( ) 1 P thỏa mãn đề bài là ( ) 1 : 6 0 + + − = P x y z . Như vậy 1 1 = a . + = = = − a b c m : thay vào ( ) 1 ta được 6 16 =  = − − m m (loại). + ; == a b m =− cm: thay vào ( ) 1 ta được 01 = (vô lí). + = = − a b m ; = cm: thay vào ( ) 1 ta được 01 = (vô lí). Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 240 + == a c m; =− bm : thay vào ( ) 1 ta được 2 12 =  = m m , phương trình mặt phẳng ( ) 2 P thỏa mãn đề bài là ( ) 2 : 2 0 − + − = P x y z . Như vậy 2 1 =− a . + = = − a c m; = bm : thay vào ( ) 1 ta được 2 12 =  = − − m m (loại). + = am ; = = − b c m : thay vào ( ) 1 ta được 4 14 − =  = − m m (loại). + =− am ; == b c m : thay vào ( ) 1 ta được 4 14 =  = m m , phương trình mặt phẳng ( ) 3 P thỏa mãn đề bài là ( ) 3 : 4 0 − − + = P x y z . Như vậy 3 1 =− a . Như vậy, chỉ có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta có: ( ) ( ) 1 2 3 1 1 1 1 = + + = + − + − = − S a a a . Chọn ý D. Câu 58. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 1 0 + + − = Q x y z . Gọi ( ) S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời ( ) S cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu ( ) S thỏa yêu cầu. A. 3 = r B. 3 2 = r C. 2 = r D. 32 2 = r L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Im là tâm mặt cầu có bán kính R , 1 d , 2 d là các khoảng cách từ I đến ( ) P và ( ) Q . Ta có 1 1 6 + = m d và 2 21 6 − = m d Theo đề ta có 2 2 2 12 4 + = + d d r 22 2 2 1 4 4 1 4 66 + + − +  + = + m m m m r 22 2 2 8 0  − + − = m m r ( ) 1 . Yêu cầu bài toán tương đương phương trình ( ) 1 có đúng một nghiệm m ( ) 2 1 2 8 0  − − = r 2 9 2 = r 32 2 = r . Chọn ý D. Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Gọi và là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung . Biết rằng luôn có một mặt cầu đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính của . A. B. C. D. L ời gi ải Oxyz ( ) 0;2;2 A ( ) 2; 2;0 B − ( ) 1 1;1; 1 I − ( ) 2 3;1;1 I AB ( ) S R ( ) S 219 3 R = 22 R = 129 3 R = 26 R =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 241 Gọi là đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng , khi đó chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm ; là đường thẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng , khi đó chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm . Do đó, mặt cầu đi qua cả hai đường tròn tâm và có tâm là giao điểm của và và bán kính Ta có , . Đường thẳng có véc-tơ pháp tuyến là . Phương trình đường thẳng là . Ta có , . Đường thẳng có véc-tơ pháp tuyến là . Phương trình đường thẳng là . Xét hệ phương trình: . Suy ra . Bán kính mặt cầu là . Chọn ý C. 1 d 1 I ( ) 1 I AB 1 d 1 I 2 d 2 I ( ) 2 I AB 2 d 2 I ( ) S ( ) 1 I ( ) 2 I I 1 d 2 d R IA = ( ) 1 1;1;3 IA=− ( ) 1 1; 3;1 IB=− 1 d ( ) ( ) 11 ; 10;4;2 2 5;2;1 I A I B  ==  1 d 1 15 : 1 2 1 xt d y t zt =+   =+   = − +  ( ) 2 3;1;1 IA=− ( ) 2 1; 3; 1 IB = − − − 2 d ( ) ( ) 22 ; 2; 4;10 2 1; 2;5 I A I B  = − = −  2 d 2 3 : 1 2 15 xs d y s zs =+   =−   =+  1 5 3 1 2 1 2 1 1 5 ts ts ts + = +   + = −   − + = +  1 3 1 3 t s  =      =−   8 5 2 ;; 3 3 3 I  =−   ( ) S R IA = 2 2 2 8 5 2 22 3 3 3       = − + − + +             129 3 = B A 1 I 2 I 2 d 1 d I Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 242 Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng và mặt cầu . Hai mặt phẳng , chứa và tiếp xúc với . Gọi và là tiếp điểm. Độ dài đoạn thẳng bằng? A. B. C. D. L ời gi ải Mặt cầu có tâm và bán kính . Kẻ và gọi . Ta có . Đường thẳng có một VTCP là . Ta có . Chú ý: Ta có thể tính như sau: qua có VTCP ; Chọn ý B. Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm và mặt phẳng . Gọi là mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng , đi qua điểm và gốc tọa độ sao cho diện tích tam giác bằng . Tính bán kính của mặt cầu . A. B. C. D. L ời gi ải Gọi Oxyz 2 : 2 1 4 x y z d − == − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 1 2 S x y z − + − + − = ( ) P ( ) Q d ( ) S M N MN 22 43 3 23 3 4 ( ) S ( ) 1;2;1 I 2 R IM IN = = = IK d ⊥ H IK MN = 22 : 4 xt d y t zt =+   =−   =  ( ) t  ( ) 2 2; ;4 K t t t  + − ( ) 2 1; 2;4 1 IK t t t  = + − − − d ( ) 2; 1;4 u=− IK d ⊥ .0 IK u = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 4 4 1 0 t t t  + + + + − = 0 t = ( ) 1; 2; 1 IK  = − − 6 IK = 2 2 6 IM IH IK  = = 22 23 3 MH IM IH  = − = 43 2 3 MN MH  = = IK d ( ) 0 2;0;0 M ( ) 2; 1;4 u=− ( ) 0 , ;6 IM u IK d I d u   = = = Oxyz ( ) 1;0; 1 A − ( ) : 3 0 P x y z + − − = ( ) S I ( ) P A O OIA 17 2 R ( ) S 3 R = 9 R = 1 R = 5 R = ( ) ;; I a b c I H M N K d| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 243 Ta có hình chiếu của lên là trung điểm của . . Theo bài ra ta có . Từ và ta có thế vào ta có . Chọn ý A. Câu 62. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 13 0 + + − − + − = S x y z x y z và đường thẳng 1 2 1 :. 1 1 1 + + − == x y z d Tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được 3 tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu ( ) S ( A , B ,C là các tiếp điểm) thỏa mãn 60 = AMB , 90 = BMC , 120 = CMA có dạng ( ) ;; M a b c với 0  a . Tổng ++ abc bằng? A. 10 3 B. 2 C. 2 − D. 1 L ời gi ải IA IO R ==  I OA 11 ;0; 22 H −    OA ( ) 22 2 2 2 2 1 1 1 1 . . 1 0 1 2 2 2 2 OIA S IH OA a b c      = = − + + + + + −         2 2 2 17 1 1 .2 2 2 2 a b c a c  = + + − + + 2 2 2 17 2 2 2 2 2 1 a b c a c  = + + − + + 2 2 2 2 2 2 2 2 16 0 a b c a c  + + − + − = ( ) 17 2 OIA OI IA S IP  =    =      ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 11 2 2 2 2 2 16 0 30 a b c a b c a b c a c a b c  + + = − + + +    + + − + − =   + − − =   2 2 2 10 80 30 ac a b c a c a b c − − =    + + − + − =   + − − =  ( ) ( ) ( ) 1 2 3 ( ) 1 ( ) 3 1 2 ac b −=   =  1 2 ac b =+    =  ( ) 2 ( ) ( ) 2 2 1 4 1 8 0 c c c c + + + − + + − = 2 1 c c =−    =  ( ) ( ) 1;2; 2 2;2;1 I I −−      3 OI R  = = I A B C J M Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 244 Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2; 3 − I và có bán kính 33 = R . Vì MA , MB và MC là các tiếp tuyến của ( ) S nên == MA MB MC nên MI là trục của tam giác ABC . Đặt = MA x . Khi đó = AB x . 2 = BC x và 3 = CA x . Như vậy 2 2 2 += AB BC AC  tam giác ABC vuông tại B . Gọi J là trung điểm AC ta có J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC J MI và 13 22 == x BJ AC . Trong tam giác vuông MBI ta có: • 2 2 2 1 1 1 =+ BJ MB BI 22 4 1 1 3 27  = + xx 3 = x . • 2 2 2 =+ MI MB IB 9 27 =+ 36 = 6 = MI . Phương trình tham số của 1 :2 1 = − +   = − +   =+  xt d y t zt . Ta có  Md nên ( ) 1 ; 2 ;1 − + − + + M t t t với 1  t (vì 10 = − +  at ) Có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 2 4 4 36 =  + + − + + = MI t t t ( ) 2 0 3 4 0 4 3 =    − =   =  t tt tL . Vậy ( ) 1; 2;1 −− M . Tổng 1 2 1 2 + + = − − + = − abc Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm , mặt phẳng và mặt cầu . Gọi là mặt phẳng đi qua , vuông góc với và đồng thời cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tọa độ giao điểm của và trục là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng . Theo đề bài ta có mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng nên ta có phương trình . Phương trình mặt phẳng đi qua và có véc tơ pháp tuyến là . Khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng là . Gọi là bán kính của đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu và mặt phẳng ta có nhỏ nhất khi lớn nhất. Khi thì . , Oxyz (0;1;2) A ( ) : 4 0 x y z  − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) : 3 1 2 16 S x y z − + − + − = ( ) P A ()  ( ) P ( ) S M ( ) P x Ox  1 ;0;0 2 M  −   1 ;0;0 3 M  −   ( ) 1;0;0 M 1 ;0;0 3 M    ( ) ;; n a b c = ( ) P ( ) P ( ) : 4 0 x y z  − + − = 0 a b c − + = b a c  = + ( ) ;; n a a c c  = + ( ) P (0;1;2) A ( ) ;; n a a c c =+ ( ) ( ) ( ) 1 2 0 ax a c y c z + + − + − = ( ) 3;1;2 I ( ) P ( ) ( ) ( ) 22 3 , 2 a d I P h a ac c == ++ r ( ) S ( ) P 22 16 rh =− r  h 0 a = 0 h =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 245 Khi thì . Do nên . Dấu xảy ra khi . một véc tơ pháp tuyến là Phương trình mặt phẳng là . Vậy tọa độ giao điểm của và trục là Câu 64. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;0; 3 − A , ( ) 3; 2; 5 − − − B . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức 22 30 += AM BM là một mặt cầu ( ) S . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu ( ) S là A. ( ) 2; 2; 8 − − − I ; 3 = R . B. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 6 = R . C. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 3 = R . D. ( ) 1; 1; 4 − − − I ; 30 2 = R L ời gi ải Gọi tọa độ điểm ( ) ;; M x y z . Khi đó 22 30 += AM BM ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 3 2 5 30  − + + + + + + + + + = x y z x y z 2 2 2 2 2 2 4 4 16 18 0  + + + + + + = x y z x y z 2 2 2 2 2 8 9 0  + + + + + + = x y z x y z ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 4 9  + + + + + = x y z Là phương trình của mặt cầu ( ) S , có tâm ( ) 1; 1; 4 − − − I và bán kính 3 = R . Chọn ý C. Câu 65. Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho ( ) 2 2 2 :0 + + + + + + = S x y z ax by cz d có bán kính 19, = R đường thẳng 5 : 2 4 14 =+   = − −   = − −  xt d y t zt và mặt phẳng ( ) :3 3 1 0. − − − = P x y z Trong các số   ; ; ; a b c d theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn 43, + + + = a b c d đồng thời tâm I của ( ) S thuộc đường thẳng d và ( ) S tiếp xúc với mặt phẳng ( )? P A.   6; 12; 14;75 . − − − B.   6;10;20;7 . C.   10;4;2;47 . − D.   3;5;6;29 . L ời gi ải Ta có ( ) 5 ; 2 4 ; 1 4 .   + − − − − I d I t t t 0 a  2 2 9 21 h cc aa =  ++   2 2 2 1 3 3 2 1 2 2 4 2 c c c a a a    + + = + +         2 2 92 9. 6 3 21 h cc aa =  =  ++   "" = 2 ac =−  ( ) 2;1; 1 n=−  ( ) P 2 1 0 x y z + − + = M ( ) P x Ox  1 ;0;0 2 M  −   Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 246 Do ( ) S tiếp xúc với ( ) P nên ( ) ( ) 0 ; 19 19 19 19 2 =  = =  + =   =−  t d I P R t t Mặt khác ( ) S có tâm ; ; ; 2 2 2  − − −   a b c I bán kính 2 2 2 19 4 ++ = − = abc Rd Xét khi ( )     0 5; 2; 1 ; ; ; 10;4;2;47 =  − −  = − t I a b c d Do 2 2 2 19 4 ++ − abc d nên ta loại trường hợp này. Xét khi     2 ; ; ; 6; 12; 14;75 =  = − − − t a b c d Do 2 2 2 19 4 ++ −= abc d nên thỏa. Câu 66. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 1 0 + + − + + = S x y z x z và đường thẳng 2 : 1 1 1 − == − x y z d . Hai mặt phẳng ( ) P , ( )  P chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T và  T . Tìm tọa độ trung điểm H của  TT . A. 5 1 5 ; ; 6 3 6  −   H B. 5 2 7 ; ; 6 3 6  −   H C. 5 1 5 ; ; 6 3 6  −   H D. 717 ; ; 6 3 6  −   H L ời gi ải ( ) S có tâm mặt cầu ( ) 1; 0; 1 − I , bán kính 1 = R . Gọi ( )  = K d ITT . Ta có ( ) ⊥   ⊥   ⊥  d IT d ITT d IT nên K là hình chiếu vuông góc của I trên d . Ta có ( ) 0; 2; 0 K Ta có 2 . == IH IH IK IK IK 2 2 2 11 6 6  ==   R IK . T H I ' T K d ' P| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 247 1 6 = IH IK 50  + = HI HK , 5 5 5 1 6 5 2 5 1 6 5 5 5 1 6 +  ==  +  +   = =  +  + −  ==  +  IK H IK H IK H xx x yy y zz z 5 1 5 ;; 6 3 6 −     H . Chọn ý A. Câu 67 . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 0 Pz−= . Tìm toạ độ tâm I và bán kính r của mặt cầu ( ) S có tâm thuộc trục Oz , cắt ( ) Oxy và ( ) P lần lượt theo giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8 . A. ( ) 0;0; 16 65 I r −    =   B. ( ) 0;0; 16 2 65 I r −    =   C. ( ) 0;0;16 65 I r    =   D. ( ) 0;0; 16 2 65 I r −    =   L ời gi ải Giả sử ( ) S có tâm I , I thuộc Oz , nên ( ) 0;0;m I . Theo giả thuyết bài toán bán kính mặt cầu là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ;Ox 4 16; 2 65 ; 64 2 r r d I y m mr r r d I P m  = + = +   = =  = + = + −   Vậy ( ) ( ) 0;0; 16 . 2 65 I D r −    =   Câu 68. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét hai đường thẳng 1 4 1 5 : 3 1 2 x y z d − − + == −− và 2 23 : 1 3 1 x y z d −+ == Gọi ( ) S là mặt cầu thay đổi tiếp xúc với cả hai đường thẳng đã cho. Tính bán kính nhỏ nhất của ( ) S . A. 23 B. 3 C. 26 D. 6 L ời gi ải Đường thẳng 1 d đi qua điểm ( ) 4;1; 5 A − , vecto chỉ phương ( ) 3; 1; 2 a → = − − Đường thẳng 2 d đi qua điểm ( ) 2; 3;0 B − , vecto chỉ phương ( ) 1;3;1 b → = Ta có ( ) ( ) ; 5; 5;10 , 2; 4;5 . ; 60 a b AB AB a b → → → →     = − = − −  =         Vì vậy ( ) 12 2 2 2 .; 60 ; 2 6 5 5 10 ; AB a b d d d ab →→ →→    = = =  ++   Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 248 Mặt cầu tiếp xúc đồng thời hai đường thẳng và có bán kính nhỏ nhất chính là mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng và ( ) 12 ; 6 2 d d d r== Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z + − + = và hai điểm ( ) ( ) 3;4;1 , 7; 4; 3 . AB −− Gọi ( ) 0 0 0 ;; M x y z là điểm thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho ( ) 2 22 2 . . 96 MA MB MA MB MA MB + − + = và . MA MB đạt giá trị lớn nhất. Tính 0 y A. 0 7 . 3 y = B. 0 5 . 3 y = C. 0 8 . 3 y − = D. 0 23 . 3 y = L ời gi ải Ta có ( ) 2 22 2 . . 96 MA MB MA MB MA MB + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 . 96 . 96 . 0 . 0 . MA MB MA MB AB MA MB MA MB MA MB MA MB − + =  + =  =  =  ⊥ Khi đó theo AM GM − và pytago, ta có 2 2 2 . 48 22 MA MB AB MA MB +  = = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AMB  vuông cân tại M , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 0 2 2 2 20 7 2 8 5 2 3 4 1 48 , , 3 3 3 33 7 4 3 48 x y z x y z x y z x y z  + − + =  −  − + − + − =  =  = =    − + + + + =   Chọn đáp án C Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) sin cos ;sin cos ;cosa . H a b b b Mặt phẳng ( )  qua H cắt các trục Ox, , Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ( )  có phương trình là A. 2 2 2 1 x y z + + = B. 2 2 2 2 x y z + + = C. 2 2 2 4 x y z + + = D. 2 2 2 3 x y z + + = L ời gi ải Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ( ) OH ⊥ , do đó 2 2 2 2 2 sin cos sin cos cos a R OH a b b b = = + + ( ) 2 2 2 2 2 2 sin sin cos a cos a sin cos a 1 a a a = + + = + = Mặt cầu cần tìm là 2 2 2 1 x y z + + = Chọn đáp án A. Câu 71. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) a; ; H b c với ,, abc là các số thực thay đổi thỏa mãn 1 ab ac bc + + = − . Mặt phẳng ( )  qua H cắt các trục Ox, , Oy Oz lần lượt tại ,, A B C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ( )  có bán kính nhỏ nhất bằng. A. 1 B. 2 C. 2 D. 3 L ời gi ải Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ( ) OH ⊥ , do đó 2 2 2 R OH a b c = = + + | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 249 Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c ab ac bc a b c R + + = + + − + + = + + +    Dấu bằng đạt tại 0 abc + + = Chọn đáp án C Câu 72. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình 2 2 2 2 4 4 2 4 0 x y z mx y mz m m + + − + + + + = . Với mỗi giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. Tìm bán kính nhỏ nhất min R của mặt cầu. A. min 3 R = B. min 2 3 R = C. min 3 R = D. min 1 3 R = L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 4 4 2 1 3 3. R m m m m m m m = + + − + = − + = − +  Chọn đap án C. Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình ( ) 2 2 2 2 2 cos 2 ysin 4 4 sin 0 x y z x z + + +  −  − − +  = . Với mỗi giá trị của  để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. Gọi 1 R là bán kính nhỏ nhất của mặt cầu đó; 2 R là bán kính lớn nhất của mặt cầu đó. Tính tỉ số 2 1 R R A. 2 1 10 9 R R = B. 2 1 5 4 R R = C. 2 1 5 2 R R = D. 2 1 10 3 R R = L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 cos sin 2 4 sin 9 sin 3; 10 . R  =  +  + − − +  = +    Do đó 2 12 1 10 3; 10 . 3 R RR R = =  = Chọn đáp án D. Câu 74. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;3; 1 , 2;1;1 , 4;1;7 . A B C −− Hỏi mặt cầu đi qua bốn điểm ,,, O A B C có bán kính là ? A. 9 2 B. 77 2 C. 115 2 D. 83 2 L ời gi ải Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d + + + + + + = Thay tọa độ các điểm ,,, O A B C vào phương trình ta được: 0 4 2 2 6 0 3 5 7 , , , 0. 2 6 2 11 0 2 2 2 8 2 14 66 0 d a b c d a b c d a b c d a b c d =   − + + + + =   = − = − = − =  + − + + =   + + + + =  Suy ra 2 2 2 83 2 R a b c d = + + − = Chọn đáp án D. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 250 Câu 75. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) : 1 =    = −   = − + −  xt y m mt z m m t .Biết rằng tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm ( ) 5;4;3 B và tiếp xúc với đường thẳng  khi tham số thực m thay đổi.Bán kính của mặt cầu ( ) S bằng A. 4 B. 42 C. 23 D. 3 L ời gi ải Điểm cố định mà đường thẳng  đi qua là ( ) 1;0; 1 − A .( Khi tham số 1 = t ). Mặt cầu ( ) S cố định tiếp xúc với đường thẳng  tại điểm cố định A . Gọi tâm mặt cầu là ( ) ;; I a b c . Suy ra I nằm trên đường thẳng vuông góc với  với mọi giá trị của m , với ( ) 1; ; 1 AI a b c = − + . ( ) ( ) ( ) ( ) B . 0 l 1 0 1 1 0 IAu a m b m c =  − − − + − + = ( ) ( ) 1 2 0 m c b a c  − + + − − = . với mọi m ( ) 2 0 2 * 1 0 1 a c a c c b b c − − = = +    − + = = +  Bán kính mặt cầu: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 0 1 5 4 3 ** = =  − + − + + = − + − + − R IA IB a b c a b c Từ ( ) * và ( ) ** suy ra 3; 2; 1 = = = a b c . Suy ra ( ) 3;2;1 I . Suy ra bán kính 23 == R IA . Câu 76. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;4 A và đường thẳng 2 3 3 : 2 2 1 − + − == − x y z d . Điểm M chạy trên đường thẳng d và điểm N nằm trên tia đối của tia MA sao cho .6 = AM AN . Quỹ tích điểm N là đường cong có độ dài bằng bao nhiêu? A. 3  B. 2 3  C.  D. 4 3  L ời gi ải Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d , dễ dàng tìm được ( ) 0; 1;2 − H . Dựng một đường thẳng vuông góc với AN tại N cắt AH tại K . Khi đó hai tam giác vuông AHM và ANK đồng dạng với nhau. . . 12 AH AK AM AN  = = . 12 4 3  = = = AM AN AK AH Suy ra điểm K cố định và thỏa mãn: 4 1 5 4 ;; 3 3 3 3  =  − −   AK AH K Nhận thấy rằng ( ) ,  N mp A d ; 90 ; =   ANK AN AM  quỹ tích điểm N là cung tròn giới hạn bởi đường thẳng d và đường tròn đường kính AK (nằm trong mặt phẳng chứa A và d ). Độ dài đường cong chứa N chính là độ dài cung tròn PQ như hình vẽ. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 251 Ta có: 1, 2 = = = IH IP IQ . Suy ra: 60 120 = =   =  HIP HIQ PIQ  Độ dài cung PQ là 120 120 4 .2 . .2 .2 360 360 3    =  =  =  PQ R . Câu 77. Trong không gian , Oxyz cho điểm ( ) 1;0;2 A và mặt phẳng ( ) :2 2 9 0. + − − = P x y z Điểm M di động trên mặt phẳng ( ), P điểm N nằm trên tia AM sao cho: . 24. = AM AN Quỹ tích điểm N là một mặt cầu cố định có phương trình là? A. 2 2 2 11 8 2 16. 3 3 3       − + − + − =             x y z B. 2 2 2 2 11 5 25. 3 3 3       − + − + + =             x y z C. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 36. − + − + − = x y z D. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 3 25. + + − + − = x y z L ời gi ải Cách 1. Gọi ( ) ;; N x y z Ta có 2 24 . 24 =  = AM AN AM AN AN ( ) ( ) ( ) 2 2 2 24 11 24 00 24 22  − = −     − = −    − = −   M M M xx AN yy AN zz AN Mà ( ) ( ) ( ) 2 2 2 48 48 24 2 2 9 0 1 2 9 0    + − − =  − + − − − = M M M M x y z x y z AN AN AN ( ) ( ) 2 48 1 48 24 2 9 0  − + − − − = x y z AN ( ) ( ) 22 2 16 16 16 8 16 1 2 0 3 3 3 3 3   − + − + − − + + − =  x y z x y z 2 2 2 22 16 4 5 0. 3 3 3  + + − − − + = x y z x y z 2 2 2 11 8 2 16 3 3 3        − + − + − =             x y z . Cách 2. I 1 1 H M Q N K 2 A P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 252 Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P , dễ dàng tìm được ( ) 3;2;1 H . Khi đó ( ) ( ) ;3 == AH d A P . Dựng một đường thẳng vuông góc với AN tại N cắt AH tại K . Khi đó hai tam giác vuông AHK và ANK đồng dạng với nhau. Suy ra . . . 24 8 = =  = = AM AN AH AK AM AN AK AH . Suy ra điểm K cố định và thỏa mãn 8 19 16 2 ;; 3 3 3 3 −  =   AK AH K . Nhận thấy rằng 0 90 = ANK và , AK cố định, suy ra quỹ tích điểm N là mặt cầu đường kính 8 = AK . Suy ra tâm của mặt cầu là điểm 11 8 2 ;; 3 3 3    I là trung điểm của AK . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 2 2 2 11 8 2 16 3 3 3       − + − + − =             x y z Câu 78. Trong không gian , Oxyz cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;2 , 1;2;1 . A m B n C D Biết rằng hai số thực m và n thỏa mãn điều kiện 2. += mn Khi m , n thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và qua điểm . D Tổng bán kính của hai mặt cầu bằng: A. 5. B. 13 C. 10 D. 25 L ời gi ải Mặt phẳng ( ) ABC được suy ra nhanh từ phương trình đoạn chắn ( ) : 1 0 2 + + − = x y z ABC mn . Gọi tâm măt cầu cố định ( ) S là ( ) ;; I a b c . Khi đó: ( ) ( ) ,== ID d I ABC R với mọi giá trị của , mn . Suy ra: 22 1 2 1 1 1 4 + + − = ++ a b c mn R mn ; Chú ý rằng có một kết quả rất quan trọng: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2  + + = + − = + −   m n m n m n . K N I H M ( ) P A| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 253 Suy ra 22 11 22 1 1 1 1 1 1 2 4 + + − + + − == +− ++ a b c a b c m n m n R mn mn T r ường h ợp 1: 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 22 + + − − − = =  = = = = + − − a b c c a b c mn R const R mn . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 = = − + − + − = = − + − + − − AD R a b c R R R R . Suy ra được: 1 1 = R hoặc 2 3 = R . Suy ra: 12 4 += RR . T r ường h ợp 2: 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 22 + + − − − = =  = = = = −− − − + a b c c a b c mn R const R mn . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 = = − + − + − = = − − + − − + + − AD R a b c R R R R . Suy ra được: 1 1 =− R hoặc 2 3 =− R (Loại). Vậy tổng bình phương hai bán kính là ( ) 22 1 3 10 += . Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ,0,0 , 0; ;0 , 0;0;1 , 2;1;4 2 2 A m B n C D + . Biết rằng hai số thực dương , mn thoả mãn điều kiện : 1 += mn .Khi , mn thay đổi tồn tại duy nhất một mặt cầu cố định có bán kính R tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Bán kính R nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 4;5 B. ( ) 0;2 C. ( ) 2;4 D. ( ) 5;7 L ời gi ải Mặt phẳng () ABC được suy nhanh từ phương trình đoạn chắn , ( ) ABC : 10 1 + + − = x y z mn Gọi tâm mặt cầu cố định ( ) S là ( ) ;; I a b c . Khi đó: ( ) ( ) , I ABC ID d R == với mọi giá trị của , mn . Suy ra 22 1 1 11 1 + + − == ++ a b c mn R mn 1 1 11 1 + + − +− a b c mn mn T r ư ờng h ợp 1: 1 1 11 1 + + − == +− a b c mn R mn không đổi 1 1 1 1 1 1 =  −   = = =  =  −  =−  c aR ab R b R cR Suyra: ( ) ( ) ( ) 2 22 22 2 1 4 2 2 = = − + − + − − = AD R a b c ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 1 4 2 2 − + − + − − − R R R Suy ra được giá trị duy nhất ( ) 3 2 4;5 = +  R Vậy ta chọn đáp án A. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 254 T r ư ờng h ợp 2: 1 1 11 1 + + − == − − + a b c mn R mn không đổi 1 1 1 1 1 1 =−  −   = = =  = −  −−  =+  c aR ab R b R cR Suyra: ( ) ( ) ( ) 2 22 22 2 1 4 2 2 = = − + − + − − = AD R a b c ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 1 4 2 2 − − + − − + + − − R R R Suy ra 32 = − − R ( Loại). Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ,0,0 , 0; ;0 , 0;0;3 , 1;1; A m B n C D p . Biết rằng hai số thực dương , mn thoả mãn điều kiện 3 += mn ; p là số thực dương. Khi , mn thay đổi tồn tại duy nhất một mặt cầu cố định tiếp xúc với ( ) ABC và đi qua điểm D . Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của p . Tổng tất cả các phần tử của S là A. 4 B. 3 C. 0 D. 2 L ời gi ải Mặt phẳng ( ) ABC được suy nhanh từ phương trình đoạn chắn , ( ) ABC : 10 3 + + − = x y z mn Gọi tâm mặt cầu cố định ( ) S là ( ) ;; I a b c . Khi đó: ( ) ( ) , I ABC ID d R == với mọi giá trị của , mn . Suy ra 22 1 3 1 1 1 9 + + − == ++ a b c mn R mn 1 4 1 1 1 3 + + − +− a b c mn mn T r ư ờng h ợp 1: 1 3 1 1 1 3 + + − == +− a b c mn R mn không đổi 1 3 1 11 3 3 =  −   = = =  =   − =−  c aR ab R b R cR ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 11 AD R a b c p  = = − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 3 − + − + − − R R R p ( ) 22 2 2 5 6 11 0 R p R p p  + − + − + = Để tồn tại duy nhất một giá trị R thì ( ) ( ) 2 22 1 ' 5 2 6 11 2 3 0 3 p p p p p p p =−   = − − − + = − + + =   =  Khi đó bán kính là nghiệm kép của phương trình 5 13 2 5 31 2 −  = −  = =   −  =  = =   p pR p pR T r ư ờng h ợp 2: 1 3 1 1 1 3 + + − == − − + a b c mn R mn không đổi 1 3 1 11 3 3 =−  −   = = =  = −  −−  =+  c aR ab R b R cR ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 11 AD R a b c p  = = − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 3 − − + − − + + − R R R p ( ) 22 2 2 5 6 11 0 R p R p p  + − + − + = Để tồn tại duy nhất một giá trị R thì ( ) ( ) 2 22 1 ' 5 2 6 11 2 3 0 3 p p p p p p p =−   = − − − + = − + + =   =  | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 255 Khi đó bán kính là nghiệm kép của phương trình 5 13 2 5 31 2 −  = −  = = −   −  =  = = −   p pR p pR (Loại) Vậy có hai giá trị của p thoả mãn và tập   1;3 =− S . Suy ra tổng tất cả các phần tử của S bằng 2. Chọn đáp án D. Chú ý. Luôn chỉ có một trường hợp thoả mãn điều kiện bán kính R dương. Khi ta đã làm trường hợp 1 thoả mãn điều kiện thì ta có thể bỏ qua trường hợp 2. Hoặc khi làm trường hợp 1 ra bán kính âm thì ta có thể đổi dấu dương và chấp nhận kết quả luôn mà không cần quan tâm đến trường hợp 2. Câu 81. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 : 1 4 + + − = S x y z và điểm ( ) 2;2;1 A . Mặt phẳng ( ) P đi qua A và tiếp xúc với ( ) S . Khoảng cách lớn nhất tính từ O đến ( ) P nằm trong khoảng A. ( ) 0;1 B. ( ) 1;3 C. ( ) 3;4 D. ( ) 4;5 L ời gi ải • Mặt cầu có tâm ( ) 0;0;1 I , bán kính 2 = R .  Ta hình dung mặt phẳng ( ) P sẽ tiếp xúc với mặt cầu ( ) S tại những tiếp điểm M , khi ( ) P thay đổi AM là đường sinh tạo thành một mặt nón trogn không gian với đỉnh nón là A và đường cao nón (chính xác là trục của nón) là AI , nửa góc ở đỉnh là = MAI ; 21 sin 45 2 2 2  = = = =   =  IM R IA IA . Khoảng cách lớn nhất tính từ O đến mặt phẳng ( ) P là OH , ứng với trường hợp như hình vẽ. Gọi góc ( ) 2 2 1 cos cos , sin 33  = →  = = →  = OAI AO AI . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) max 42 , .sin 3 sin cos cos sin 4,71 2 + = =  +  =   +   =  d O P OH OA . I R O ( ) P H A  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 256 Câu 82. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 : 16 + + = S x y z và ( ) ( ) 2 22 2 : 2 16 + − + = S x y z . Mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu trên. Điểm ( ) 2;1;1 A cách mặt phẳng ( ) P một khoảng cách lớn nhất bằng A. 6 B. 45 + C. 4 2 3 + D. 8 L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 12 0 0;0;0 ; 0;2;0  = = II và 12 4 == RR . Hai mặt cầu cắt nhau và có bán kính bằng nhau nên các mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu sẽ có đường thẳng nối hai tiếp điểm là đường sinh của một mặt trụ tròn xoay có trục là đường thẳng nối hai tâm cầu và bán kính trụ là bán kính cầu. Như ở bài toán này, trục hình trụ là đường thẳng 12 II dễ dàng nhận thấy là trục 0 : 0 =   =   =  x Oy y t z . Khi đó khoảng cách lớn nhất từ A đến mặt phẳng ( ) P là AK như hình vẽ. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên trục của hình trụ ; suy ra ( ) 0;1;0 H . 5 AH = . Suy ra khoảng cách lớn nhất từ A đến ( ) P là: 54 = + = + = + AK AH HK AH R . Câu 83. Trong không gian , Oxyz cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 : 16 + + = S x y z và ( ) ( ) 2 22 2 : 3 16 − + + = S x y z . Mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu trên. Khi điểm ( ) 2;3;4 A A H 4 K 1 I 12 II| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 257 cách mặt phẳng ( ) P một khoảng lớn nhất thì phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 40 + + + = ax by z d . Giá trị của biểu thức 4 −+ a b d bằng A. 8 B. 6 C. 0 D. 12 L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 2 22 1 : 1 4 + + − = S x y z có tâm ( ) ( ) 1 2 1 2 I O 0;0;0 ,I 3;0;0 ;R R 4 = = = = = . Hai mặt cầu cắt nhau và có bán kính bằng nhau nên các mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả hai mặt cầu sẽ có đường thẳng nối hai tiếp điểm là đường sinh của một mặt trụ tròn xoay có trục là đường thẳng nối hai tâm mặt cầu và bán kính trụ là bán kính hình cầu. Theo giả thiết, ta có 12 :0 0 =   =   =  xt I I Ox y z . Do đó khoảng cách lớn nhất từ A đến mặt phẳng ( ) P là AK Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên trục hoành (trục hình trụ), suy ra ( ) 2;0;0 H . Suy ra 5 = AH . Do đó khoảng cách lớn nhất từ A đến ( ) P là 5 4 9 = + = + = + = AK AH HK AH R . Có ( ) 0; 3; 4 = − − AH . Mặt phẳng ( ) P vuông góc với AH và đi qua điểm K . Từ hệ thức 9 12 16 2; ; 5 5 5  =  − −   AK AH K . Suy ra phương trình ( ) 12 16 3 4 0 3 4 20 4 55 :     − + − + =  + + = + + +         y z y z ax b P y z d Suy ra 0; 3; 20 4 8 = = =  − + = a b d a b d . A H 4 K 1 I 12 II 2 I Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 258 Câu 84. Trong không gian , Oxyz cho ba mặt cầu ( ) ( ) ( ) 1 2 3 ,, S S S có tâm lần lượt là ( ) ( ) 12 0;0;1 , 2;1;0 , II ( ) 3 1;0;3 I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 2; 3; 4. = = = R R R Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với ba mặt cầu là A. 4 B. 3 C. 2 D. 8 L ời gi ải Nhận thấy ngay 1 2 1 2 1 2 1 6 5 = −  =  + = R R I I R R suy ra hai mặt cầu ( ) ( ) 12 , SS cắt nhau. Tương tự, 2 3 2 3 2 3 1 11 7 = −  =  + = R R I I R R suy ra hai mặt cầu ( ) ( ) 32 , SS cắt nhau. Tương tự, 1 3 1 3 1 3 2 5 6 = −  =  + = R R I I R R suy ra hai mặt cầu ( ) ( ) 31 , SS cắt nhau. Vậy ba mặt cầu đôi một cắt nhau. Ta có thể hình dung được chỉ có 2 mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho. Câu 85. Trong không gian , Oxyz cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 0;0;1 I , ( ) 2 2;1;0 I , ( ) 3 1;0;3 I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 2, 3, 4 = = = R R R . Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với cả ba mặt cầu là? A. 4 B. 3 C. 2 D. 8 L ời gi ải Nhận thấy ngay: 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 1 3 1 3 ;; −   +  +  + R R I I R R I I R R I I R R suy ra hai mặt cầu ( ) 1 S và ( ) 2 S cắt nhau, đồng thời nằm ngoài mặt cầu ( ) 3 S . Ta có thể hình dung được chỉ có 4 mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho. Có hai mặt phẳng sao cho ba tâm nằm cùng phía, hai mặt phẳng có tâm 12 , II cùng phía và 3 I khác phía. Vậy ta chọn đáp án A. Câu 86. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu có tâm lần lượt là ( ) ( ) ( ) 1 2 3 0;0;1 , 0;0;2 , 0;0;6 I I I và có bán kính lần lượt là 1 2 3 1, 1, 2 = = = R R R . Số mặt phẳng cùng tiếp xúc với ba mặt cầu là A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 L ời gi ải Lưu ý rằng ba tâm mặt cầu nằm trên cùng một đường thẳng (cùng nằm trên trục Oz ). Có 1 2 1 2 1 2 −   + R R I I R R ; 2 3 2 3 + I I R R ; 1 3 1 3 + I I R R . Suy ra hai mặt cầu ( ) 1 S và ( ) 2 S cắt nhau cùng bán kính và nằm ngoài mặt cầu ( ) 3 S không cùng bán kính. Dễ thấy không tồn tại mặt phẳng nào thoả mãn. | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 259 Câu 87. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 1;0;0 I , ( ) 2 3;0;0 I , ( ) 3 ;0;0 Im và có bán kính lần lượt là 1 1 = R , 2 2 = R , 3 5 = R . Gọi X là tập hợp chứa tất cả giá trị nguyên của m để tồn tại vô số mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho. Tổng tất cả các phần tử của X bằng? A. 2 − B. 0 C. 20 D. 14 − L ời gi ải Dễ thấy ba mặt cầu có tâm cùng nằm trên trục Ox , đồng thời hai mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S cắt nhau vì 1 2 1 2 1 2 −   + R R I I R R . Yêu cầu bài toán dẫn đến vị trí của ba mặt cầu phải như hình vẽ trên. Ta có ( ) 12 2 1 1 2 12 . . 1;0;0 =  =  − SI SI R SI R SI S RR . Lại có ( ) ( ) 3 3 1 1 3 3 1 13 3 3 1 1 3 9;0;0 .. 11;0;0 ..   = =     − =−     I R SI R SI SI SI RR I R SI R SI . Mà 3 2 2 3 2 3 1 23 1 3 3 4 26 5 ++ = = = =  = SI SI I I I I SI II R R R . Suy ra   9 11;9 11 =   = −  =−  m X m . S 1 I 2 I 3 I 3 A 2 A 1 A 1 I 2 I 3 I ( ) 1 S ( ) 2 S ( ) 3 S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 260 Câu 88. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S , ( ) 3 S có tâm lần lượt là ( ) 1 1;0;1 I , ( ) 2 0;2;0 I , ( ) 3 1;4;2 I và có bán kính lần lượt là 1 1 = R , 2 2 = R , 3 3 = R . Gọi ( ) P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho sao cho ( ) P cắt Ox tại điểm có hoành đô dương. Biết mặt phẳng ( ) P có dạng 0 + + + = ax by z d , với 1 − b , tính giá trị biểu thức 2 ++ a b d . A. 12 2 13 − B. 14 C. 9 22 −+ D. 10 3 5 −+ L ời gi ải Ta đã biết mặt phẳng ( ) P nếu tiếp xúc với hai mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S thì nó sẽ đi qua một trong hai tâm vị tự của hai mặt cầu được xác định bởi hệ thức 2 1 1 2 = R NI R NI (tâm vị tự ngoài) hoặc 2 1 1 2 =− R NI R NI (tâm vị tự trong). Với hai mặt cầu cắt nhau thì chỉ tồn tại tâm vị tự ngoài: 2 1 1 2 = R NI R NI . Vì ba mặt cầu cắt nhau nên mỗi cặp mặt cầu chỉ có tâm vị tự ngoài. • Tâm vị tự ngoài của ( ) 1 S và ( ) 2 S là A được xác định bởi ( ) 2 1 1 2 2; 2;2 =  − R AI R AI A . • Tâm vị tự ngoài của ( ) 2 S và ( ) 3 S là B được xác định bởi ( ) 3 2 2 3 2; 2; 4 =  − − − R BI R BI B • Tâm vị tự ngoài của ( ) 3 S và ( ) 1 S là C được xác định bởi 3 1 1 3 1 1 2; 2; 2  =  −   R CI R CI C . Dễ kiểm tra được A , B , C thẳng hàng nên ta chỉ sử dụng được hai điểm. Mặt phẳng ( ) P qua A , B nên 3 2 21  =−    =+  a db .Lại có ( ) P tiếp xúc ( ) 1 S nên ( ) ( ) 11 22 7 22 1 1 3 ,1 1 7 22 3  −− =  −  ++  =  =   ++ −+ =   b ad d I P R ab b . 3 2 a  = − , 7 22 3 −+ = b , 11 2 22 3 −+ = d . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 261 Tóm t ắt n ội dung Trong hình tọa độ không gian Oxyz thì vấn đề về cực trị luôn là một vấn đề khó và xuất hiện rất nhiều trong các đề thi thử, đề thi THPT Quốc Gia. Trong chủ đề lần này chúng ta sẽ cùng giải quyết các bài toán về chủ đề này. A. CÁC KI ẾN TH ỨC C ẦN NH Ớ. Bất đẳng thức AM – GM. + Cho 2 số thực dương a,b khi đó 2 a b ab + . Dấu “=” khi và chỉ khi ab = + Cho 3 số thực dương a,b,c khi đó 3 3 a b c abc + +  . Dấu “=” khi và chỉ khi abc == + Tổng quát với các số thực dương 1 1 n n n ii i i x n x = =    . Dấu “=” khi và chỉ khi 12 ... n x x x = = = + Dạng cộng mẫu số 2 1 1 1 n n i i i i n x x = =    . Dấu “=” khi và chỉ khi 12 ... n x x x = = = Khi cho 2,n 3 n== thì ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 4 1 1 1 9 x x x x x x x x x x  +  +    + +   ++  Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: + Cho 2 bộ số ( ) 12 , ,..., n x x x và ( ) 12 , ,..., n y y y khi đó ta có 2 22 1 1 1 n n n i i i i i i i x y x y = = =                       Dấu “=” khi và chỉ khi các số lập thành các bộ số tỉ lệ. Chú ý khi cho 2, 3 nn == ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x y y x y x y + +  + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 x x x y y y x y x y x y + + + +  + + C hư ơn g 5 Các bài toán cực trị trong hình học không gian Oxyz Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 262 + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát 2 2 1 1 1 n i n i i n i i i i a a b b = = =        . Trong đó dạng ( ) 2 22 xy xy a b a b + + + là dạng ta hay gặp nhất Bất đẳng thức trên còn có thể gọi là bất đẳng thức Svacxơ. Dấu “=” xảy ra khi 12 12 n n a aa b b b = =    = . Riêng dạng cộng mẫu thì cần thêm điều kiện là 12 , ,..., 0 n b b b  Bất đẳng thức Minkowski. Tổng quát: Cho số thực 1 r  và mọi số dương 1 2 1 2 , ,..., , , ,..., nn a a a b b b thì ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 n n n r r r r rr i i i i i i i a b a b = = =       +  +                Ở đây chỉ xét trường hợp cho 2 bộ số ( ) 12 , ,..., n a a a và ( ) 12 , ,..., n b b b . Khi đó ta có: ( ) 2 22 1 1 1 n n n i i i i i i i a b a b = = = +  +    Dấu “=” xảy ra khi 12 12 n n a aa b b b = =    = . Dạng mà ta hay gặp nhất ( ) ( ) 22 2 2 2 2 a b c d a c b d + + +  + + + . Bất đẳng thức này còn gọi là bất đẳng thức Vector. Bất đẳng thức Holder. Cho các số dương ( ) , 1, , 1, ij x i m j n == . Khi đó với mọi số 12 , ,..., 0 n     thỏa mãn 1 1 n i i  = =  ta có: ,, 11 11 j j nn mm i j i j jj ii xx   == ==          Ở đây ta chỉ xét trường hợp đơn giản nhất cho 3 dãy số gồm ( ) ( ) ( ) , , ; , , ; , , a b c m n p x y z . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp + + + + + +  + + Dấu “=” xảy ra khi 3 dãy tương ứng tỷ lệ. Một bất đẳng thức ở dạng này mà ta hay gặp: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 a b c abc + + +  + Bất đẳng thức trị tuyệt đối. Cho 2 số thực a,b khi đó ta có a b a b a b +  +  − Dấu “=” thứ nhất khi a,b cùng dấu, dấu “=” thứ 2 khi a,b trái dấu. Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 Cho phương trình ( ) 2 00 ax bx c a + + =  . Khi đó nếu: + 0 = thì phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái luôn không âm hoặc không dương + 0  thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 263 Ứng dụng của kiến thức này sẽ áp dụng cho những bài tìm điều kiện có nghiệm để suy ra min, max. Ngoài ra phải chú ý tới một số phép biến đổi logarit mà ta đã học. Tính chất hàm đơn điệu 1. Nếu hàm số ( ) fx đơn điệu và liên tục trên tập xác định của nó thì phương trình ( ) f x a = có tối đa một nghiệm 2. Nếu hàm số ( ) fx đơn điệu và không lien tục trên tập xác định của nó thì phương trình ( ) f x a = có tối đa 1 n + nghiệm B. CÁC D ẠNG TOÁN. Dạng 1. Trong không gian cho hai điểm , AB , mặt phẳng ( ) P và đường thẳng d . 1. Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) P sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Lời giải 1. Xét vị trí tương đối của hai điểm , AB so với ( ) P . • Nếu , AB nằm về hai phía so với ( ) P thì không tồn tại điểm M . • Nếu , AB nằm về một phía so với ( ) P thì + Tìm điểm  A đối xứng với A qua ( ) P . + Viết phương trình đường thẳng  AB . + Gọi ( ) ' = I A B P Chú ý với mọi điểm M thuộc ( ) P ta có  + = +  MA MB MA MB A B . • Chu vi tam giác MAB là  + +  + MA MB AB A B AB • Chu vi tam giác MAB nhỏ nhất bằng  + A B AB khi  MI . 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Trường hợp 1: Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d . Ta làm như sau • Viết phương trình mặt phẳng ( )  qua , AB và vuông góc với d . • Sử dụng mệnh đề: chu vi của tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của ( )  với đường thẳng AB . • Xác định giao điểm M của ( )  và d và kết luận M là điểm cần tìm. Trường hợp 2: Đường thẳng AB không vuông góc với đường thẳng d . • Tham số hoá điểm M theo phương trình đường thẳng d đã cho. Tính ; MA MB . • Sử dụng mệnh đề: Chu vi của tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi + MA MB nhỏ nhất. • Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + MA MB và kết luận. Chú ý. Người ta thường tìm GTNN của + MA MB bằng bất đẳng thức hoặc hàm số. CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 264 Câu 1 Trong không gian cho hai điểm ( ) ( ) 1;2;2 , 1;1;2 AB , mặt phẳng ( ) : 2 0 + + − = P x y z . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) P sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 2 6 0 + + − + + − =  A A A B B B x y z x y z suy ra , AB nằm về một phía so với ( ) P . Gọi  là đường thẳng qua A vuông góc với ( ) P . Đường thẳng  có phương trình 1 2 2 =+   =+   =+  xt yt zt Gọi () =   HP , tọa độ là nghiệm của hệ 10 21 21 2 0 1 = + =   = + =    = + =   + + − = = −  x t x y t y z t z x y z t ( ) 0;1;1  H . Gọi  A đối xứng với A qua ( ) P , khi đó ( ) 1;0;0  − A . Ta có ( ) 2;1;2  = AB , phương trình đường thẳng  AB 12 2 = − +   =   =  xt yt zt Gọi ( )  = I A B P , tọa độ là nghiệm của hệ 12 2 20 = − +   =   =   + + − =  xt yt zt x y z 1 5 3 5 6 5 3 5  =    =     =    =  x y z t 1 3 6 ;; 5 5 5     I . Với mọi điểm M thuộc ( ) P ta có  + = +  MA MB MA MB A B . Chu vi tam giác MAB là  + +  + MA MB AB A B AB Chu vi tam giác MAB nhỏ nhất bằng  + A B AB khi  MI . Câu 2 Trong không gian cho hai điểm ( ) ( ) 0;1;1 , 2;1;1 AB , mặt phẳng ( ) : 3 0 − + − = P x y z . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) P sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Lời giải Ta có ( ) ( ) 3 3 3 0 − + − − + − =  A A A B B B x y z x y z suy ra , AB nằm về một phía so với ( ) P . Gọi  là đường thẳng qua A vuông góc với ( ) P . Đường thẳng  có phương trình 1 1 =   =−   =+  xt yt zt . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 265 Gọi () =   HP , tọa độ là nghiệm của hệ 1 10 12 3 0 1 ==   = − =    = + =   − + − = =  x t x y t y z t z x y z t ( ) 1;0;2  H . Gọi  A đối xứng với A qua ( ) P , khi đó ( ) 2; 1;3  − A . Ta có ( ) 0;2; 2 =− AB , phương trình đường thẳng  AB 2 1 1 =   =+   =−  x yt zt Gọi ( )  = I A B P , tọa độ là nghiệm của hệ 2 1 1 30 =   =+   =−   − + − =  x yt zt x y z 2 1 2 3 2 1 2 =    =     =    =−   x y z t 13 2; ; 22     I . Với mọi điểm M thuộc ( ) P ta có  + = +  MA MB MA MB A B . Chu vi tam giác MAB là  + +  + MA MB AB A B AB Chu vi tam giác MAB nhỏ nhất bằng  + A B AB khi  MI . Câu 3 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 3 : 2 2 1 − + − == − x y z d và hai điểm ( ) 4;1;1 − A và ( ) 3;6; 3 − B . Tìm điểm M thuộc d sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Lời giải Ta có ( ) 7;5; 4 =− AB . Chọn ( ) 2; 2;1 =− u là một véc tơ chỉ phương của d . Vì .0 = AB u nên ⊥ d AB . Gọi ( )  là mặt phẳng qua , AB và vuông góc d . Suy ra phương trình của ( )  là ( ) : 2 2 9 0  − + + = x y z . • Vì A và B cố định nên chu vi tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi + MA MB nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của ( )  và đường thẳng AB . • Giả sử ( ) ( ) 1 2 ; 2 2 ;3 , + − − +   M m m m d m . Thay tọa độ điểm M vào phương trình ( )  ta được ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 1 9 0 2 + + + + + + =  = − m m m m . Vậy ( ) 3;2;1 − M là điểm cần tìm. Câu 4 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 2 1 − − − == x y z d và hai điểm ( ) 1;1;1 − A và ( ) 1;4;0 B . Tìm điểm M thuộc d sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Lời giải Giả sử ( ) 1 2 ;2 2 ;1 , + + +   M m m m d m . Khi đó Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 266 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 12 5 3 2 1 2 2;2 1; 2 ;2 2; 1 9 6 5 3 1 4   = + + = + + = + +    = − +  = − + = − +   AM m m m AM m m m BM m m m BM m m m Vì A và B cố định nên chu vi tam giác MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi + MA MB nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi biểu thức ( ) 22 9 12 5 9 6 5 = + + + − + f m m m m m đạt giá trị nhỏ nhất. Đặt ( ) ( ) ( ) ; 3 2;1 3;3 1 3 ;2   = = =+    += =−     u AM v BM um uv vm ( ) 32  = +  + = f m u v u v . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u cùng hướng v . Điều này xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ) 1 2 3 2 1 1 3 3 + = −  = − m m m 1 4 2 ;; 3 3 3     M Vậy 1 4 2 ;; 3 3 3    M là điểm cần tìm. Cách 2. Để tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) fm là dùng hàm số như sau Ta có ( ) 22 3 2 1 3 0 9 12 5 9 6 5 +−  =  = + + − + mm fm m m m m ( ) * Điều kiện cần để t là nghiệm của ( ) * thì ( ) ( ) 21 3 2 1 3 0 33 + −   −   m m m Khi đó ( ) * ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 3 2 9 6 5 1 3 9 12 5 4 3 2 3 1  + − + = − + +  + = − m m m m m m m m ( ) ( ) 5 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1 3 3  =−  + = −     + = −    =−   m mm mm m . Đối chiếu điều kiện thì 1 3 =− m . Ta có bảng biến thiên m − 1 3 − + ( ) ' fm − 0 + ( ) fm + + 32 Do đó ( ) fm nhỏ nhất khi 1 3 =− m . Vậy 1 4 2 ;; 3 3 3    M là giá trị cần tìm. Dạng 2. Cho hai điểm , AB và đường thẳng ( ) d . Tìm trên ( ) d điểm M để a) ( ) 22 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất b) + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất c) Tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 267 Phương pháp. Đây là một dạng toán dễ, cách làm rất đơn giản, ta chỉ việc gọi điểm M 1 ẩn rồi sau đó thế vào yêu cầu đề bài là bài toán sẽ được giải quyết. Sau đây là các bài toán minh họa! CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. Câu 1 Trong hệ trục Oxyz, cho đường thẳng ( ) 1 :2 2 =−    = − +   =  xt yt zt và hai điểm ( ) ( ) 1;4;2 , 1;2;4 − AB a) Tìm điểm M trên ( )  sao cho 22 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất b) Tìm điểm M trên ( )  sao cho + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất c) Tìm điểm M trên ( )  sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải a) Theo giả thiết ta có ( )  M nên ( ) 1 ; 2 ; 2 − − + M t t t ( ) ( ) ;6 ;2 2 2 ;4 ;4 2  = − −    = − + − −   MA t t t MB t t t Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 t 2 4 4 2 + = + − + − + − + + − + − MA MB t t t t t ( ) 2 2 12 48 76 12 2 28 28 = − + = − +  t t t Vậy ( ) 22 min 28 += MA MB khi ( ) 2 1;0;4 =  − tM b) Ta có ( ) ( ) ;6 ;2 2 2 ;4 ;4 2  = − −   = − + − −   MA t t t MB t t t ( ) 2 2;10 2 ;6 4  + = − − − MA MB t t t ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 10 2 6 4 24 96 140  + = − + − + − = − + MA MB t t t t t Mặt khác ( ) ( ) 2 2 24 96 140 24 2 44 44 = − + = − +  f t t t t Vậy min 2 11 += MA MB khi ( ) 2 1;0;4 =  − tM c) Ta có ( ) 2; 2;2 2 3 = − −  = AB AB Ta có ( ) 1 ,. 2  = ABM S d M AB AB . Vậy diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi khoảng cách từ M đến AB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó khoảng cách từ M đến AB là độ dài đoạn vuông góc chung của AB và ( )  Phương trình đường thẳng AB 1' 4' 2' =−   =−   =+  xt yt zt . Ta có ( )  M nên ( ) 1 ; 2 ; 2 − − + M t t t . Giả sử ( ) 1 ';4 ';2 '   − − + N AB N t t t ( ) ' ;6 ' 4;2 ' 2  = − − − + + − MN t t t t t t , ( ) ( ) 1; 1;1 , 1;1;2  = − − = − AB uu Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 ' ' 6 ' 2 ' 2 0 .0 7 19 ' 6 ' 2 2 ' 2 0 .0 7   =   − − − − − + + − =  =        − − + − − + + − = =      =   AB t t t t t t t MN u t t t t t t MN u t Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 268 Vậy 12 5 38 ;; 7 7 7  −   M Câu 2 Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho 2 điểm ( ) ( ) 3; 2;3 ; 1;0;5 − AB và đường thẳng 1 2 3 : 1 2 2 − − − == − x y z d . Tìm tọa độ điểm M là điểm trên đường thẳng d sao cho 22 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất ? Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn sao cho 0 += IA IB thì I là trung điểm của . AB Khi đó ( ) ( ) 22 22 22 + = + = + + + MA MB MA MB MI IA MI IB ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + + + + = + AB MI MI IA IB IA IB MI Ta thấy 22 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 MI đạt giá trị nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu của I lên đường thẳng d . Phương trình tham số của đường thẳng 1 : 2 2 32 =+   =−   =+  xt d y t zt Ta có ( ) ( ) ( ) 2; 1;4 ; 1;2 2 ;3 2 1;3 2 ;2 1 −   + − +  − − − I M d M t t t IM t t t Đến đây ta có 2 cách làm! Cách 1. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 1;3 2 ;2 1 1 3 2 2 1 9 18 11 9 1 2 2 − − −  = − + − + − = − + = − +  IM t t t IM t t t t t t Suy ra 2 MI đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 = t ( ) 2; 0; 5 .  M Cách 2. Ta có ( ) 1; 2; 2 . = − − d u Ta có hệ phương trình ( ) ( ) ( ) . 0 1 4 2 3 2 2 2 1 0 9 9 0 1 =  − − − + − =  − =  = d IM u t t t t t Câu 3 Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho 2 điểm ( ) ( ) 0;1;5 ; 0;3;3 AB và đường thẳng 41 : 1 1 1 −+ == x y z d . Tìm tọa độ điểm M là điểm trên đường thẳng d sao cho biểu thức + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn sao cho 0 += IA IB thì I là trung điểm của . AB Khi đó 22 + = + + + = = MA MB MI IA MI IB MI MI MI đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên đường thẳng d . Phương trình tham số của đường thẳng 4 :1 =+   = − +   =  xt d y t zt | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 269 Ta có ( ) ( ) ( ) 0;2;4 ; 4; 1; 4; 3; 4   + −  + − − I M d M t t t IM t t t ( ) ( ) ( ) 2 2 2 434  = + + − + − IM t t t ( ) 2 2 3 6 41 3 1 38 38 = − + = − +  t t t Vậy 2 MI đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 = t ( ) 5;0;1  M Câu 4 Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho 2 điểm ( ) ( ) 1;5;0 ; 3;3;6 AB và đường thẳng 11 : 2 1 2 +− == − x y z d . Gọi C là điểm trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Khoảng cách giữa 2 điểm A và C là? Lời giải Ta có 2 đường thẳng AB và d chéo nhau. Gọi C là điểm trên d và H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB . Vì 1 11 2 =  =  ABC S AB CH CH nên ABC S nhỏ nhất khi CH nhỏ nhất  CH là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng AB và d . Ta có ( ) ( ) 2; 2;6 1; 1;3 . = −  = − AB AB u Phương trình tham số của AB là 1 5 3  =+    =−    =  xt yt zt Phương trình tham số của d là ( ) 1 12 1 2; 1;2 2 = − +   = −  = −   =  xt y t u zt Ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 ; 1 ; 2 ; 1 '; 5 '; 3 ' ' 2 2; ' 4;3 ' 2 − + − + −   = − + − + + − C t t t H t t t AB CH t t t t t t Ta có hệ phương trình 1 .0 11 9 2 1 9 9 0 1 .0   = − = =        − = = =   AB CH u t t t t t t CH u Ta có ( ) 1; 0; 2 29 = C AC . Dạng 3. Cho điểm A và đường thẳng ( ) d . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa ( ) d có ( ) ( ) d A, Q lớn nhất , nhỏ nhất. CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA. C A H B Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 270 Câu 1 Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 1;4;2 A và đường thẳng ( ) 12 : 1 1 2 −+ == − x y z d . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa ( ) d sao cho ( ) ( ) , d A Q lớn nhất , nhỏ nhất. Lời giải • Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa ( ) d sao cho ( ) ( ) , d A Q lớn nhất Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ) Q và K là hình chiếu vuông góc của A trên ( ) d . Theo tính chất đoạn vuông góc và đoạn xiên thì  AH AK nên AH lớn nhất khi  HK . Vậy mặt phẳng ( ) Q cần tìm là mặt phẳng vuông góc với AK tại K Ta có ( )  Kd nên ( ) 1 ; 2 ;2 − − + K t t t  ( ) ; 6;2 2 = − − − AK t t t . Đường thẳng ( ) d có vectơ chỉ phương ( ) 1;1;2 =− a . Mặt khác 5 3 ⊥  = AK a t . Do đó 5 13 4 ;; 3 3 3 −−  =   AK . Chọn vectơ pháp tuyến của ( ) Q là ( ) 5;13; 4 =− n . Chọn điểm ( ) ( ) ( ) 00 1; 2;0 −    M d M Q Phương trình mặt phẳng ( ) Q là ( ) ( ) ( ) 5 1 13 2 4 0 0 − + + − − = x y z 5 13 4 21 0  + − + = x y z . • Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa ( ) d sao cho ( ) ( ) , d A Q nhỏ nhất Khoảng cách ( ) ( ) , d A Q nhỏ nhất  0 = AH khi đó A thuộc mặt phẳng ( ) Q tức là ta lập mặt phẳng ( ) Q chứa điểm A và đường thẳng ( ) d . Ta có ( ) 0 0; 6; 2 = − − AM và ( ) ( ) 0 ; 10;2; 6 2 5; 1;3  = − − = − −  AM a . Mặt phẳng ( ) Q chứa và ( ) 1;4;2 A có một vectơ pháp tuyến ( ) 5; 1;3 =− u . Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) :5 1 1 4 3 2 0 5 3 7 0 − − − + − =  − + − = Q x y z x y z . Dạng 4. Cho hai đường thẳng d , ' d . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với đường thẳng ' d một góc lớn nhất. Phương pháp hình học. Trước hết ta xét trường hợp d và ' d chéo nhau. Gọi M là một điểm nào đó thuộc d , dựng đường thẳng qua M và song song với ' d . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Hạ ( ) ⊥ AH P , ⊥ AK d . K H A| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 271 Góc giữa mặt phẳng ( ) P và đường thẳng ' d là AMH . Ta có cos = HM KM AMH AM AM . Mà KM AM không đổi nên AMH lớn nhất khi cos AMH nhỏ nhất hay  HK . Mặt phẳng ( ) P cần tìm là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ) AKM , hay vectơ pháp tuyến của ( ) P vuông góc với hai vectơ d u và ,    dd uu Nên vectơ pháp tuyến của ( ) P là ( ) ,,    =   d d d P n u u u . Trường hợp d và ' d cắt nhau tại M , bài toán giải tương tự như trên ta đều có vectơ pháp tuyến của ( ) P là ( ) ,,    =   d d d P n u u u . Phương pháp hàm số. Ta có thể giải bằng phương pháp chuyển về tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số theo các bước • Gọi ( ) P : 2 2 2 0, 0 + + + = + +  Ax By Cz D A B C • Vì ( ) P chứa d nên ( ) P đi qua hai điểm ,  M N d . Khi đó các tham số , , , A B C D sẽ phụ thuộc vào hai trong bốn tham số, chẳng hạn đó là A , B . Ta giải điều kiện .0 = n MN để rút hai ẩn C , D theo A , B • Xác định góc giữa đường thẳng ' d và mặt phẳng ( ) P . Đây là một phân thức hai biến A , B với tử thức và mẫu thức cùng bậc, nên có thể chuyển về một biến = A t B . • Khảo sát hàm ( ) ft để xác định giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA. Câu 1 Cho hai đường thẳng 12 : 1 2 1 −+ == − x y z d và 21 : 2 1 2 +−  == − x y z d . Lập phương trình mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d và tạo với đường thẳng ' d một góc lớn nhất. Lời giải Cách 1. Sử dụng phương pháp hình học. K M ( ) d H A ( ) ' d ( ) P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 272 Vận dụng kết quả đã chứng minh trong phần lí thuyết, ta có mặt phẳng ( ) P cần tìm qua M và có vectơ pháp tuyến của ( ) P là ( ) ,,    =   d d d P n u u u . Ta có ( ) 1;2; 1 =− d u , ( ) 2; 1;2  =− d u ( ) , 3; 4; 5    = − −  dd uu . Do đó ( ) ( ) , , 2 7; 1;5    = = − −   d d d P n u u u . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 7 5 9 0 − + − = P x y z . Cách 2. Sử dụng phương pháp hàm số. Đường thẳng d đi qua hai điểm ( ) 1; 2;0 − M , ( ) 2;0; 1 − N . Phương trình mp ( ) P qua M có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 0, 0 − + + + = + +  P A x B y Cz A B C . Vì ( ) P qua N nên 2 =+ C A B . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 22 ; ; 2 , 2 0 = + + + +  P n A B A B A B A B và ( ) 2; 1;2  =− d u nên góc giữa mp ( ) P và đường thẳng  d là  thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 22 43 sin cos , 32  +  = = + + + d P AB nu A B A B Nếu 0 = B thì 0  A nên 22 sin 3 = Nếu 0  B thì ta đặt , = A tt B , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 4 3 4 3 11 sin , 3 2 4 5 3 2 4 5 ++  = = = + + + + tt f t f t t t t t Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 3 7 2 4 5 ++  = ++ tt ft tt nên ( ) 25 max 3 = ft khi và chỉ khi 7 =− t hay 7 =− AB . Tức là ( ) : 7 5 9 0 − + − = P x y z Mà trên khoảng 0; 2     thì sin  lớn nhất đạt được tương ứng với  lớn nhất nên 53 max arcsin 9 = khi ( ) : 7 5 9 0 − + − = P x y z . Câu 2 Cho hai đường thẳng 2 1 1 : 1 2 2 − − + == − x y z d và 2 2 2 : 1 1 2 − − +  == x y z d . Lập phương trình mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d và tạo với đường thẳng ' d một góc lớn nhất. Lời giải Cách 1. Sử dụng phương pháp hình học. Đường thẳng d đi qua điểm ( ) 2;1; 1 − M và có vectơ chỉ phương ( ) 1;2; 2 =− d u . Đường thẳng  d có vectơ chỉ phương ( ) 1;1;2  = d u Ta có mặt phẳng ( ) P cần tìm qua M và có vectơ pháp tuyến của ( ) P là ( ) ,,    =   d d d P n u u u | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 273 Ta có ( ) , 6; 4; 1   = − −  dd uu . Do đó ( ) ( ) , , 10; 11; 16    = = − − −   d d d P n u u u . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) :10 11 16 15 0 + + − = P x y z . Cách 2. Sử dụng phương pháp hàm số. Đường thẳng d đi qua hai điểm ( ) 2;1; 1 − M , ( ) 1; 1;1 − N . Phương trình mp ( ) P qua M có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 2 1 1 0, 0 − + − + + = + +  P A x B y C z A B C . Vì ( ) P qua N nên 2 2 . = − + A B C . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 ; ;C , 2 2 0 = − + − + + +  P n B C B B C B C và ( ) 1;1;2  = d u nên góc giữa mp ( ) P và  d là  thỏa mãn ( ) ( ) ' 22 4 sin cos , 6 5 8 5 −  = = −+ d P CB nu B BC C Nếu 0 = C thì 0  B nên 1 sin 65 = Nếu 0  C thì ta đặt , = B tt C , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 44 11 sin , 6 5 8 5 6 5 8 5 −−  = = = − + − + tt f t f t t t t t Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 16 11 4 ' 5 8 5 −− = −+ tt ft tt ( ) 53 max 9 = ft khi và chỉ khi 11 11 16 16 =  = t B C hay 10 . 16 = AC Tức là ( ) :10 11 16 15 0 + + − = P x y z . Mà trên khoảng 0; 2     thì sin  lớn nhất đạt được tương ứng với  lớn nhất nên 53 max arcsin 18 = khi ( ) :10 11 16 15 0 + + − = P x y z Câu 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 1 0 + − + = P x y z và đường thẳng ( ) 122 : 1 2 1 − − + == − x y z d hai điểm ( ) ( ) 1;2; 2 , 2;0; 1 −− AB . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải Gọi  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q . Khi đó góc giữa ( ) P và ( ) Q nhỏ nhất khi và chỉ khi ⊥ d . Ta có ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) 1;1; 1 =− n và ( ) 1; 2;1 =− d u ( ) , 1; 2; 3    = = − − −  d u n u Suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) Q là ( ) ( ) ( ) , 8;2; 4 2 4;1; 2   = = − = −  d Q n u u ( ) ( ) ( ) ( ) : 4 1 2 2 2 0 4 2 10 0  − + − − + =  + − − = Q x y z x y z Câu 4 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 274 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;1;0 A , ( ) 2;3;2 B và mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0  − + − = x y z . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm A , B và tạo với ( )  một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng 0 + + + = ax by cz d ( , , ,  a b c d và , , , 5  a b c d ). Khi đó tích . . . a b c d bằng bao nhiêu? Lời giải Gọi  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q . Khi đó góc giữa ( ) P và ( ) Q nhỏ nhất khi và chỉ khi ⊥ AB . Ta có ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) 1; 2;2 =− n và ( ) 1;2;2 = AB ( ) , 4 2;0;1    = = −  u n AB Suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) Q là ( ) ( ) , 4 2;5; 4   = = − −  Q n AB u Phương trình mặt phẳng ( ) Q ( ) ( ) 2 1 5 1 4 0 2 5 4 3 0 − − + − − =  − + − − = x y z x y z 2 5 4 3 0  − + + = x y z . Vậy ( ) . . . 2. 5 .4.3 120 = − = − a b c d . Dạng 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A , B và đường thẳng d . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng lớn nhất. Phương pháp Gọi H là hình chiếu của B trên  ( ) ,   =  d B BH AB . ( ) ,  dB lớn nhất khi và chỉ khi ⊥ AB . Cách 1. Gọi ( ) P là mặt phẳng xác định bởi điểm A và đường thẳng d .  d A B P n P d  C H A B| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 275 •  đi qua A cắt d ( )    P . •  cách B một khoảng lớn nhất khi ⊥ AB . • ⊥ AB  ⊥ u AB . • ( )  P  ⊥ P un  ,   =  P u n AB . Bước 1. Lấy  Md suy ra tìm ,  =  Pd n AM u Bước 2. ,   =  P u n AB Bước 3. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và có vecto chỉ phương ,   =  P u n AB Chú ý. Kiểm tra xem  có cắt d không? Cách 2. Do đi qua A và ⊥ AB nên  nằm trong mặt phẳng ( ) Q đi qua A và vuông góc AB . • Dựng ( ) Q đi qua A và vuông góc AB . • Tìm giao điểm ( ) = C d P . • Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và C . CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2;3;1 A , ( ) 1; 1;0 − B và đường thẳng 12 : 2 3 1 −− == − x y z d . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng lớn nhất? Lời giải Cách 1. Gọi ( ) P là mặt phẳng xác định bởi A và d . Lấy hai điểm ( ) 1;0;2  Md . Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 3;1 , 0;1;3 2;3; 1  = − −    = =   =−   Pd d AM n AM u u  d C A Q B Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 276 Mặt khác ( ) ( ) 2 3 1 1; 4; 1 , 11; 3;1 : 11 3 1  − − −  = − − −  = = −   = =  − P x y z AB u n AB Ta có ( ) 11; 3;1  − u không cùng phương với d u nên  thỏa mãn. Cách 2. Gọi ( ) Q là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB . Ta có ( ) 1; 4; 1 = − − − AB ( ) ( ) : 1 4 3 1 0  − + − + − = Q x y z ( ) : 4 15 0  + + − = Q x y z . Gọi ( ) = C Q d . Mà ( ) 1 2 ;3 ;2   + − C d C t t t ( ) 12 11 3 1 1 2 12 2 15 0 ; ; 13 13 13 13    + + + − − =  =  = −   C Q t t t t AC Ta có  đi qua A và nhận 11 3 1 ;; 13 13 13  =−   AC làm vectơ chỉ phương 2 3 1 : 11 3 1 − − −   = = − x y z Câu 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 0; 2; 1 −− A , ( ) 2; 1;1 − B và đường thẳng 1 1 2 : 2 1 3 − + + == − x y z d . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng lớn nhất? Lời giải Gọi ( ) P là mặt phẳng xác định bởi A và d . Lấy hai điểm ( ) 1; 1; 2 − −  Md . Ta có ( ) ( ) ( ) 1;1; 1 , 4; 1;3 2;1;3  =−    = = −   =−   P d AM n AM AN u Mà ( ) 2;1;2 = AB ( ) , 5; 2;6    = = − −  P u n AB không cùng phương với ( ) 2;1;3 =− d u nên  thỏa mãn. Vậy phương trình 21 : 5 2 6 ++  = = − x y z Dạng 6. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A , B và đường thẳng d . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng nhỏ nhất. Phương pháp | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 277 Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng ( ) P và trên đường thẳng  . Do  đi qua A cắt d nên ( )  P . Ta có ( ) ,  =  d B BK BH . Do đó ( ) ,  dB nhỏ nhất khi  KH hay  đi qua hai điểm A và . H , ( 0).   =  u k AH k Chú ý: Ta phải kiểm tra xem đường thẳng  có cắt đường thẳng d không? Do  và d nằm trong cùng mặt phẳng ( ) P nên nếu ,  d uu không cùng phương thì  cắt đường thẳng d . CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA Câu 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 0; 1;2 − A , ( ) 2;1;1 B và đường thẳng 12 : 2 1 1 +− == − x y z d . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng nhỏ nhất Lời giải Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng () P và trên đường thẳng  . Do  đi qua A cắt d nên ( )  P . Ta có ( ) ,  =  d B BK BH . Do đó ( ) ,  dB nhỏ nhất khi  KH hay  đi qua hai điểm A và H ( ) 0   =  u k AH k Lấy ( ) 1;0;2 − Md Ta có ( ) ( ) 1;1;0 , 2;1; 1 = − = − d AM u , ( ) , 1; 1; 3  = − − −  d AM u ( ) ( ) , 1; 1; 3   = = − − −  d P n AM u Phương trình mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 3 2 0 3 5 0 − − − + − − =  + + − = x y z x y z . Phương trình đường thẳng BH là ( ) 2 1 13 =−   = −    =−  xt y t t zt Tọa độ điểm ( ) 2 ;1 ;1 3 −−− H t t t ứng với tham số t thỏa mãn A K d H B P Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 278 ( ) 1 2 1 3 1 3 5 0 11 − + − + − − =  = t t t t 21 10 8 ;; 11 11 11     H 21 21 14 ;; 11 11 11 −  =   AH Chọn ( ) 11 3;3; 2 7  = = − u AH Dễ thấy ,  d uu không cùng phương nên  cắt đường thẳng d . Vậy phương trình đường thẳng  là 12 3 3 2 +− == − x y z Câu 2 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 1;2;4 A , ( ) 1;2; 2 − B và đường thẳng 2 :1 2 =−   = − +   =  xt d y t z . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , cắt d và cách điểm B một khoảng nhỏ nhất. Lời giải Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm A và chứa đường thẳng d . Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng ( ) P và trên đường thẳng  . Do  đi qua A cắt d nên ( )  P . Ta có ( ) ,  =  d B BK BH . Do đó ( ) ,  dB nhỏ nhất khi  KH hay  đi qua hai điểm A và H ( ) , 0   =  u k AH k Lấy ( ) 2; 1;2 − Md Ta có ( ) ( ) 1; 3; 2 , 1;1;0 = − − = − d AM u , ( ) , 2;2; 2  =−  d AM u ( ) ( ) 1 , 1;1; 1 2   = = −  d P n AM u Phương trình mặt phẳng () P là ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 4 0 1 0 − + − − − =  + − + = x y z x y z . Phương trình đường thẳng BH là ( ) 1 2 2 =+   = +    = − −  xs y s s zs Tọa độ điểm ( ) 1 ;2 : 2 + + − − H s s s ứng với tham số s thỏa mãn ( ) 1 2 2 1 0 2 + + + − − − + =  = − s s s s ( ) 1;0;0 − H ( ) 2; 2; 4  = − − − AH . Chọn ( ) 1 1;1;2 2  = − = u AH . Dễ thấy ,  d uu không cùng phương nên  cắt đường thẳng d . Vậy phương trình đường thẳng  là 1 2 4 1 1 2 − − − == x y z . Dạng 7. 1. Tìm M sao cho 2 2 2 1 1 2 2 ... nn P MA MA MA =  +  + +  a) Nhỏ nhất khi 12 ... 0 n  +  + +   b) Lớn nhất khi 12 ... 0 n  +  + +   | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 279 Phương pháp. 2. Tìm M sao cho 1 1 2 2 ... nn P MA MA MA =  +  + +  nhỏ nhất hoặc lớn nhất, trong đó 1 0 n i i =   . Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức 1 1 2 2 ... 0 nn IA IA IA  +  + +  = điểm I tổn tại và duy nhất nếu 1 0 n i i =   . Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 1 ... n P MI IA MI IA MI IA =  + +  + + +  + ( ) 22 1 2 1 1 ... n ni i IM IA = =  +  + +  +   Do 2 1 1 n i i IA =   không đổi nên • Nếu 12 ... 0 n  +  + +   thì P nhỏ nhất MI  nhỏ nhất • Nếu 12 ... 0 n  +  + +   thì P lớn nhất MI  lớn nhất 2. ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 ... . n n n i i P MI IA MI IA MI IA MI = =  + +  + + +  + =   Do đó P nhỏ nhất hoặc lớn nhất MI  nhỏ nhất hoặc lớn nhất • Nếu M thuộc đường thẳng  (hoặc mặt phẳng ( ) P ) thì MI lớn nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên  (hoặc ( ) P ). • Nếu M thuộc mặt cầu ( ) S và đường thẳng đi qua I và tâm của ( ) S , cắt ( ) S tại 2 điểm , AB ( ) IA IB  thì MI nhỏ nhất (lớn nhất) MB  ( ) MA  CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA. Câu 1 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 1 − A , ( ) 3; 2;1 − B , ( ) 5; 1;2 − C . Tìm điểm M trên mặt phẳng Oyz sao cho 2 2 2 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Gọi điểm ( ) ;; I x y z thỏa mãn: 0 + − = IA IB IC Khi đó : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 5 0 1 2 2 1 0 1 1;1; 2 2 1 1 2 0 − + − − − =  =−    − + − − − − − =  =  − −   =− − − + − − − =   x x x x y y y y I z z z z ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 16 9 9 36 4 16 16 + − = + + + + + − + + = − IA IB IC ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  + − = + + + − + = + + − MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC Với điểm I cố định, 2 2 2 16 + − = − IA IB IC và điểm M trên mặt phẳng Oyz sao cho 2 2 2 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng Oyz . Vậy ( ) 0;1; 2 − M . Câu 2 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 280 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 1 − A , ( ) 3; 2;1 − B , ( ) 5; 1;2 − C . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) : 2 5 0 + − − = P x y z sao cho 2 2 2 −− MA MB MC đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Gọi điểm ( ) ;; I x y z thỏa mãn 0 − − = IA IB IC Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 5 0 7 2 2 1 0 5 7; 5;4 4 1 1 2 0 − − − − − =  =    − − − − − − − =  = −  −   = − − − − − − =   x x x x y y y y I z z z z ( ) ( ) ( ) 2 2 2 36 49 25 16 9 9 4 16 4 52 − − = + + − + + − + + = IA IB IC ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  − − = + − + − + = − + − − MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC Với điểm I cố định, 2 2 2 52 − − = IA IB IC và điểm M trên mặt phẳng ( ) P sao cho biểu thức 2 2 2 −− MA MB MC đạt giá trị lớn nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) P . Gọi đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P 7 : 5 2 4 =+    = − +   =−  xt d y t zt M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) P là giao điểm của ( ) P và d Ta có hệ phương trình ( ) ( ) 7 52 7 2 5 2 4 5 0 2 9; 1;3 4 2 5 0 =+   = − +   + + − + − + − =  =  −  =−   + − − =  xt yt t t t t M zt x y z Vậy ( ) 9; 1;3 − M . Câu 3 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 1 − A , ( ) 3; 2;1 − B , ( ) 5; 1;2 − C . Tìm điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho 24 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Gọi điểm ( ) ;; I x y z thỏa mãn 2 4 0 + − = IA IB IC Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 5 0 13 2 2 2 4 1 0 2 13; 2;7 7 1 2 1 4 2 0 − + − − − =  =    − + − − − − − =  = −  −   = − − + − − − =   x x x x y y y y I z z z z 24  + − = − = MA MB MC MI MI Với điểm I cố định điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho 24 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng Oxz . Vậy ( ) 13;0; 2 − M . Câu 4 | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 281 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 1 − A , ( ) 3; 2;1 − B , ( ) 5; 1;2 − C . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) : 2 6 0 + − + = P x y z sao cho 53 −+ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Gọi điểm ( ) ;; I x y z thỏa mãn 5 3 0 − + = IA IB IC Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 3 3 5 0 1 2 5 2 3 1 0 11 1; 11;0 0 1 5 1 3 2 0 − − − + − =  =−    − − − − + − − =  = −  − −   = − − − − + − =   x x x x y y y y I z z z z 53  − + = − = MA MB MC MI MI Với điểm I cố định điểm M trên mặt phẳng ( ) P sao cho 24 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng P . Gọi đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P 1 : 11 2 = − +    = − +   =  xt d y t zt M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) P là giao điểm của ( ) P và d Ta có hệ phương trình ( ) ( ) 1 11 1 11 4 6 0 1 0; 10; 2 2 2 6 0 = − +   = − +   − + + − + + + =  =  − −  =−   + − + =  xt yt t t t t M zt x y z Vậy ( ) 0; 10; 2 −− M Dạng 8. Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : − + − + − = S x a x b x c r , và ( ):0  + + + = Ax By Cz D . Tìm điểm M trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ nó đến mặt cầu đạt giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất! Phương pháp Giả sử mặt cầu có tâm ( ) ;; I a b c , bán kính r . Gọi H là hình chiếu của I lên mp ( )  . • Trường hợp 1. ( ) ( )     =  IH R S  H 1 M 2 M  I Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 282 Gọi ( )  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )  , ( )  cắt ( ) S tại hai điểm 12 ; MM . Giả sử ( ) ( ) 21 ,,    d M d M ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 : , , ,         M S d M d M d M . Vậy 2 M là điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách đến mp ( )  đạt max và 1 M là điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách đến mp ( )  đạt min. • Trường hợp 2. ( ) ( )   =    = IH R S H : Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng tại H . Ta có ( )  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )  , ( )  cắt ( ) S tại hai điểm ; HM . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) , 0 min; , max  = =  = d H d M . • Trường hợp 3. ( ) ( ) ( ) 22 ,     = = − IH R S H R r IH Mặt cầu cắt với mp ( )  theo giao tuyến là đường tròn ( ) C tâm H bán kính 22 =− R r IH . Gọi ( )  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )  , ( )  cắt ( ) S tại hai điểm 1 ; M 2 M ( 2 M thuộc tia HI) thì 2 M là điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách đến mp ( )  đạt max và tập hợp tất cả các điểm thuộc đường tròn ( ) C là điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách đến mp ( )  bằng 0 tức đạt min. CÁC BÀI TOÁN MINH H ỌA. Câu 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 49 + + − + − = S x y z và mặt phẳng ( ) : 2 3 6 72 0  − + − = x y z . Tìm điểm M thuộc sao cho khoảng cách từ M đến mp ( )  là 1. Lớn nhất 2. Nhỏ nhất  1 M  M I  M I H | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 283 Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2;3 − I và bán kính 49 7 == r . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3.2 6.3 72 62 , 7 2 3 6 − − + −  = =  + − + d I r ( ) ( )    =  S ( )  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )  , ( ) ( ) 12 : 2 3 , 36 = − +    = −    =+  xt y t t zt . Giao điểm của ( )  và ( ) S là nghiệm hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 12 23 1; 1;9 36 3;5; 3 1 2 3 49 = − +   =− −      =+ −−     + + − + − =  xt yt M zt M x y z Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2.1 3. 1 6.9 72 13 , 7 2 3 6 − − + −  = = + − + dM ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2. 3 3.5 6. 3 72 111 , 7 2 3 6 − − + − −  = = + − + dM a) Vậy ( ) ( ) 2 3;5; 3 − −  MS thì khoảng cách từ 2 M đến mp ( )  là lớn nhất. b) Vậy ( ) ( ) 1 1; 1;9 − MS thì khoảng cách từ 1 M đến mp ( )  là nhỏ nhất. thongqna@gmail.com Dạng 9. Cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : − + − + − = S x a x b x c R và đường thẳng ( ) : d ( ) 01 01 01 , =+   = +    =+  x x a t y y b t t z z c t . Tìm điểm M trên mặt cầu ( ) S sao cho khoảng cách từ nó đến đường thẳng d đạt giá trị lớn nhất hoặc đạt giá trị nhỏ nhất? Phương pháp Mặt cầu có tâm ( ) ;; I a b c , bán kính R . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d . Khi đó sảy ra các trường hợp sau • Trường hợp 1.  IH R hay ( ) S và d không có điểm chung. Gọi 12 ; MM lần lượt là giao điểm của đường thẳng IH và mặt cầu ( ) S . Không mất tính tổng quát, ta giả sử 21  HM HM . 1 M 2 M I H d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 284 Với M thuộc mặt cầu ( ) S , ta có ( ) 21 ;  M H d M d M H , dấu bằng xảy ra khi 2  MM và 1  MM . Vậy khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt giá trị lớn nhất khi 2  MM và đạt giá trị nhỏ nhất khi 1  MM . • Trường hợp 2. = IH R hay ( ) S và d tiếp xúc với nhau. Gọi 12 ; MM lần lượt là giao điểm của đường thẳng IH và mặt cầu ( ) S . Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1  MH . Với M thuộc mặt cầu ( ) S , ta có ( ) 2 ;0  M H d M d , dấu bằng xảy ra khi 2  MM và  MH . Vậy khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt giá trị lớn nhất khi 2  MM và đạt giá trị nhỏ nhất là 0 khi  MH . • Trường hợp 3.  IH R hay ( ) S và d cắt nhau tại hai điểm A và B . Gọi 12 ; MM lần lượt là giao điểm của đường thẳng IH và mặt cầu ( ) S trong đó 2 M nằm trên tia HO . Khi đó ( ) 2 ;0  M H d M d . Hơn nữa, ( ) ;0 = d M d khi  MA hoặc  MB và ( ) 2 ; = d M d M H khi 2  MM . Vậy khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt giá trị lớn nhất khi 2 = MM và đạt giá trị nhỏ nhất là 0 khi  MA hoặc  MB . CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Câu 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho: mặt cầu ( ) ( ) ( ) 22 2 : 2 2 6 − + + − = S x y z và đường thẳng 1 :1 6 =+   =−   = − −  xt d y t zt . Tìm điểm M thuộc ( ) S sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d là M I A B 2 M I H d| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 285 1. Lớn nhất 2. Nhỏ nhất Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 2;0;2 I và bán kính 6 = r . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d . Vì  Hd nên ( ) 1 ;1 ; 6 + − − − H t t t . Khi đó ( ) 1 ; 1 ;8 = − − + + HI t t t . Mà ⊥ IH d suy ra . 0 1 1 8 0 2 =  − + − − − =  = − d HI u t t t t . Khi đó, ta tìm được ( ) 1;3; 4 −− H và 54 = IH R nên ( ) S và d không có điểm chung. Đường thẳng IH có phương trình 1 1 2 =+   =−   =  xt yt zt . Gọi 12 ; MM lần lượt là giao điểm của đường thẳng IH và mặt cầu ( ) S . Khi đó, tọa độ các điểm 12 ; MM thỏa mãn hệ ( ) ( ) 22 2 1 1 2 2 2 6 =+   =−   =   − + + − =  xt yt zt x y z . Giải hệ ta tìm được ( ) ( ) 12 1;1;0 ; 3; 1;4 − MM . Khi đó 2 42 = MH , 1 26 = MH . Với M thuộc mặt cầu ( ) S , ta có ( ) 4 2 ; 2 6  d M d , dấu bằng sảy ra khi 2  MM và 1  MM . Vậy khoảng cách từ M đến đường thẳng d lớn nhất bằng42 khi ( ) 2 3; 1;4 − MM và nhỏ nhất bằng 26 khi ( ) 1 1;1;0  MM . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 286 CÁC BÀI TOÁN T ỔNG H ỢP Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 3 2 15 0 − + − = P x y z và ba điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 1; 1;3 − B , ( ) 1; 1; 1 −− C . Điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc () P sao cho 2 2 2 2 −+ MA MB MC nhỏ nhất. Giá trị 0 0 0 23 ++ x y z bằng? A. 11 B. 5 C. 15 D. 10 Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;4;5 A , ( ) 3;4;0 B , ( ) 2; 1;0 − C và mặt phẳng ( ) :3 3 2 12 0 − − − = P x y z . Gọi ( ) ;; M a b c thuộc ( ) P sao cho 2 2 2 3 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng ++ abc . A. 3 B. 2 C. 2 − D. 3 − Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng 5 và ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 0;1;2 B , ( ) 0;0;3 C . Điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc ( ) P sao cho 2 2 2 32 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị 0 0 0 2 +− x y z bằng? A. 2 9 B. 6 9 C. 46 9 D. 4 9 Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm ( ) 1; 7; 8 −− A , ( ) 2; 5; 9 −− B sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 7; 1; 2 −− M đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Biết ( ) P có một véctơ pháp tuyến là ( ) ; ;4 = n a b , khi đó giá trị của tổng + ab là A. 1 − B. 3 C. 6 D. 2 Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2; 2;1 , −− M ( ) 1;2; 3 − A và đường thẳng 15 : 2 2 1 +− == − x y z d . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. ( ) 2;2; 1 =− u B. ( ) 1;7; 1 =− u C. ( ) 1;0;2 = u D. ( ) 3;4; 4 =− u Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) 7;2;3 A , ( ) 1;4;3 B , ( ) 1;2;6 C , ( ) 1;2;3 D và điểm M tùy ý. Tính OM khi biểu thức 3 = + + + P MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ nhất. A. 3 21 4 = OM B. 26 = OM C. 14 = OM D. 5 17 4 = OM Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 :1 + + = S x y z , ( ) ( ) 2 22 2 : 4 4 + − + = S x y z và các điểm ( ) 4;0;0 A , 1 ;0;0 4    B , ( ) 1;4;0 C , ( ) 4;4;0 D . Gọi M là điểm thay đổi trên ( ) 1 S , N là điểm thay đổi trên ( ) 2 S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 6 = + + + Q MA ND MN BC là A. 2 265 B. 5 265 2 C. 3 265 D. 7 265 2 | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 287 Câu 8. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ( ) 1;3;10 A , ( ) 4;6;5 B và M là điểm thay đổi trên mặt phẳng ( ) Oxy sao cho MA , MB cùng tạo với mặt phẳng ( ) Oxy các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của AM ? A. 63 B. 10 C. 10 D. 82 Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai mặt phẳng ( ) : 3 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 2 5 0 + − − = Q x y z và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0 + + − + − − = S x y z x y z . Gọi M là điểm di động trên ( ) S và N là điểm di động trên ( ) P sao cho MN luôn vuông góc với ( ) Q . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng? A. 9 5 3 + B. 28 C. 14 D. 3 5 3 + Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;0 I , mặt phẳng ( ) : 2 2z 1 0 − − + = P x y và đường thẳng 2 : 1 =   =   =+  x d y t zt . Gọi  d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P , M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( ) P , N là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tọa độ điểm N là A. 13 2; ; 22    N B. 57 2; ; 22    N C. 35 2; ; 22    N D. 53 2; ; 22  −−   N Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 1 1 4 − + − + − = m m S x y z m (với 0  m là tham số thự c) và hai điểm ( ) 2;3;5 A , ( ) 1;2;4 B . Tì m giá trị nhỏ nhất của m để trên ( ) m S tồn tại điểm M sao cho 22 9 −= MA MB . A. 1 = m B. 33 =− m C. 8 4 3 =− m D. 43 2 − = m Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng: ( ) : 2 1 0 − + − = P x y z , ( ) : 2 8 0 − + + = Q x y z , ( ) : 2 4 0 − + − = R x y z . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng ( ) P , ( ) Q , ( ) R lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 144 =+ T AB AC . A. 3 72 3 B. 96 C. 108 D. 3 72 4 Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm ( ) 3; 1;0 − A và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 − + − == − x y z d . Mặt phẳng ( )  chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )  lớn nhất có phương trình là A. 0 + − = x y z B. 20 + − − = x y z C. 10 + − + = x y z D. 2 5 0 − + + + = x y z Câu 14. 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 A. ( ) 1;2;0 M B. ( ) 0;0; 1 − M C. ( ) 1;3; 1 − M D. ( ) 1;3;0 M Oxyz Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 288 Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;0;1 − A , ( ) 1; 1;3 − B và mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 − + − = P x y z . Viết phương trình chính t ắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( ) P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 31 : 26 11 2 +− == − x y z d B. 31 : 26 11 2 +− == − x y z d C. 31 : 26 11 2 +− == x y z d D. 31 : 26 11 2 +− == −− x y z d Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1; 1; 2 A và mặt phẳng ( ) ( ) : 1 1 0 − + + − = P m x y mz , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 26  m B. Không có m . C. 22 −   m D. 62 −   − m Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 22 ; ;0 22     M và mặt cầu ( ) S : 2 2 2 8 + + = x y z . Đường thẳng d thay đổi đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm phân biệt A , B . Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. 4 = S B. 27 = S C. 7 = S D. 22 = S Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) 0; 1;2 , 1;1;2 − AB và đường thẳng 11 : 1 1 1 +− == x y z d . Biết điểm ( ) ;; M a b c thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị 23 = + + T a b c bằng A. 5 B. 3 C. 4 D. 10 Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0  + − + = x y z và ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;0 , 0;2;1 , 1;3; 1 − A B C . Điểm ( )  M sao cho 2 3 4 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 + + = M M M x y z B. 4 + + = M M M x y z C. 3 + + = M M M x y z D. 2 + + = M M M x y z Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 1 1 1 −  = = x y z và hai điểm ( ) 1;2; 5 − A , ( ) 1;0;2 − B . Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức =− T MA MB đạt giá trị lớn nhất là max T . Khi đó, max T bằng bao nhiêu? A. max 3 = T B. max 2 6 3 =− T C. max 57 = T D. max 36 = T Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2;1;3 A , ( ) 6;5;5 B . Gọi ( ) S là mặt cầu có đường kính AB . Mặt phẳng ( ) P vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao của mặt cầu ( ) S và mặt phẳng ( ) P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng ( ) : 2 0 + + + = P x by cz d với b , c ,  d . Tính = + + S b c d . A. 18 =− S B. 11 =− S C. 24 =− S D. 14 =− S | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 289 Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 4;2;5 A , ( ) 0;4; 3 − B , ( ) 2; 3;7 − C . Biết điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng 0 0 0 = + + P x y z . A. 3 =− P B. 0 = P C. 3 = P D. 6 = P Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 2 1 1 −+  = = − x y z và hai điểm ( ) 0; 1;3 − A , ( ) 1; 2;1 − B . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho 22 2 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. A. ( ) 5;2; 4 − M B. ( ) 1; 1; 1 −−− M C. ( ) 1;0; 2 − M D. ( ) 3;1; 3 − M Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 2 3 −− == x y z d , điểm ( ) 2;2;4 A và mặt phẳng ( ) : 2 0 + + − = P x y z . Viết phương trình đư ờng thẳng  nằm trong ( ) P , cắt d sao cho khoảng cách từ A đến  lớn nhất. A. 2 1 2 1 − == − x y z B. 3 4 3 1 2 1 − + − == − x y z C. 2 2 4 1 2 1 − − − == − x y z D. 112 1 2 1 − + − == − x y z Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 2 8 0 − + − = Q x y z , ( ) : 2 2 4 0 − + + = R x y z . Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng ( ) P , ( ) Q , ( ) R lần lượt tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 96 + AB AC là A. 41 3 B. 99 C. 18 D. 24 Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 6;3;2 A , ( ) 2; 1;6 − B . Trên mặt phẳng ( ) Oxy , lấy điểm ( ) ;; M a b c sao cho + MA MB bé nhất. Tính 2 3 4 = + − P a b c . A. 129 = P B. 48 =− P C. 33 = P D. 48 = P Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với ( ) ;0;0 Am , ( ) 0; 1;0 − Bm ; ( ) 0;0; 4 + Cm thỏa mãn = BC AD , = CA BD và = AB CD . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD bằng A. 7 2 B. 14 2 C. 7 D. 14 Câu 28. Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 2;5;3 A và đường thẳng 12 : 2 1 2 −− == x y z d . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm ( ) 1;2; 1 − M đến mặt phẳng ( ) P bằng A. 11 2 6 B. 32 C. 11 18 D. 72 6 Câu 29. Trong không gian , cho mặt cầu và mặt phẳng . Gọi là mặt phẳng song song với và cắt theo thiết diện là đường Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 12 S x y z − + + + − = ( ) : 2 2 3 0 P x y z + − − = ( ) Q ( ) P ( ) S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 290 tròn sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn gi ới hạn bởi có thể tích lớn nhất. Phương trình c ủa mặt phẳng là A. hoặc . B. hoặc . C. hoặc . D. hoặc . Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho điểm 13 ; ;0 22     M và mặt cầu ( ) 2 2 2 :8 + + = S x y z . Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( ) S tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng A. 4 B. 27 C. 22 D. 7 Câu 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 3 2 4 − + − + − = S x y z . Gọi ( ) 0 0 0 ;; N x y z là điểm thuộc ( ) S sao cho khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( ) Oxz lớn nhất. Giá trị của biểu thức 0 0 0 = + + P x y z bằng A. 6 B. 8 C. 5 D. 4 Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;1 A và đường thẳng 12 : 2 =+   =   = − −  xt d y t zt . Mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến ( ) P lớn nhất có phương trình là A. 2 4 7 0 + + + = x y z B. 4 7 2 0 − + − = x y z C. 4 5 3 2 0 − + + = x y z D. 3 5 0 + + + = x y z Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 1 2 − + − == x y z m d và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 9 − + − + − = S x y z . Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất A. 1 = m B. 0 = m C. 1 3 =− m D. 1 3 = m Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :2 =+   =−   =  xt d y t zt , 2 :1 2  =    =+    =+  xt d y t zt . Đường thẳng  cắt d ,  d lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng  là A. 12 2 1 3 −− == − x y z B. 42 2 1 3 −− == −− x y z C. 31 2 1 3 −+ == −− x y z D. 2 1 1 2 1 3 − − − == − x y z Câu 35. Cho mặt cầu , . Gọi là đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu và cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất. Nếu là một vectơ chỉ phương của thì tổng bằng bao nhiêu? A. B. C. D. ( ) C ( ) C ( ) Q 2 2 4 0 x y z + − − = 2 2 17 0 x y z + − + = 2 2 2 0 x y z + − + = 2 2 8 0 x y z + − + = 2 2 1 0 x y z + − − = 2 2 11 0 x y z + − + = 2 2 6 0 x y z + − − = 2 2 3 0 x y z + − + = 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 : 3 2 2 4 S x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 22 2 2 : 1 1 1 S x y z − + + − = d O ( ) ; 1; u a b = d 23 S a b =+ 2 S = 1 S = 0 S = 4 S =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 291 Câu 36. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Điểm và sao cho đoạn thẳng ngắn nhất A. , . B. , C. , . D. , . Câu 37. Trong không gian , cho hình hộp biết , , , , điểm thuộc cạnh . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách là A. 17 B. C. D. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm . Phương trình m ặt phẳng đi qua điểm và cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất là: A. B. C. D. Câu 39. Trong không gian cho mặt cầu và đường thẳng . Mặt phẳng chứa và cắt theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. B. C. D. Câu 40. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Phương trì nh mặt phẳng chứa đường thẳng và tạo với đường thẳng một góc lớn nhất là A. B. C. D. Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Gọi là điểm sao cho . Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng đạt giá trị nhỏ nhất là A. B. C. D. Câu 42. Trong không gian , cho mặt cầu và hai điểm , . Mặt phẳng chứa đường thẳng và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức . A. B. C. D. Oxyz 1 : 1 1 2 x y z d == 2 11 : 2 1 1 x y z d +− == − 1 Md  2 Nd  MN 3 3 6 ;; 35 35 35 M    69 17 18 ;; 35 35 35 N −    3 3 6 ;; 35 35 35 M    1 17 18 ;; 35 35 35 N −−    3 3 6 ;; 35 35 35 M    69 17 18 ;; 35 35 35 N    3 3 6 ;; 5 5 5 M    69 17 18 ;; 5 5 5 N −    Oxyz . ABCD A B C D     ( ) 1;0;1 A ( ) 2;1;2 B ( ) 2; 2;2 D − ( ) 3;0; 1 A  − M DC AM MC  + 17 4 6 + 17 8 3 + 17 6 2 + Oxyz ( ) 2; 1; 1 A − ( ) P A O 2 6 0 x y z − + + = 2 6 0 x y z − + − = 2 6 0 x y z + + − = 2 6 0 x y z + − − = Oxyz ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 1 4 S x y z − + − + = 12 : 1 , xt d y t t zt =+   = − +    =−  d ( ) S 3 2 4 8 0 x y z − − − = 10 yz + + = 2 3 0 xy − − = 3 5 2 0 x y z + + + = Oxyz 112 : 2 1 2 x y z d − + − == 11 : 1 2 1 x y z d +−  == d d  10 xz − + = 4 7 0 x y z − + − = 3 2 2 1 0 x y z − − − = 4 7 0 x y z − + − − = Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 0;4;5 B M 2 MA MB = M ( ) : 2 2 6 0 P x y z − − + = 7 9 14 9 17 9 11 9 Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z − + − + − = ( ) 3; 2;6 A − ( ) 0;1;0 B ( ) : 2 0 P ax by cz + + − = AB ( ) S 2 M a b c = + − 2 M = 3 M = 1 M = 4 M = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 292 Câu 43. Trong không gian cho mặt cầu và mặt phẳng . Gọi là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến lớn nhất. Khi đó: A. B. C. D. Câu 44. Trong không gian , cho hai điểm , và đường thẳng . Tìm véctơ ch ỉ phương của đường thẳng đi qua , vuông góc với đường thẳng , đồng thời cách điểm một khoảng lớn nhất. A. B. C. D. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , , và đường thẳng . Gọi là mặt phẳng chứa sao cho , , ở cùng phía đối với mặt phẳng . Gọi , , lần lượt là khoảng cách từ , , đến . Tìm giá trị lớn nhất của . A. B. C. D. Câu 46. Trong không gian , cho ba điểm , , với là các số thự c dương thay đổi tùy ý sao cho . Khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất là A. B. C. D. Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm , và mặt phẳng có phương trình . Gọi là điểm thuộc mặt phẳng sao cho đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng bằng A. B. C. D. Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu và đường thẳng . Gọi là tập tất cả các giá trị của để cắt tại hai điểm phân biệt , sao cho các tiếp diện của tại và tạo với nhau góc lớn nhất có thể. Tính tổng các phần tử của tập hợp . A. B. C. D. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 2018 0 + − + = P x y z và ( ) ( ) : 1 2017 0 + + − + = Q x my m z . Khi hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì điểm H nào dưới đây nằm trong mặt phẳng ( ) Q ? A. ( ) 2017; 1; 1 − H B. ( ) 2017; 1; 1 − H C. ( ) 2017; 0; 0 − H D. ( ) 0; 2017; 0 − H Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 9 S x y z − + − + − = ( ) :2 2 3 0 P x y z − + + = ( ) ;; M a b c M ( ) P 8 abc + + = 5 abc + + = 6 abc + + = 7 abc + + = Oxyz ( ) 2; 2;1 M −− ( ) 1;2; 3 A − 15 : 2 2 1 x y z d +− == − u  M d A ( ) 4; 5; 2 u = − − ( ) 1;0;2 u = ( ) 8; 7;2 u=− ( ) 1;1; 4 u=− Oxyz ( ) 2;1;0 A − ( ) 4;4; 3 B − ( ) 2;3; 2 C − ( ) 1 1 1 : 1 2 1 x y z d − − − == −− ( )  ( ) d A B C ( )  1 d 2 d 3 d A B C ( )  1 2 3 23 T d d d = + + max 2 21 T = max 6 14 T = max 203 14 3 21 3 T = + + max 203 T = Oxyz ( ) ;0;0 Aa ( ) 0; ;0 Bb ( ) 0;0; Cc ,, abc 2 2 2 1 abc + + = O ( ) ABC 1 3 1 1 3 3 Oxyz ( ) 3;1;0 A ( ) 9;4;9 B − ( ) P 2 1 0 x y z − + + = ( ) ;; I a b c ( ) P IA IB − abc ++ 4 − 22 13 13 − Oxyz ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 4 S x y z − + + + = 2 : 1 xt d y t z m t =−   =   = − +  T m d ( ) S A B ( ) S A B T 3 3 − 5 − 4 −| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 293 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 1 42 : 3 =−   =   =  xt d y t z , 2 1 : =    =    =−  x d y t zt . Phương trình m ặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên là A. ( ) 2 2 2 39 2 24  + + + + =   x y z B. ( ) 2 2 2 39 2 24  − + + − =   x y z C. ( ) 2 2 2 33 2 22  − + + − =   x y z D. ( ) 2 2 2 33 2 22  + + + + =   x y z Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 3 1 ++  = = − x y z và hai điểm ( ) 1;2; 1 − A , . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là lớn nhất. Phương trình đư ờng thẳng d là: A. 35 2 2 1 −+ == − x y z B. 2 1 3 4 + == − x y z C. 21 3 1 1 +− == − x y z D. 1 2 1 1 6 5 − − + == − x y z Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật .     ABCD A B C D có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ) ;0;0 Bm , ( ) 0; ;0 Dm , ( ) 0;0; An với m , 0  n và 4 += mn . Gọi M là trung điểm của cạnh  CC . Khi đó thể tích tứ diện  BDA M đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 245 108 B. 9 4 C. 64 27 D. 75 32 Câu 53. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 0; 2; 1 −− A , ( ) 2; 4;3 −− B , ( ) 1;3; 1 − C và mặt phẳng ( ) : 2 3 0 + − − = P x y z . Tìm đi ểm ( )  MP sao cho 2 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. A. 11 ; ; 1 22  −   M B. 11 ; ;1 22  −−   M C. ( ) 2;2; 4 − M D. ( ) 2; 2;4 −− M Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng  đi qua điểm ( ) 0;0;1 A và vuông góc với mặt phẳng Ozx . Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm ( ) 0;4;0 B tới điểm C trong đó C là điểm cách đều đường thẳng  và trục Ox . A. 1 2 B. 32 C. 6 D. 65 2 Câu 55. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm ( ) 0; 1;2 − M , ( ) 1;1;3 − N . Một mặt phẳng ( ) P đi qua M , N sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 0;0;2 K đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ véctơ pháp tuyến n của mặt phẳng ( ) P . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 294 A. ( ) 1; 1;1 =− n B. ( ) 1;1; 1 =− n C. ( ) 2; 1;1 =− n D. ( ) 2;1; 1 =− n Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với a , b , c là các số thự c dương thay đổi tùy ý sao cho 2 2 2 3 + + = abc . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ) ABC lớn nhất bằng: A. 1 3 B. 3 C. 1 3 D. 1 Câu 57. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc , trong đó 0  a , 0  b , 0  c . Mặt phẳng ( ) ABC đi qua điểm ( ) 1;2;3 I sao cho thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó các số a , b , c thỏa mãn đẳng thức nào sau đây? A. 12 + + = abc B. 2 6 + = − a b c C. 18 + + = abc D. 0 + − = a b c Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 0;0; 2 − A , ( ) 4;0;0 B . Mặt cầu ( ) S có bán kính nhỏ nhất, đi qua O , A , B có tâm là A. ( ) 0;0; 1 − I B. ( ) 2;0;0 I C. ( ) 2;0; 1 − I D. 42 ;0; 33  −   I Câu 59. Một khối đa diện H được tạo thành bằng cách từ một khối lập phương cạnh bằng 3 , ta bỏ đi khối lập phương cạnh bằng 1 ở một “góc” của nó như hình v ẽ. Gọi S là khối cầu có thể tích lớn nhất chứa trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( )     A B C D , ( )  BCC B và ( )  DCC D . Tính bán kính của S . A. 23 3 + B. 33 − C. 23 3 D. 2 Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;3 M . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng ( ) P cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C . Tính thể tích khối chóp . O ABC . A. 1372 9 B. 686 9 C. 524 3 D. 343 9 Câu 61. 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. ' A ' B ' C ' D B C D| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 295 Câu 62. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 0;1;3 M , ( ) 10;6;0 N và mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 − + − = P x y z . Điểm ( ) 10; ; − I a b thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho − IM IN lớn nhất. Khi đó tổng =+ T a b bằng A. 5 = T B. 1 = T C. 2 = T D. 6 = T Câu 63. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;1 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt chiều dương của các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C thỏa mãn 2 = OA OB . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 64 27 B. 10 3 C. 9 2 D. 81 16 Câu 64. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 16 − + − + − = S x y z và các điểm ( ) 1;0;2 A , ( ) 1;2;2 − B . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm A , B sao cho thiết diện của ( ) P với mặt cầu ( ) S có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình ( ) P dưới dạng ( ) : 3 0 + + + = P ax by cz . Tính = + + T a b c . A. 3 B. 3 − C. 0 D. 2 − Câu 65. Cho , , , , , là các số thự c thỏa mãn Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức lần lượt là , Khi đó, bằng A. B. C. D. Câu 66. Trong không gian , cho hai điểm , và mặt cầu có phương trình . Mặt phẳng đi qua điểm và tiếp xúc với mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất. Giá trị của khi đó là A. B. C. D. Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm ; . Điểm trong không gian thỏa mãn . Khi đó độ dài lớn nhất bằng A. B. C. D. Câu 68. Trong không gian , cho ba điểm , , . Gọi là điểm thỏa mãn và đạt giá trị nhỏ nhất. Tính A. B. C. D. Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm và mặt phẳng , là tham số. Gọi là hình chiếu vuông góc của điểm trên . Tính khi khoảng cách từ điểm đến lớn nhất? A. B. C. D. a b c d e f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 1 2 3 1 . 3 2 9 d e f a b c  − + − + − =   + + − + =   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 F a d b e c f = − + − + − M m Mm − 10 10 8 22 ( ) Oxyz ( ) 0;8;2 A ( ) 9; 7;23 B − ( ) S ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 5 3 7 72 S x y z − + + + − = ( ):0 P x by cz d + + + = A ( ) S B ( ) P b c d ++ 2 b c d + + = 4 b c d + + = 3 b c d + + = 1 b c d + + = Oxyz ( ) 2;2; 2 A−− ( ) 3; 3;3 B − M 2 3 MA MB = OM 63 12 3 53 2 53 Oxyz ( ) 1;0;1 A − ( ) 3;2;1 B ( ) 5;3;7 C ( ) ;; M a b c MA MB = MB MC + P a b c = + + 4 P = 0 P = 2 P = 5 P = Oxyz ( ) 2;1;3 A ( ) ( ) : 2 1 2 0 P x my m z m + + + − − = m ( ) ;; H a b c A ( ) P ab + A ( ) P 1 2 ab + = − 2 ab += 0 ab += 3 2 ab += Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 296 Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Hai điểm , thay đổi trên các đoạn , sao cho đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi ngắn nhất thì trung đi ểm của đoạn có tọa độ là A. B. C. D. Câu 71. Trong hệ tọa độ cho , , . Mặt phẳng đi qua , vuông góc với mặt phẳng sao cho mặt phẳng cắt các cạnh , tại các điểm , thỏa mãn thể tích tứ diện nhỏ nhất. Mặt phẳng có phương trình: A. B. C. D. Câu 72. Trong không gian cho đường thẳng và mặt phẳng . Đường thẳng đi qua , song song với đồng thời tạo với góc bé nhất. Biết rằng có một véctơ chỉ phương Tính . A. B. C. D. Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 21 : 1 2 3 −+ == x y z d và hai điểm ( ) 2;0;3 A , ( ) 2; 2; 3 −− B . Biết điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc d thỏa mãn 44 + MA MB nhỏ nhất. Tìm 0 x . A. 0 1 = x B. 0 3 = x C. 0 0 = x D. 0 2 = x Câu 74. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 0;0;2 A , ( ) 3;4;1 B . Tìm giá trị nhỏ nhất của + AX BY với X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho 1 = XY . A. 3 B. 5. C. 2 17 + D. 1 2 5 + Câu 75. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 3 − A và mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0 + − + = P x y z . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương ( ) 3;4; 4 =− u cắt ( ) P tại B . Điểm M thay đổi trong ( ) P sao cho M luôn nhìn đo ạn AB dưới góc o 90 . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. ( ) 2; 1;3 −− H B. ( ) 1; 2;3 −− I C. ( ) 3;0;15 K D. ( ) 3;2;7 − J Câu 76. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 1;5;0 A , ( ) 3;3;6 B và đường thẳng 11 : 2 1 2 +−  = = − x y z . Gọi ( ) ;;  M a b c sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng = + + T a b c ? A. 2 = T B. 3 = T C. 4 = T D. 5 = T Câu 77. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 2; 1; 3 −− B , ( ) 6; 1; 3 −− C . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, điểm ( ) ; ;0 A a b , 0  b sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị cos + ab A . A. 10 B. 20 − C. 15 D. 31 3 − Oxyz ( ) 1;0;1 A ( ) 0;1; 1 B − D E OA OB DE OAB DE DE 22 ; ;0 44 I     22 ; ;0 33 I     11 ; ;0 33 I    11 ; ;0 44 I    Oxyz ( ) 3;3;0 A ( ) 3;0;3 B ( ) 0;3;3 C ( ) P O ( ) ABC ( ) P AB AC M N OAMN ( ) P 20 x y z + − = 20 x y z + + = 0 xz −= 0 yz −= , Oxyz 2 1 2 : 4 4 3 x y z d + − + == − ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + + =  ( ) 2; 1; 2 E−− ( ) P d  ( ) ; ; 1 . u m n = 22 T m n =− 5 T =− 4 T = 3 T = 4 T =−| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 297 Câu 78. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau và D khác phía với O so với ( ); ABC đồng thời ,, A B C lần lượt là giao điểm của các trục ,, Ox Oy Oz và ( ) : 1 25  + + = +− x y z m m m (với 2, − m 0  m ,5  m ). Tìm khoảng cách ngắn nhất từ tâm mặt cầu ngoại tiếp I của tứ diện ABCD đến . O A. 30 B. 13 2 C. 26 D. 26 2 Câu 79. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 1 0 + + − = P x y z , đường thẳng 15 22 37 : 1 2 2 − − − == x y z d và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 8 6 4 4 0 + + − − + + = S x y z x y z . Một đường thẳng ( )  thay đổi cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm A , B sao cho 8 = AB . Gọi  A ,  B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho  AA ,  BB cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức  + AA BB là A. 8 30 3 9 + B. 24 18 3 5 + C. 12 9 3 5 + D. 16 60 3 9 + Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 2;1;1 I có bán kính bằng 4 và mặt cầu ( ) 2 S có tâm ( ) 2;1;5 J có bán kính bằng 2 . ( ) P là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S . Đặt M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến ( ) P . Giá trị + Mm bằng A. 15 B. 83 C. 9 D. 8 Câu 81. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 2;0;0 A , ( ) 1;1;1 M . Mặt phẳng ( ) P thay đổi qua AM cắt các tia Oy , Oz lần lượt tại B , C . Khi mặt phẳng ( ) P thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 56 B. 36 C. 46 D. 26 Câu 82. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 4 0 + + − + + = S x y z x y z và điểm ( ) 1;2; 1 − M . Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt ( ) S tại hai điểm A , B . Tìm giá trị lớn nhất của tổng + MA MB . A. 8 B. 10 C. 2 17 D. 8 2 5 + Câu 83 . Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 1 : 1 4 − + + = S x y z , và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 2 3 1 1 − + − + − = S x y z và đường thẳng 2 :3 2 =−   =−   = − −  xt d y t zt . Gọi , AB là hai điểm tùy ý thuộc ( ) 1 S , ( ) 2 S và M thuộc đường thẳng d . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức =+ P MA MB bằng A. 2211 11 B. 3707 3 11 − C. 1771 2 110 11 + D. 3707 11 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 298 Câu 84. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 4 0 + − = P x y z , đường thẳng 1 1 3 : 2 1 1 − + − == − x y z d và điểm ( ) 1; 3; 1 A thuộc mặt phẳng ( ) P . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( ) P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi ( ) ; ; 1 = u a b là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Tính 2 + ab . A. 23 + = − ab B. 20 += ab C. 24 += ab D. 27 += ab Câu 85. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm và . Gọi là đường thẳng đi qua , nhận vecto làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng sao cho khoảng cách từ đến đạt giá trị nhỏ nhất. Biết , là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó bằng: A. B. C. D. Câu 86. Trong không gian , cho các điểm , , , đường tròn là giao của mặt phẳng và mặt cầu . Hỏi có bao nhiêu điểm thuộc đường tròn sao cho đạt giá trị lớn nhất? A. B. C. D. Oxyz ( ) 2;2; 3 M − ( ) 4;2;1 N −  M ( ) ;; u a b c = ( ) : 2 0 P x y z + + = N  a b abc ++ 15 13 16 14 Oxyz ( ) 3; 1;2 A − ( ) 1;1;2 B ( ) 1; 1;4 C − ( ) C ( ) : 4 0 P x y z + + − = ( ) 2 2 2 : 4 6 10 0 S x y z x z + + − − + = M ( ) C T MA MB MC =++ 3 2 4 1| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 299 HƯ ỚNG D ẪN GI ẢI Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) :3 3 2 15 0 P x y z − + − = và ba điểm ( ) 1;2;0 A , ( ) 1; 1;3 − B , ( ) 1; 1; 1 −− C . Điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc ( ) P sao cho 2 2 2 2 −+ MA MB MC nhỏ nhất. Giá trị 0 0 0 23 ++ x y z bằng? A. 11 B. 5 C. 15 D. 10 L ời gi ải Xét điểm I thỏa 20 − + = IA IB IC suy ra ( ) 1;2; 2 − I . 2 2 2 2 −+ MA MB MC ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 = + − + + + MI IA MI IB MI IC 2 2 2 2 22 = + − + MI IA IB IC . 2 2 2 2 −+ MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên () P . Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình 13 23 22 =+   =−   = − +  xt yt zt suy ra 0 0 0 13 23 22 =+   =−   = − +  xt yt zt . Mà 0 0 0 3 3 2 15 0 − + − = x y z ( ) ( ) ( ) 3 1 3 3 2 3 2 2 2 15 0  + − − + − + − = t t t 1 = t . ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 3 2 1 3 3 2 3 2 2  + + = + + − + − + x y z t t t 6 =− t 5 = . Chọn ý B. Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 1;4;5 A , ( ) 3;4;0 B , ( ) 2; 1;0 − C và mặt phẳng ( ) :3 3 2 12 0 − − − = P x y z . Gọi ( ) ;; M a b c thuộc ( ) P sao cho 2 2 2 3 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng ++ abc . A. 3 B. 2 C. 2 − D. 3 − L ời gi ải Gọi ( ) ;; I x y z là điểm thỏa mãn 30 + + = IA IB IC (*). Ta có ( ) 1 ;4 ;5 = − − − IA x y z , ( ) 3 ;4 ; = − − − IB x y z và ( ) 3 6 3 ; 3 3 ; 3 = − − − − IC x y z . Từ ( ) * ta có hệ phương trình: 1 3 6 3 0 2 4 4 3 3 0 1 5 3 0 1 − + − + − = =   − + − − − =  =   − − − = =  x x x x y y y y z z z z ( ) 2;1;1  I . Khi đó: ( ) 2 2 2 2 2 2. = = + = + + MA MA MI IA MI MI IA IA . ( ) 2 2 2 2 2 2. = = + = + + MB MB MI IB MI MI IB IB . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 . = = + = + + MC MC MI IC MI MI IC IC . Do đó 2 2 2 2 2 2 2 3 5 3 = + + = + + + S MA MB MC MI IA IB IC . Do 2 2 2 3 ++ IA IB IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) :3 3 2 12 0 − − − = P x y z . Vectơ chỉ phương của IM là ( ) 3; 3; 2 = − − n . Phương trình tham số của IM là: 23 13 12 =+   =−   =−  xt yt zt , ( )  t . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 300 Gọi ( ) ( ) 2 3 ;1 3 ;1 2 + − −  M t t t P là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) P . Khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 3 2 3 3 1 3 2 1 2 12 0 22 11 0 2 + − − − − − =  − =  = t t t t t . Suy ra 71 ; ;0 22  −   M . Vậy 71 3 22 + + = − = abc . Chọn ý A. Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng 5 và ba điểm ( ) 1;2;1 A , ( ) 0;1;2 B , ( ) 0;0;3 C . Điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc ( ) P sao cho 2 2 2 32 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị 0 0 0 2 +− x y z bằng? A. 2 9 B. 6 9 C. 46 9 D. 4 9 L ời gi ải Gọi I là điểm thỏa mãn 3 2 0 + + = IA IB IC ( ) 1 32 6  = + + OI OA OB OC 1 5 13 ;; 6 6 6     I . Khi đó, ta có: 2 2 2 32 = + + Q MA MB MC ( ) ( ) ( ) 2 2 2 32 = + + + + + MI IA MI IB MI IC 2 2 2 2 6 3 2 = + + + MI IA IB IC Do 2 2 2 32 ++ IA IB IC không đổi nên Q nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Mà M thuộc mặt phẳng ( ) P nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I trên ( ) P . ( ) ⊥ MI P nên phương trình MI là 1 6 5 6 13 6  =+    =+    =+   xt yt zt 1 5 13 ;; 6 6 6   + + +   M t t t . Ta có ( )  MP 1 5 13 40 6 6 6  + + + + − = tt 5 18 = t 4 10 22 ;; 9 9 9     M . Suy ra 0 0 0 2 +− x y z 4 20 22 9 9 9 = + − 2 9 = . Chọn ý A. Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm ( ) 1; 7; 8 −− A , ( ) 2; 5; 9 −− B sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 7; 1; 2 −− M đến ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Biết ( ) P có một véctơ pháp tuyến là ( ) ; ;4 = n a b , khi đó giá trị của tổng + ab là A. 1 − B. 3 C. 6 D. 2 L ời gi ải Do ( ) P có một véctơ pháp tuyến ( ) ; ;4 = n a b và qua ( ) 1; 7; 8 −− A nên ( ) ( ) ( ) ( ) : 1 7 4 8 0 − + + + + = P a x b y z . Do ( ) P đi qua ( ) 2; 5; 9 −− B nên 2 4 0 + − = ab 42  = − ab . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 301 Với ( ) 7; 1; 2 −− M , ta có ( ) ( ) , = d d M P 22 64 16 ++ = ++ ab ab 2 68 5 16 32 − = −+ b bb ( ) 22 2 16 64 36 5 16 32 −+  = = −+ d b b fb bb Ta có ( ) ( ) 2 2 2 64 576 512 5 16 32 −+  = −+ bb fb bb . Cho ( ) 0 1 8  =  =  = f b b b . Lập bảng biến thiên ta thấy d đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ( ) fb đạt giá trị lớn nhất 1 = b 2 = a 3  + = ab . Cách khác: Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên ( ) P và đường thẳng AB . Ta có: ( ) 3; 3; 10 −− K và ( ) ( ) , = d M P MH MK . Dấu bằng xảy ra khi  HK , khi đó ( ) ( ) 4; 2; 8 2 2;1;4 = − − − = − MH , mặt phẳng ( ) P nhận vecto ( ) 2;1;4 = n làm vectơ pháp tuyến. Vậy 3 += ab . Chọn ý B. Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2; 2;1 , −− M ( ) 1;2; 3 − A và đường thẳng 15 : 2 2 1 +− == − x y z d . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. ( ) 2;2; 1 =− u B. ( ) 1;7; 1 =− u C. ( ) 1;0;2 = u D. ( ) 3;4; 4 =− u L ời gi ải Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d , khi đó ( ) P chứa  . Mặt phẳng ( ) P qua ( ) 2; 2;1 −− M và có vectơ pháp tuyến ( ) 2;2; 1 = = − Pd nu nên có phương trình ( ) : 2 2 9 0 + − + = P x y z . Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và  . Khi đó: = AK AH const nên min AK khi  KH . Đường thẳng AH đi qua ( ) 1,2, 3 − A và có vectơ chỉ phương ( ) 2;2; 1 =− d u nên AH có phương trình tham số: 12 22 3 =+   =+   = − −  xt yt zt . Ta có ( ) 1 2 ;2 2 ; 3   + + − − H AH H t t t . P d A H K M  Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 302 Đồng thời ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 3 9 0 2 3; 2; 1   + + + − − − + =  = −  − − − H P t t t t H . Vậy ( ) 1;0;2 == u HM . Chọn ý C. Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm ( ) 7;2;3 A , ( ) 1;4;3 B , ( ) 1;2;6 C , ( ) 1;2;3 D và điểm M tùy ý. Tính OM khi biểu thức 3 = + + + P MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ nhất. A. 3 21 4 = OM B. 26 = OM C. 14 = OM D. 5 17 4 = OM L ời gi ải Ta có ( ) 6;0;0 = DA , ( ) 0;2;0 = DB , ( ) 0;0;3 = DC nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử ( ) 1; 2; 3 + + + M x y z . Ta có ( ) 2 22 6 = − + + MA x y z 6 − x 6 − x , ( ) 2 22 2 = + − + MB x y z 2 − y 2 − y . ( ) 2 22 3 = + + − MC x y z 3 − z 3 − z , ( ) 2 2 2 33 = + + MD x y z ( ) 2  + + x y z  + + x y z . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 6 2 3 11  − + − + − + + + = P x y z x y z . Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11, khi và chỉ khi 0 60 20 30 0 = = =   −   −   −  + +    x y z x y z x y z 0  = = = x y z . Khi đó ( ) 1;2;3 M suy ra 2 2 2 1 2 3 = + + OM 14 = . Chọn ý C. Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( ) 2 2 2 1 :1 + + = S x y z , ( ) ( ) 2 22 2 : 4 4 + − + = S x y z và các điểm ( ) 4;0;0 A , 1 ;0;0 4    B , ( ) 1;4;0 C , ( ) 4;4;0 D . Gọi M là điểm thay đổi trên ( ) 1 S , N là điểm thay đổi trên ( ) 2 S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 6 = + + + Q MA ND MN BC là A. 2 265 B. 5 265 2 C. 3 265 D. 7 265 2 L ời gi ải Mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 0;0;0 O bán kính bằng 1, mặt cầu ( ) 2 S có tâm ( ) 0;4;0 I bán kính bằng 2 . Ta có bốn điểmO , A , D , I là bốn đỉnh của hình vuông cạnh bằng 4 , và 1 4 = OB , 1 = IC . Ta có  OMA OBM ∽ ( ) −− c g c 44  = =  = MA OM MA MB BM OB •  IND ICN ∽ ( ) −− c g c 22  = =  = ND IN ND NC CN IC Ta có 4 4 4 6 = + + + Q MB NC MN BC | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 303 ( ) 265 5 265 4 6 4 6 10 10. 42 = + + +  + = = = BM MN NC BC BC BC BC . Vậy Q nhỏ nhất là bằng 5 265 2 , dấu “ =” xảy ra khi M , N là giao điểm của BC với các mặt cầu. Chọn ý B. Câu 8. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ( ) 1;3;10 A , ( ) 4;6;5 B và M là điểm thay đổi trên mặt phẳng ( ) Oxy sao cho MA , MB cùng tạo với mặt phẳng ( ) Oxy các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của AM ? A. 63 B. 10 C. 10 D. 82 L ời gi ải Gọi ( ) ( ) ; ;0  M x y Oxy . Ta có ( ) ( ) , 10 = d A Oxy ; ( ) ( ) ,5 = d B Oxy . Do đó, MA , MB cùng tạo với mặt phẳng ( ) Oxy các góc bằng nhau khi và chỉ khi 2 = MA MB ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 100 4 4 6 25   − + − + = − + − +  x y x y ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 100 4 4 6 25   − + − + = − + − +  x y x y 22 10 14 66 0  + − − + = x y x y ( ) ( ) 22 5 7 8  − + − = xy . Đặt 5 8 cos 8 cos 5 7 8 sin 8 sin 7  − =  =  +    − =  =  +   xx yy . Khi đó, ta có ( ) ( ) 22 2 1 3 100 = − + − + AM x y ( ) ( ) 22 8 cos 4 8 sin 4 100 =  + +  + + ( ) 16 2 sin cos 140 32sin 140 108 4   =  +  + =  + +    . Suy ra 63  AM . Dấu “=” xảy ra khi 3 sin 1 2 44    + = −   = − +    k ,  k . Khi đó 3 5 =   =  x y ( ) 3;5;0  M . Vậy min 6 3 = AM . Chọn ý A. Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai mặt phẳng ( ) : 3 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 2 5 0 + − − = Q x y z và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0 + + − + − − = S x y z x y z . Gọi M là điểm di động trên ( ) S và N là điểm di động trên ( ) P sao cho MN luôn vuông góc với ( ) Q . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng? A. 9 5 3 + B. 28 C. 14 D. 3 5 3 + L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 − I , bán kính 5 = R ; ( ) ( ) , 3 3 = d I P . Có MN có vectơ chỉ phương ( ) 1;2; 2 − u , mặt phẳng ( ) P có vectơ pháp tuyến ( ) 1; 1;1 − n . Gọi  là góc giữa MN và mặt phẳng ( ) P . sin .   = un un 1 3 = . Oxyz Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 304 Ta có ( ) ( ) , sin =  d M P MN ( ) ( ) 3. , = d M P ( ) ( ) 3. , +  d I P R 9 5 3 =+ . Vậy giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng 9 5 3 + . Chọn ý A. Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1;0;0 I , mặt phẳng ( ) : 2 2z 1 0 − − + = P x y và đường thẳng 2 : 1 =   =   =+  x d y t zt . Gọi  d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P , M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( ) P , N là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tọa độ điểm N là A. 13 2; ; 22    N B. 57 2; ; 22    N C. 35 2; ; 22    N D. 53 2; ; 22  −−   N L ời gi ải Phương trình đường thẳng  d là: 1 2 2 =+   =−   =−  xt yt zt . Tọa độ điểm M ứng với t là nghiệm phương trình ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 0 + − − − − + = ttt 2 9  = − t 7 4 4 ;; 999     M . Như vậy 2 3 = IM . Gọi H là hình chiếu của N trên d thì 11 . 23  == IMN S IM NH NH . Do đó, diện tích tam giác IMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài NH nhỏ nhất. Ta có N là điểm thuộc đường thẳng d nên ( ) 2; ;1 + N n n ( ) 1; ;1 + IN n n . Đường thẳng  d có véc-tơ chỉ phương ( ) 1; 2; 2  = − − u . Ta có: ( ) , 2; 3; 2   = + − −  IN u n n , nên: ( ) , ;     ==  IN u NH d N d u ( ) ( ) 22 2 2 3 2 3 + + + − − = nn 2 59 2 24 1 32  ++   = n . Như vậy, NH nhỏ nhất là bằng 1 2 khi và chỉ khi 5 5 3 2; ; 2 2 2  = −  − −   nN . Chọn ý D. Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 1 1 4 − + − + − = m m S x y z m (với 0  m là tham số thự c) và hai điểm ( ) 2;3;5 A , ( ) 1;2;4 B . Tìm giá trị nhỏ nhất của m để trên ( ) m S tồn tại điểm M sao cho 22 9 −= MA MB . A. 1 = m B. 33 =− m C. 8 4 3 =− m D. 43 2 − = m L ời gi ải Gọi ( ) ;; M x y z , suy ra 22 9 −= MA MB | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 305 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 5 1 2 4 9   − + − + − − − + − + − =  x y z x y z  40 + + − = x y z Suy ra tập các điểm ( ) ;; M x y z thỏa mãn 22 9 −= MA MB là mặt phẳng ( ) : 4 0 + + − = P x y z Trên ( ) m S tồn tại điểm M sao cho 22 9 −= MA MB khi và chỉ khi ( ) m S và ( ) P có điểm chung ( ) ( ) ;  d I P R 1 1 4 2 111 + + −  ++ mm 2 2 3  −  mm 2 16 16 0  − +  mm 8 4 3 8 4 3  −   + m Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 8 4 3 − . Chọn ý C. Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng: ( ) : 2 1 0 − + − = P x y z , ( ) : 2 8 0 − + + = Q x y z , ( ) : 2 4 0 − + − = R x y z . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng ( ) P , ( ) Q , ( ) R lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 144 =+ T AB AC . A. 3 72 3 B. 96 C. 108 D. 3 72 4 L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 1;0;0  MP và ba mặt phẳng ( ) P , ( ) Q , ( ) R đôi một song song với nhau. Gọi  B ,  C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các mặt phẳng ( ) Q , ( ) R , ta có: ( ) ( ) ;  = AB d A Q ( ) ( ) ; = d M Q ( ) 2 22 1 2.0 0 8 1 2 1 − + + = + − + 36 2 = . ( ) ( ) ;  = AC d A R ( ) ( ) ; = d M R ( ) 2 22 1 2.0 0 4 1 2 1 − + − = + − + 6 2 = . Do 3  = AB AC nên đặt 3  =  = CC a BB a . Ta có 2 2 2  =+ AB AB BB 2 27 9 2 =+ a ; 2 2 2 3 2  = + = + AC AC CC a . Nên 2 144 =+ T AB AC 2 2 27 144 9 2 3 2 = + + + a a 2 22 3 72 72 9 2 33 22  = + + +   ++ a aa 2 3 22 3 72 72 3 9 . . 108 2 33 22   + =   ++ a aa . A C ' C B ' B P R Q Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 306 Do đó min 108 = T khi 2 2 = a . Chọn ý C. Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm ( ) 3; 1;0 − A và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 − + − == − x y z d . Mặt phẳng ( )  chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )  lớn nhất có phương trình là A. 0 + − = x y z B. 20 + − − = x y z C. 10 + − + = x y z D. 2 5 0 − + + + = x y z L ời gi ải Gọi H là hình chiếu của A đến d . Khi đó ( ) 2 ; 1 2 ;1 − − + + H t t t ( ) 1 ;2 ;1  = − − + AH t t t . Do ⊥ AH d ( ) 1 2.2 1 0  − − − + + + = t t t 1 3  = − t . Khi đó 2 2 2 ;; 3 3 3  = − −   AH . Mặt phẳng ( )  chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )  lớn nhất khi ( ) ⊥ AH . Do đó ( )  có vectơ pháp tuyến là ( ) 1;1; 1 =− n . Vậy ( ) :  ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 0 − + + − − = x y z 0  + − = x y z . Chọn ý A. Câu 14. 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 A. ( ) 1;2;0 M B. ( ) 0;0; 1 − M C. ( ) 1;3; 1 − M D. ( ) 1;3;0 M L ời gi ải 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 3 = + + + MG GA GB GC . Do đó 2 2 2 ++ MA MB MC bé nhất khi MG bé nhất  M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy . Vậy ( ) 1;3;0 M . Chọn ý D. Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 3;0;1 − A , ( ) 1; 1;3 − B và mặt phẳng ( ) : 2 2 5 0 − + − = P x y z . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( ) P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 31 : 26 11 2 +− == − x y z d B. 31 : 26 11 2 +− == − x y z d C. 31 : 26 11 2 +− == x y z d D. 31 : 26 11 2 +− == −− x y z d L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 307 Gọi mặt phẳng ( ) Q là mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng ( ) P . Khi đó phương trình của mặt phẳng ( ) Q là ( ) ( ) ( ) 1 3 2 0 2 1 0 + − − + − = x y z 2 2 1 0  − + + = x y z . Gọi H là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng ( ) Q , khi đó đường thẳng BH đi qua ( ) 1; 1;3 − B và nhận ( ) ( ) 1; 2;2 =− Q n làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là 1 12 32 =+   = − −   =+  xt yt zt . Vì ( ) = H BH Q  H BH ( ) 1 ; 1 2 ;3 2  + − − + H t t t và ( )  HQ nên ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 3 2 1 0 + − − − + + + = t t t 10 9  = − t 1 11 7 ;; 9 9 9  −   H . 26 11 2 ;; 9 9 9 −  =   AH ( ) 1 26;11; 2 9 =− . Gọi K là hình chiếu của B lên đường thẳng d , khi đó Ta có ( ) ; = d B d BK BH nên khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi = BK BH , do đó đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương ( ) 26;11; 2 =− u có phương trình chính tắc: 31 : 26 11 2 +− == − x y z d . Chọn ý A. Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 1; 1; 2 A và mặt phẳng ( ) ( ) : 1 1 0 − + + − = P m x y mz , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 26  m B. Không có m . C. 22 −   m D. 62 −   − m L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ; d A P ( ) ( ) 2 22 1 .1 1 .2 1 11 − + + − = − + + mm mm 2 31 2 2 2 − = −+ m mm 2 2 9 6 1 2 2 2 −+ = −+ mm mm Nhận xét 2 2 9 6 1 0 2 2 2 −+ = −+ mm T mm , với  m . Ta có 2 2 9 6 1 2 2 2 −+ = −+ mm T mm ( ) ( ) 2 2 9 2 3 2 1 0  − − − + − = T m T m T ( ) * Phương trình ( ) * có nghiệm  ( ) ( ) ( ) 2 3 2 9 2 1 0   = − − − −  T T T 2 3 14 0  − +  TT  14 0 3  T . Do đó ( ) ( ) ; d A P đạt giá trị lớn nhất bằng 42 3 khi 5 = m  ( ) 2; 6 . Chọn ý A. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 22 ; ;0 22     M và mặt cầu ( ) S : 2 2 2 8 + + = x y z . Đường thẳng d thay đổi đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm phân biệt A , B . Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 308 A. 4 = S B. 27 = S C. 7 = S D. 22 = S L ời gi ải ( ) S có tâm ( ) 0;0;0 O , bán kính 22 = R , 1 2 2 = OM  M nằm trong mặt cầu ( ) S . Gọi H là trung điểm của AB thì ⊥ OH AB . Ta có 1 . .sin 2 = OAB S OAOB AOB 4sin = AOB . T r ường h ợp 1. o 90  AOB , khi đó OAB S đạt giá trị lớn nhất khi sin 1 = AOB 4 = OAB S T r ường h ợp 2. o 90  AOB , AOB giảm dần thì giá trị sin AOB tăng dần  AB giảm dần  OH tăng dần, mà 1 = OH OM , dấu bằng xảy ra khi  HM , khi đó 22 7 = − = AM OA OM max .7  = = S OM AM . Chọn ý C. Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) 0; 1;2 , 1;1;2 − AB và đường thẳng 11 : 1 1 1 +− == x y z d . Biết điểm ( ) ;; M a b c thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị 23 = + + T a b c bằng A. 5 B. 3 C. 4 D. 10 L ời gi ải Ta có ( ) 1 . ; . 2  = MAB S d M AB AB nên MAB có diện tích nhỏ nhất khi ( ) ; d M AB nhỏ nhất. Gọi  là đường vuông góc chung của , d AB . Khi đó =   Md . Gọi =   N AB . Ta có: ( ) 1;2;0 = AB , phương trình đường thẳng : 1 2 2 =   = − +   =  xs AB y s z Do  N AB ( ) ; 1 2 ;2  − + N s s ,  Md  ( ) 1 ; ;1 − + + M t t t . ( ) 1; 2 1; 1  = − − − + − NM t s t s t . Mà , ⊥ ⊥  MN d MN nên 4 1 2 4 2 0 3 5 1 3 1 2 1 1 0 3 3 1 1  − − + − + = − = − =       − − + − + + − = − =   =  t s t s t s t t s t s t t s s . Do đó 147 ;; 3 3 3    M hay 2 3 10 = + + = T a b c . Chọn ý D. O A B H M| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 309 Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0  + − + = x y z và ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;0 , 0;2;1 , 1;3; 1 − A B C . Điểm ( )  M sao cho 2 3 4 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 1 + + = M M M x y z B. 4 + + = M M M x y z C. 3 + + = M M M x y z D. 2 + + = M M M x y z L ời gi ải Xét điểm ( ) ;; I a b c thỏa mãn 2 3 4 0 + − = IA IB IC . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 4 1 0 0 2 1 3 2 4 3 0 4 0; 4;7 7 2 3 1 4 1 0 − − − − =  =    − + − − − =  = −  −   = − + − − − − =   a a a a b b b b I c c c c . Khi đó: 2 3 4 2 3 4 2 3 4 + − = + − + + − = MA MB MC MI MI MI IA IB IC IM . Do đó 2 3 4 +− MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất thì M là hình chiếu của I trên ( )  . Gọi  qua I và vuông góc với ( )  . Khi đó: 2 :4 72 =    = − +   =−  xt yt zt . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 7 2 9 0 1 + − + − − + =  = t t t t . Vậy ( ) 2; 3;5 − M 4  + + = M M M x y z . Chọn ý B. Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 1 1 1 −  = = x y z và hai điểm ( ) 1;2; 5 − A , ( ) 1;0;2 − B . Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức =− T MA MB đạt giá trị lớn nhất là max T . Khi đó, max T bằng bao nhiêu? A. max 3 = T B. max 2 6 3 =− T C. max 57 = T D. max 36 = T L ời gi ải ( ) 2; 2;7 = − − AB . Phương trình đường thẳng AB là: 12 2 27  = − −    =−    =+  xt yt zt . Xét vị trí tương đối của  và AB ta thấy  cắt AB tại điểm 1 2 1 ;; 3 3 3  −−   C . 4 4 14 ;; 3 3 3  = − −   AC ; 3 2 = AC AB nên B nằm giữa A và C . = −  T MA MB AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy max = T AB 57 = . Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 310 Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 2;1;3 A , ( ) 6;5;5 B . Gọi ( ) S là mặt cầu có đường kính AB . Mặt phẳng ( ) P vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao của mặt cầu ( ) S và mặt phẳng ( ) P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng ( ) : 2 0 + + + = P x by cz d với b , c ,  d . Tính = + + S b c d . A. 18 =− S B. 11 =− S C. 24 =− S D. 14 =− S L ời gi ải Ta có ( ) 4;4;2 = AB 6 = AB suy ra mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 4;3;4 I và bán kính 3 = R . Đặt ( ) 03 =   IH x x . Gọi r là bán kính đường tròn tâm H suy ra 2 2 2 9 = − = − r R x x . Thể tích khối nón là ( ) ( ) 2 2 2 11 . . 3 . 3 33 =  =  − + V r AH x x . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có ( ) ( ) ( ) 3 1 1 6 3 3 32 6 2 3 3 6 6 3 3 + +   =  − + +       V x x x V . Vậy thể tích khối nón lớn nhất bằng 32 3  khi 33 63 22 − = +  =  = x x x IH . Mặt phẳng ( ) P vó vec tơ pháp tuyến ( ) 2; ; = n b c . Vì ( ) P vuông góc với đoạn AB nên ta có n cùng phương với AB  2 2 1 442 =  ==  =  b bc c . Vậy ( ) : 2 2 0 + + + = P x y z d . Mặt khác ( ) ( ) 22 18 3 15 8 6 4 ; 1 1 18 3 18 3 21 2 2 1 + = = − + + +  =  =  + =    + = − = − ++  dd d d I P d dd . Mặt khác A và I nằm cùng phía với mặt phẳng ( ) P nên ta có ( ) ( ) 18 9 18 0 9 −  + +    −  d dd d . Vậy 21 =− d suy ra 2 1 21 18 = + + = + − = − S b c d . Chọn ý A. Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 4;2;5 A , ( ) 0;4; 3 − B , ( ) 2; 3;7 − C . Biết điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng 0 0 0 = + + P x y z . A. 3 =− P B. 0 = P C. 3 = P D. 6 = P L ời gi ải I A B H r R| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 311 Gọi ( ) 2;1;3 G là trọng tâm ABC 33  + + = = MA MB MC MG MG Do đó ++ MA MB MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất Mà ( ) , =   MG d G Oxy GH nên MG nhỏ n hất khi  MH khi đó M là hình chiếu vuông góc của G lên ( ) Oxy ( ) 2;1;0  M 0 0 0 3  + + = x y z Chọn ý C. Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 2 1 1 −+  = = − x y z và hai điểm ( ) 0; 1;3 − A , ( ) 1; 2;1 − B . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho 22 2 + MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. A. ( ) 5;2; 4 − M B. ( ) 1; 1; 1 −−− M C. ( ) 1;0; 2 − M D. ( ) 3;1; 3 − M L ời gi ải Vì M thuộc đường thẳng  nên ( ) 1 2 ; ; 2 + − − M t t t . Ta có 22 2 + MA MB ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 5 2 2 2 3  = + + + + + + + + + +  t t t t t t 2 18 36 53 = + + tt  22 2 + MA MB ( ) 2 18 1 35 = + + t 35  , t . Vậy ( ) 22 min 2 35 += MA MB 1  = − t hay ( ) 1; 1; 1 −−− M . Chọn ý B. Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 2 3 −− == x y z d , điểm ( ) 2;2;4 A và mặt phẳng ( ) : 2 0 + + − = P x y z . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong ( ) P , cắt d sao cho khoảng cách từ A đến  lớn nhất. A. 2 1 2 1 − == − x y z B. 3 4 3 1 2 1 − + − == − x y z C. 2 2 4 1 2 1 − − − == − x y z D. 112 1 2 1 − + − == − x y z L ời gi ải Tọa độ giao điểm B của d và ( ) P là nghiệm của hệ phương trình 11 1 2 3 20 −−  ==    + + − =  x y z x y z 1 0 1 =   =   =  x y z . Suy ra ( ) 1;0;1 B . Ta có  đi qua . B Gọi H là hình chiếu của A lên  . A B H  P d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 312 Gọi ( ) ,  =  d A AH AB , nên ( ) ,  dA đạt giá trị lớn nhất là AB . Khi đó đường thẳng  qua B và có một véc tơ chỉ phương là ( ) , 1; 2;1  = = − −  P u n AB với ( ) 1;1;1 = P n . Thế tọa độ ( ) 1;0;1 B vào bốn phương án, chỉ phương án B thỏa mãn. Chọn ý B. Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 − + + = P x y z , ( ) : 2 2 8 0 − + − = Q x y z , ( ) : 2 2 4 0 − + + = R x y z . Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng ( ) P , ( ) Q , ( ) R lần lượt tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 96 + AB AC là A. 41 3 B. 99 C. 18 D. 24 L ời gi ải Ta có ba mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ,, P Q R đôi một song song và ( ) P nằm giữa ( ) ( ) ,. QR ( ) ( ) ( ) 22 18 ,3 1 2 2 d P Q + == ++ , ( ) ( ) ( ) 22 14 ,1 1 2 2 d P R − == ++ . Suy ra 22 96 96 3 99 1 +  + = AB AC . Đẳng thức xảy ra khi  vuông góc với () P . Chọn ý B. Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) 6;3;2 A , ( ) 2; 1;6 − B . Trên mặt phẳng ( ) Oxy , lấy điểm ( ) ;; M a b c sao cho + MA MB bé nhất. Tính 2 3 4 = + − P a b c . A. 129 = P B. 48 =− P C. 33 = P D. 48 = P L ời gi ải Mặt phẳng ( ) Oxy có phương trình 0 = z , và A , B nằm cùng phía với ( ) Oxy . Gọi  A là điểm đối xứng với A qua ( ) Oxy ( ) 6;3; 2  − A . Ta có + MA MB  =+ MA MB bé nhất khi M ,  A , B thẳng hàng, khi đó ( )  = M A B Oxy . Ta có ( ) ( ) 4; 4;8 4 1;1 2  = − − = − − AB suy ra  AB có một vectơ chỉ phương ( ) 1;1 2 =− u   AB : 2 1 62 =+   = − +   =−  xt yt zt ( )  t .   M A B ( ) 2 ; 1 ;6 2  + − + − M t t t . Do ( )  M Oxy 6 2 0 3  − =  = tt ( ) 5;2;0  M . Vậy 2 3 4 33 = + − = P a b c . Chọn ý C. Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với ( ) ;0;0 Am , ( ) 0; 1;0 − Bm ; ( ) 0;0; 4 + Cm thỏa mãn = BC AD , = CA BD và = AB CD . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD bằng A. 7 2 B. 14 2 C. 7 D. 14 L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 313 Đặt = BC a ; = CA b ; = AB c . Gọi M , N lần lượt là trrung điểm của AB và CD . Theo giả thiết ta có tam giác  =  ABC CDA ( ) .. ccc = CM DM hay tam giác CMD cân tại M ⊥ MN CD . Chứng minh tương tự ta cũng có ⊥ MN AB . Gọi I là trung điểm của MN thì = IA IB và = IC ID . Mặt khác ta lại có = AB CD nên  =  BMI CNI = IB IC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Ta có 2 2 2 =+ IA IM AM 22 44 =+ MN AB 22 4 + = MN c . Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên 2 2 2 2 22 4 +− = a b c CM 2 2 2  = − MN CI CN 2 2 2 2 22 44 +− =− a b c c 2 2 2 2 +− = a b c . Vậy 2 2 2 2 8 ++ = abc IA . Với ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 1 2 4 + + = + − + + a b c m m m ( ) 2 6 1 28 = + + m Vậy ( ) 2 2 6 1 28 7 82 ++ = m IA min 7 14 22  = = IA . Chọn ý B. Câu 28. Trong không gian Oxyz cho điểm ( ) 2;5;3 A và đường thẳng 12 : 2 1 2 −− == x y z d . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm ( ) 1;2; 1 − M đến mặt phẳng ( ) P bằng A. 11 2 6 B. 32 C. 11 18 D. 72 6 L ời gi ải A M B D N I C Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 314 Gọi ( ) 1 2 ; ;2 2 ++ I t t t là hình chiếu vuông góc của A trên d . d có véctơ chỉ phương là ( ) 2;1;2 = d u Ta có .0 = d AI u ( ) ( ) ( ) 2 1 2 5 2 1 2 0 1 − + − + − =  = t t t t suy ra ( ) 3;1;4 I . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) , = AH d A P AI suy ra khoảng cách từ A đến ( ) P lớn nhất bằng AI . Khi đó mặt phẳng ( ) P qua I và nhận ( ) 1; 4;1 =− AI làm véctơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( ) P : 4 3 0 − + − = x y z Khoảng cách từ ( ) 1;2; 1 − M đến mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) 1 8 1 3 11 2 , 6 1 16 1 − − − == ++ d M P . Chọn ý A. Câu 29. Trong không gian , cho mặt cầu và mặt phẳng . Gọi là mặt phẳng song song với và cắt theo thiết diện là đường tròn sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng là A. hoặc . B. hoặc . C. hoặc . D. hoặc . L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2;3 − I và bán kính 23 = R . Gọi r là bán kính đường tròn ( ) C và H là hình chiếu của I lên ( ) Q . Đặt = IH x ta có 22 =− r R x 2 12 =− x Vậy thể tích khối nón tạo được là ( ) ( ) 1 .. 3 = C V IH S ( ) 2 2 1 . . 12 3 =  − xx ( ) 3 1 12 3 =  − xx . Gọi ( ) 3 12 =− f x x x với ( ) 0;2 3  x . Thể tích nón lớn nhất khi ( ) fx đạt giá trị lớn nhất Ta có ( ) 2 12 3  =− f x x ; ( ) 0  = fx 2 12 3 0  − = x 2  =  x 2 = x . Lập bảng biến thiên ta dễ thấy max 1 16 3 = V 16 3  = khi 2 == x IH . Mặt phẳng ( ) ( ) // QP nên ( ) : 2 2 0 + − + = Q x y z a Và ( ) ( ) ; = d I Q IH ( ) ( ) 2 22 2.1 2 2 3 2 2 2 1 + − − + = + + − a  56 −= a 11 1 =    =−  a a . Vậy mặt phẳng ( ) Q có phương trình 2 2 1 0 + − − = x y z hoặc 2 2 11 0 + − + = x y z . Chọn ý C. Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho điểm 13 ; ;0 22     M và mặt cầu ( ) 2 2 2 :8 + + = S x y z . Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( ) S tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 12 S x y z − + + + − = ( ) : 2 2 3 0 P x y z + − − = ( ) Q ( ) P ( ) S ( ) C ( ) C ( ) Q 2 2 4 0 x y z + − − = 2 2 17 0 x y z + − + = 2 2 2 0 x y z + − + = 2 2 8 0 x y z + − + = 2 2 1 0 x y z + − − = 2 2 11 0 x y z + − + = 2 2 6 0 x y z + − − = 2 2 3 0 x y z + − + =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 315 A. 4 B. 27 C. 22 D. 7 L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0;0;0 O và bán kính 22 = R . Ta có: 13 ; ;0 22  =    OM 1  =  OM R  điểm M nằm trong mặt cầu ( ) S . Gọi H là trung điểm  AB OH OM . Đặt 01 =    OH x x . Đặt 2 2 2 8 sin 22 −− =    = = = AH OA OH x AOH OA OA ; cos 22  = = OH x OA . Suy ra 2 8 sin 2sin cos 4 − =   = xx AOB . Ta có: 2 1 . .sin 8 2  = = − OAB S OAOB AOB x x với 01  x . Xét hàm số ( ) 2 8 =− f x x x trên đoạn   0;1 ( )   22 2 22 82 8 0, 0;1 88 −  = − − =    −− xx f x x x xx   ( ) ( ) 0;1 max 1 7  = = f x f Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng 7 . Chọn ý D. Câu 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 3 2 4 − + − + − = S x y z . Gọi ( ) 0 0 0 ;; N x y z là điểm thuộc ( ) S sao cho khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( ) Oxz lớn nhất. Giá trị của biểu thức 0 0 0 = + + P x y z bằng A. 6 B. 8 C. 5 D. 4 L ời gi ải Gọi d là đường thẳng đi qua tâm ( ) 1;3;2 I của mặt cầu ( ) S và vuông góc với ( ) Oxz . Phương trình tham số của ( ) 1 : 3 , 2 =   = +    =  x d y t t z . Gọi , AB lần lượt là giao điểm của d và ( ) S suy ra: ( ) 1;5;2 A , ( ) 1;1;2 B . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ;;  d A Oxz d B Oxz . Theo đề bài thì  NA ( ) 1;5;2  N 0 0 0 8  + + = x y z . Chọn ý B. Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2;1;1 A và đường thẳng 12 : 2 =+   =   = − −  xt d y t zt . Mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến ( ) P lớn nhất có phương trình là A. 2 4 7 0 + + + = x y z B. 4 7 2 0 − + − = x y z C. 4 5 3 2 0 − + + = x y z D. 3 5 0 + + + = x y z L ời gi ải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 316 Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên ( ) P . Ta có ( ) ( ) ; = d A P AK AH (không đổi)  ( ) ( ) ; d A P lớn nhất khi  KH . Vì  Hd nên ( ) 1 2 ; ; 2 + − − H t t t . Ta có ( ) 2 1; 1; 3 = − − − − AH t t t . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( ) 2;1; 1 =− u Vì H là hình chiếu của A trên d nên .0 = AH u ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 3 0 0 − + − + + =  = t t t t . Vậy ( ) 1;0; 2 =− H ( ) 1; 1; 3  = − − − AH . Mặt phẳng ( ) P qua H và vuông góc với AH nên ( ) P có phương trình 3 5 0 + + + = x y z . Chọn ý D. Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 11 : 1 1 2 − + − == x y z m d và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 2 9 − + − + − = S x y z . Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất A. 1 = m B. 0 = m C. 1 3 =− m D. 1 3 = m L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;1;2 I và bán kính 3 = R . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , = = − EF EH R d I P . Suy ra EF lớn nhất khi ( ) ( ) , d I P nhỏ nhất Đường thẳng d qua ( ) 1; 1; − Am và có véc tơ chỉ phương ( ) 1;1;2 = u . Ta có ( ) 0;2;2 =− AI m , ( ) , 2 ;2 ; 2  = + − −  AI u m m . Suy ra ( ) ( ) 2 , 2 12 ,2 1 1 4  +  = =  ++ AI u m d I P u . Do đó ( ) ( ) , d I P nhỏ nhất khi 0 = m . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , 2 7 = = − = EF EH R d I P Chọn ý B. A H  P K| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 317 Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :2 =+   =−   =  xt d y t zt , 2 :1 2  =    =+    =+  xt d y t zt . Đường thẳng  cắt d ,  d lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng  là A. 12 2 1 3 −− == − x y z B. 42 2 1 3 −− == −− x y z C. 31 2 1 3 −+ == −− x y z D. 2 1 1 2 1 3 − − − == − x y z L ời gi ải Ta có ( ) 1 ;2 ;   = + − d A t t t , ( ) 2 ;1 ;2      = + + d B t t t . . 0 2 1 1 2 0 4 2 2 1 2 0 .0     = − − − − + + − + =        − − + + − + − + =  =    AB u t t t t t t t t t t t t AB u 1 2 3 2 2 6 2 1 1    − = − =     −=   =  tt t tt t . Suy ra ( ) 2;1;1 A , 13 1; ; 22  =−   AB AB ngắn nhất khi và chỉ khi AB là đoạn vuông góc chung của d ,  d . Vậy  đi qua ( ) 2;1;1 A có vectơ chỉ phương ( ) 2 2;1;3 = = − u AB 2 1 1 : 2 1 3 − − −   = = − x y z Chọn ý D. Câu 35. Cho mặt cầu , . Gọi là đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu và cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất. Nếu là một vectơ chỉ phương của thì tổng bằng bao nhiêu? A. B. C. D. L ời gi ải có tâm , bán kính . có tâm , bán kính . Ta có: , do đó và tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm . Vì tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm nên phải tiếp xúc với hai mặt cầu tại . Mặt khác khi . Khi đó, có một vectơ chỉ phương là  , . Vậy . Chọn ý A. 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 : 3 2 2 4 S x y z − + − + − = ( ) ( ) ( ) 22 2 2 : 1 1 1 S x y z − + + − = d O ( ) ; 1; u a b = d 23 S a b =+ 2 S = 1 S = 0 S = 4 S = ( ) 1 S ( ) 1 3; 2; 2 I 1 2 R = ( ) 2 S ( ) 2 1; 0; 1 I 2 1 R = 1 2 1 2 3 I I R R = = + ( ) 1 S ( ) 2 S 5 2 4 ;; 3 3 3 A    d 12 II d A 12 d I I ⊥ ( ) ; d d O d OA = max d OA = d OA ⊥ d ( ) 2; 1; 2 u  = − 2 a =− 2 b = 2 S = Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 318 Câu 36. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Điểm và sao cho đoạn thẳng ngắn nhất A. , . B. , C. , . D. , . L ời gi ải + Đường thẳng có véctơ chỉ phương là và đi qua điểm . + Đường thẳng có véctơ chỉ phương là và đi qua điểm . + Ta có: . Vì nên hai đường thẳng đã cho có vị trí chéo nhau. + Vì nên hai đường thẳng đã cho có vị trí chéo nhau. + Suy ra ngắn nhất khi và chỉ khi là đoạn vuông góc chung của và . + Vì nên và nên . Ta có: . Cách 1. Từ yêu cầu của bài toán ta có hệ phương trình sau:  , . Cách2. Từ yêu cầu của bài toán ta có hệ phương trình sau: , Chọn ý B. Câu 37. Trong không gian , cho hình hộp biết , , , , điểm thuộc cạnh . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách là A. B. C. D. L ời gi ải Oxyz 1 : 1 1 2 x y z d == 2 11 : 2 1 1 x y z d +− == − 1 Md  2 Nd  MN 3 3 6 ;; 35 35 35 M    69 17 18 ;; 35 35 35 N −    3 3 6 ;; 35 35 35 M    1 17 18 ;; 35 35 35 N −−    3 3 6 ;; 35 35 35 M    69 17 18 ;; 35 35 35 N    3 3 6 ;; 5 5 5 M    69 17 18 ;; 5 5 5 N −    1 d ( ) 1 1;1;2 u = ( ) 0;0;0 O 2 d ( ) 2 2;1;1 u =− ( ) 1;0;1 K − ( ) 12 , 1; 5;3 uu  = − −  12 , . 4 u u OK  =  12 , . 5 u u OK  =  MN MN 1 d 2 d 1 Md  ( ) ; ;2 , M m m m m  2 Nd  ( ) 1 2 ; ;1 , N n n n n − − +  ( ) 2 1; ; 2 1 MN n m n m n m = − − − − − + 1 2 .0 .0 MN u MN u  =   =    61 63 nm nm − = −   − = −   17 35 3 35 n m −  =     =   3 3 6 ;; 35 35 35 M    1 17 18 ;; 35 35 35 N −−    1 2 .0 .0 MN u MN u  =   =    61 63 nm nm − = −   − = −   17 35 3 35 n m −  =     =    3 3 6 ;; 35 35 35 M    1 17 18 ;; 35 35 35 N −−    Oxyz . ABCD A B C D     ( ) 1;0;1 A ( ) 2;1;2 B ( ) 2; 2;2 D − ( ) 3;0; 1 A  − M DC AM MC  + 17 17 4 6 + 17 8 3 + 17 6 2 +| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 319 Ta có ; ; . Theo quy tắc hình hộp ta có . Phương trình đường thẳng đi qua và nhận làm véc tơ chỉ phương là . Gọi . Ta có , . Xét vectơ , . Do nên . Dấu xảy ra khi . Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách là . Chọn ý C. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm . Phương trình mặt phẳng đi qua điểm và cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất là: A. B. C. D. L ời gi ải ( ) 1;1;1 AB = ( ) 2;0; 2 AA =− ( ) 1; 2;1 AD=− AB AD AA AC  + + = ( ) 5; 1;1 C  − DC ( ) 2; 2;2 D − ( ) 1;1;1 AB = 2 2 2 xt yt zt =+   = − +   =+  ( ) 2 ; 2 ;2 M t t t DC + − + +  ( ) 1; 2; 1 AM t t t = + − + 2 36 MA t  = + ( ) 3; 1; 1 C M t t t  = − − + ( ) 2 3 1 8 MC t   = − + ( ) 3 ; 6 ut = ( ) 3 3 ;2 2 vt =− u v u v +  + ( ) ( ) 22 3 6 8 AM MC  +  + + 17 8 3 AM MC   +  + "" = ( ) 36 3 1 2 3 t t = − 3 12 t t = − 2 3 3 t  = − ( ) 2 3 1;1 2 3;2 3 1 M  − − − AM MC  + 17 8 3 + Oxyz ( ) 2; 1; 1 A − ( ) P A O 2 6 0 x y z − + + = 2 6 0 x y z − + − = 2 6 0 x y z + + − = 2 6 0 x y z + − − = ( ) 1;0;1 A ( ) 2;1;2 B C ( ) 2; 2;2 D − ( ) ' 3;0; 1 A − ' B ' C ' D M P O H A Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 320 Gọi là hình chiếu của lên mặt phẳng . Suy ra khoảng cách từ đến mặt phẳng chính là . Phương trình mặt phẳng đi qua điểm và cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất khi hay . Phương trình mặt phẳng đi qua điểm và nhận làm một vectơ pháp tuyến: hay . Chọn ý B. Câu 39. Trong không gian cho mặt cầu và đường thẳng . Mặt phẳng chứa và cắt theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. B. C. D. L ời gi ải Mặt cầu có tâm và bán kính là . Ta có có véc tơ chỉ phương Gọi là hình chiếu của trên . Ta có suy ra Gọi là mặt phẳng chứa . Bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng chứa và mặt cầu là , suy ra nhỏ nhất khi lớn nhất. Gọi là hình chiếu của trên . Ta có suy ra lớn nhất khi , lúc đó mặt phẳng qua và có một véc tơ pháp tuyến là . Phương trình mặt phẳng . Chọn ý B. Câu 40. Trong không gian , cho hai đường thẳng và . Phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng và tạo với đường thẳng một góc lớn nhất là A. B. C. D. L ời gi ải H A ( ) P O ( ) P OH ( ) P A O HA  ( ) OA P ⊥ A ( ) 2; 1; 1 OA=− ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 0 x y z − − + + − = 2 6 0 x y z − + − = Oxyz ( ) ( ) ( ) 22 2 : 3 1 4 S x y z − + − + = 12 : 1 , xt d y t t zt =+   = − +    =−  d ( ) S 3 2 4 8 0 x y z − − − = 10 yz + + = 2 3 0 xy − − = 3 5 2 0 x y z + + + = ( ) S ( ) 3;1;0 I 2 R = 12 :1 xt d y t zt =+   = − +   =−  ( ) 2;1; 1 u=− ( ) 1 2 ; 1 ; H t t t + − + − I d .0 IH u = ( ) ( ) 2 2 2 2 0 t t t  − + − + = 1 t = ( ) 3;0; 1 H − ( ) Q d d ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 2 , r R d I Q =− r ( ) ( ) , d I Q M I ( ) Q ( ) ( ) , d I Q IM IH = ( ) ( ) , d I Q ( ) ( ) , d I Q IH = ( ) Q ( ) 3;0; 1 H − ( ) 0; 1; 1 IH = − − ( ) : 1 0 Q y z + + = Oxyz 112 : 2 1 2 x y z d − + − == 11 : 1 2 1 x y z d +−  == d d  10 xz − + = 4 7 0 x y z − + − = 3 2 2 1 0 x y z − − − = 4 7 0 x y z − + − − =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 321 Ta có đường thẳng đi qua điểm và có một véc tơ chỉ phương là . Đường thẳng có một véc tơ chỉ phương là . Gọi là mặt phẳng cần dự ng. Qua kẻ đường thẳng , khi đó góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . Gọi là một điểm bất kỳ trên đường thẳng , và gọi , lần lượt là hình chiếu của trên mặt phẳng và đường thẳng , ta có góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc . Ta có . Do nên nên lớn nhất khi và chỉ khi . Khi đó mặt phẳng đi qua và vuông góc với mặt phẳng . Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng là . Vậy phương trình mặt phẳng đi qua điểm và có một véc tơ pháp tuyến Chọn ý B. Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Gọi là điểm sao cho . Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng đạt giá trị nhỏ nhất là A. B. C. D. L ời gi ải Gọi . Ta có nên . d ( ) 1; 1;2 I − ( ) 2;1;2 u = d  ( ) 1;2;1 u  = ( ) P ( ) 1; 1;2 I − 1 // dd  d ( ) P 1 d ( ) P A 1 d H K A ( ) P d 1 d ( ) P AIH sin sin AH AIH AI AK AIK AI  =     =   AH AK  sin sin AIH AIK  AIH AH AK = HK  ( ) P d ( ) 1 , dd  ( ) P ,, n u u u    =   ( ) 3; 12;3 n  = − ( ) P ( ) 1; 1;2 I − Oxyz ( ) 1;2;3 A ( ) 0;4;5 B M 2 MA MB = M ( ) : 2 2 6 0 P x y z − − + = 7 9 14 9 17 9 11 9 ( ) ;; M x y z 2 MA MB = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 4 5 x y z x y z  − + − + − = + − + −  2 2 2 2 28 34 50 0 3 3 3 x y z x y z  + + + − − + = P A H K I d ' d 1 d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 322 Suy ra tập hợp các điểm thỏa mãn là mặt cầu có tâm và bán kính . Vì nên không cắt . Do đó, khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng đạt giá trị nhỏ nhất là . Chọn ý D. Câu 42. Trong không gian , cho mặt cầu và hai điểm , . Mặt phẳng chứa đường thẳng và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức . A. B. C. D. L ời gi ải Ta có: trong đó không đồng thời bằng . Mặt cầu có tâm và bán kính . Do mặt phẳng chứa đường thẳng nên ta có: Bán kính đường tròn giao tuyến là trong đó . Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là lớn nhất lớn nhất lớn nhất. Coi hàm số là một phương trình ẩn ta được , Phương trình có nghiệm lớn nhất . . Chọn ý C. Câu 43. Trong không gian cho mặt cầu và mặt phẳng . Gọi là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến lớn nhất. Khi đó: A. B. C. D. L ời gi ải Mặt cầu có tâm . mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn M 2 MA MB = ( ) S 1 14 17 ;; 3 3 3 I  −   2 R = ( ) ( ) 29 ; 9 d I P = R  ( ) P ( ) S M ( ) : 2 2 6 0 P x y z − − + = min d = ( ) ( ) ; d I P R − 29 2 9 =− 11 9 = Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z − + − + − = ( ) 3; 2;6 A − ( ) 0;1;0 B ( ) : 2 0 P ax by cz + + − = AB ( ) S 2 M a b c = + − 2 M = 3 M = 1 M = 4 M = ( ) ( ) ;; P n a b c ⊥= ;; abc 0 ( ) S ( ) 1;2;3 I 5 R = ( ) P AB ( ) 3 2 6 2 0 2 1 2 0 2 2 a b c b b a c − + − = =    − = = −  22 r R d =− ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 8 16 ; 5 8 8 c cc d d I P cc abc + ++ = = = −+ ++ d 2 22 8 16 1 24 2 3 . 5 8 8 5 5 5 8 8 c c c c c c c + + +  = + − + − + 2 23 5 8 8 c m cc + = −+ 2 23 5 8 8 c m cc + = −+ c ( ) ( ) 2 5 2 4 1 8 3 0 mc m c m − + + − = 2 24 23 1 0 c m m    = − + +  1 1 24 mm  −    1 c = 0 2 1 a M a b c  =  = + − = Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 9 S x y z − + − + − = ( ) :2 2 3 0 P x y z − + + = ( ) ;; M a b c M ( ) P 8 abc + + = 5 abc + + = 6 abc + + = 7 abc + + = ( ) S ( ) 1;2;3 , 3 IR = ( ) ( ) ( ) 2 22 2.1 2.2 3 3 4 , 3 2 2 1 d I P R − + + = =  + − +| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 323 Gọi là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến lớn nhất. Khi thuộc đường thẳng vuông đi qua và vuông góc với . Thay vào mặt cầu Với Với Vậy . Chọn ý D. Câu 44. Trong không gian , cho hai điểm , và đường thẳng . Tìm véctơ chỉ phương của đường thẳng đi qua , vuông góc với đường thẳng , đồng thời cách điểm một khoảng lớn nhất. A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là hình chiếu vuông góc của lên , ta có . Mặt khác, vì nên . Do đó, . Khi đó, đường thẳng đi qua , vuông góc với đường thẳng và vuông góc với đường thẳng nên có véctơ chỉ phương là . Chọn ý A. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , , và đường thẳng . Gọi là mặt phẳng chứa sao cho , , ở cùng phía đối với mặt phẳng . Gọi , , lần lượt là khoảng cách từ , , đến . Tìm giá trị lớn nhất của . A. B. C. D. L ời gi ải ( ) ;; M a b c M ( ) P M  M ( ) P 12 : 2 2 3 xt yt zt =+    = −   =+  ( ) S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9 9 9 1 t t t t t  + − + =  =  =  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2.3 2.0 4 3 10 1 3;0;4 ; 3 2 2 1 t M d M P − + + =   = = + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2. 1 2.4 2 3 1 1 1;4;2 ; 3 2 2 1 t M d M P − − + + = −  −  = = + − + ( ) 3;0;4 M 7 abc  + + = Oxyz ( ) 2; 2;1 M −− ( ) 1;2; 3 A − 15 : 2 2 1 x y z d +− == − u  M d A ( ) 4; 5; 2 u = − − ( ) 1;0;2 u = ( ) 8; 7;2 u=− ( ) 1;1; 4 u=− H A  ( ) ; d A AH = M  AH AM  max AH AM = HM   M d AM ; d u u AM  =  ( ) 4; 5; 2 = − − Oxyz ( ) 2;1;0 A − ( ) 4;4; 3 B − ( ) 2;3; 2 C − ( ) 1 1 1 : 1 2 1 x y z d − − − == −− ( )  ( ) d A B C ( )  1 d 2 d 3 d A B C ( )  1 2 3 23 T d d d = + + max 2 21 T = max 6 14 T = max 203 14 3 21 3 T = + + max 203 T = C B A N G M d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 324 Ta có ; ; . Ta có . Gọi là trung điểm , và là trung điểm của ta có và . Gọi là trọng tâm tam giác . Khi đó ta có . Do đó . Ta có ; suy ra . Gọi là hình chiếu của lên đường thẳng , ta có . . Vậy . Chọn ý B. Câu 46. Trong không gian , cho ba điểm , , với là các số thự c dương thay đổi tùy ý sao cho . Khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất là A. B. C. D. L ời gi ải Do nên phương trình mặt phẳng . Do đó . Ta có theo BĐT Côsi: . Do đó . Dấu “=” xảy ra khi . Chọn ý C. 36 AB = 26 AC = 6 BC = 1 2 3 1 2 2 3 3 2 3 2 T d d d d d d d d = + + = + + + + M AB N BC ( ) ( ) 12 2; d M d d  =+ ( ) ( ) 23 2; d N d d  =+ G MNC ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 ; 2 ; 2 6 ; T d M d N d d G    = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 6 ; 6 ; T d G d G d  = 53 1; ; 22 M −    75 3; ; 22 N −    ( ) 2;3; 2 G − ( ) 1 ;1 2 ;1 H t t t + − − G ( ) d ( ) 1; 2 2;3 GH t t t = − − − − ( ) ( ) ( ) . 0 1 2 2 2 3 0 0 d GH u t t t t =  − − − − − − =  = 2 2 2 max 6 6 1 2 3 6 14 T GH = = + + = Oxyz ( ) ;0;0 Aa ( ) 0; ;0 Bb ( ) 0;0; Cc ,, abc 2 2 2 1 abc + + = O ( ) ABC 1 3 1 1 3 3 , , 0 abc  ( ):1 x y z ABC a b c + + = ( ) ( ) 2 2 2 1 , 1 1 1 d O ABC abc = ++ ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 abc abc  + + + +    2 2 2 1 1 1 9 abc  + +  ( ) ( ) 1 , 3 d O ABC  1 3 abc = = =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 325 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm , và mặt phẳng có phương trình . Gọi là điểm thuộc mặt phẳng sao cho đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng bằng A. B. C. D. L ời gi ải Thay tọa độ hai điểm , vào vế trái phương trình mặt phẳng , ta có và . Nên suy ra, hai điểm , nằm khác phía với mặt phẳng . Gọi là điểm đối xứng với điểm qua mặt phẳng . Ta có . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi , , thẳng hàng và nằm ngoài đoạn . Suy ra là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng . Ta có , nên suy ra phương trình đường thẳng là . Tọa độ điểm là nghiệm của hệ phương trình . Vậy nên . Chọn ý A. Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu và đường thẳng . Gọi là tập tất cả các giá trị của để cắt tại hai điểm phân biệt , sao cho các tiếp diện của tại và tạo với nhau góc lớn nhất có thể. Tính tổng các phần tử của tập hợp . A. B. C. D. L ời gi ải Oxyz ( ) 3;1;0 A ( ) 9;4;9 B − ( ) P 2 1 0 x y z − + + = ( ) ;; I a b c ( ) P IA IB − abc ++ 4 − 22 13 13 − ( ) 3;1;0 A ( ) 9;4;9 B − ( ) P 2.3 1 0 1 6 0 − + + =  ( ) 2. 9 4 9 1 12 0 − − + + = −  A B ( ) P ( ) 1;3; 2 A −− A ( ) P 186 IA IB IA IB A B  − = −  = A  B I I AB  I AB  ( ) P ( ) 8;1;11 AB  =− AB  18 3 2 11 xt yt zt = − −   =+   = − +  I 1 8 7 32 2 11 13 2 1 0 1 x t x y t y z t z x y z t = − − =   = + =    = − + = −   − + + = = −  ( ) 7;2;13 I ( ) 7 2 13 4 abc + + = + + − = − Oxyz ( ) ( ) ( ) 22 2 : 1 2 4 S x y z − + + + = 2 : 1 xt d y t z m t =−   =   = − +  T m d ( ) S A B ( ) S A B T 3 3 − 5 − 4 − Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 326 Mặt cầu có tâm và bán kính . Đường thẳng đi qua điểm và có véc tơ chỉ phương . Điều kiện để cắt tại hai điểm phân biệt là . Khi đó, tiếp diện của tại và vuông góc với và nên góc giữa chúng là góc . Ta có nên . Từ đó suy ra (thỏa). Vậy . Tổng các phần tử của tập hợp bằng . Chọn ý B. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 2018 0 + − + = P x y z và ( ) ( ) : 1 2017 0 + + − + = Q x my m z . Khi hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì điểm H nào dưới đây nằm trong mặt phẳng ( ) Q ? A. ( ) 2017; 1; 1 − H B. ( ) 2017; 1; 1 − H C. ( ) 2017; 0; 0 − H D. ( ) 0; 2017; 0 − H L ời gi ải Vectơ pháp tuyến của ( ) P và ( ) Q lần lượt là ( ) ( ) 1; 2; 2 =− P n ; ( ) ( ) 1; ; 1 =− Q n m m . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q thì 0 90      . Ta có: ( ) ( ) .3 = PQ nn ; ( ) 3 = P n ; ( ) 2 2 2 2 = − + Q n m m 2 1 cos 2 2 2   = −+ mm . Để ( ) P và ( ) Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì cos  lớn nhất 2 2 2 2  − + mm nhỏ nhất. Mà 2 2 1 3 3 2 2 2 2 2 2 2  − + = − +    m m m nên giá trị lớn nhất của là 2 cos 3 = khi 1 2 = m Khi đó ( ) 11 : 2017 0 22 + − + = Q x y z Vậy ( ) ( ) 2017; 1; 1 − HQ . ( ) S ( ) 1;0; 2 I − 2 R = d ( ) 2;0; 1 Nm − ( ) 1;1;1 u=− d ( ) S ( ) ( ) ; d I d R   ; 2 IN u u     2 2 6 6 2 3 mm ++  3 21 3 21 22 m − − − +    ( ) S A B IA IB ( ) ; IA IB ( ) oo 0 ; 90 IA IB  ( ) o max ; 90 IA IB = IA IB ⊥ ( ) ( ) 1 ; 2 d I d AB = 2 =  2 2 6 6 2 3 mm ++ =  2 2 6 0 mm += 0 3 m m =    =−    3;0 T =− T 3 − I H A B M d ( ) S| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 327 Chọn ý A. Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 1 42 : 3 =−   =   =  xt d y t z , 2 1 : =    =    =−  x d y t zt . Phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên là A. ( ) 2 2 2 39 2 24  + + + + =   x y z B. ( ) 2 2 2 39 2 24  − + + − =   x y z C. ( ) 2 2 2 33 2 22  − + + − =   x y z D. ( ) 2 2 2 33 2 22  + + + + =   x y z L ời gi ải Cách 1: 1 d đi qua điểm ( ) 4; 0; 3 A có vectơ chỉ phương là ( ) 1 2; 1; 0 =− u 2 d đi qua điểm ( ) 1; 0; 0 B có vectơ chỉ phương là ( ) 2 0; 1; 1 =− u . Gọi ( )  là mặt phẳng chứa 2 d và song song với 1 d và ( )  là mặt phẳng chứa 1 d và song song với 2 d Ta có VTPT của ( )  và ( )  là ( ) 12 1; 2; 2 =  = n u u ( ) : 2 2 1 0   + + − = x y z , ( ) : 2 2 10 0  + + − = x y z  mặt phẳng song song và cách đều hai mặt phẳng ( )  và ( )  là ( ) 11 : 2 2 0 2  + + − = x y z Vì ( )  tiếp xúc với 1 d và 2 d nên bán kính mặt cầu ( ) ( ) 13 , 22 =  =  R d A loại C, D. Nhận thấy phương án B có tâm ( ) 3 ; 0; 2 2     I nên Ch ọn B Cách 2: Đường thẳng 1 d có vtcp ( ) 1 2;1;0 =− u ; đường thẳng 2 d có vtcp ( ) 2 0;1; 1 =− u Giả sử 1  Md ( ) 4 2 ; ;3 − M t t , 2  Nd ( ) 1; ; − N t t . Khi đó: ( ) 2 3; ; 3  = − − − − MN t t t t . MN là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d khi 1 2 .0 5 6 0 1 2 3 0 1 .0   = − + = =        − + = = − =   MN u t t t t t t MN u Vậy ( ) 2;1;3 , M ( ) 1; 1;1 − N . Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính MN nên có tâm 3 ;0;2 2    I , bán kính 3 22 == AB R Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 328 Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 11 : 2 3 1 ++  = = − x y z và hai điểm ( ) 1;2; 1 − A , . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là: A. 35 2 2 1 −+ == − x y z B. 2 1 3 4 + == − x y z C. 21 3 1 1 +− == − x y z D. 1 2 1 1 6 5 − − + == − x y z L ời gi ải Gọi =   Id . Khi đó ( ) 1 2 ;3 ; 1 − + − − I t t t . Ta có: ( ) 2; 3; 4 = − − AB ; ( ) 2 2;3 2; = − − − AI t t t ( ) ; 8 15 ;6 8;10 12   = − − −  AI AB t t t . Suy ra: ( ) 2 2 , 405 576 228 ; 14 20 8  −+  == −+ AI AB tt d B d tt AI . Xét hàm số ( ) 22 22 405 576 228 3 135 192 76 . 14 20 8 2 7 10 4 − + − + == − + − + t t t t ft t t t t ( ) ( ) 2 2 2 3 6 16 8 . 2 7 10 4 − + −  = −+ tt ft tt . Cho ( ) 2 0 2 3 =    =  =  t ft t . Do đó ( ) ; d B d nhỏ nhất khi ( ) ft đạt giá trị nhỏ nhất bằng 27 tại 2 3 = t . Suy ra 15 ;2; 33  =−   AI . Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( ) 3 1;6; 5 = = − u AI . Vậy phương trình đường thẳng 1 2 1 : 1 6 5 − − + == − x y z d . Chọn ý D. Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật .     ABCD A B C D có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ) ;0;0 Bm , ( ) 0; ;0 Dm , ( ) 0;0; An với m , 0  n và 4 += mn . Gọi M là trung điểm của cạnh  CC . Khi đó thể tích tứ diện  BDA M đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 245 108 B. 9 4 C. 64 27 D. 75 32 L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 329 Cách 1: Ta chia khối hộp chữ nhật .     ABCD A B C D thành các hình chóp có thể tích .1 = M BCD VV , .2    = B B C A VV , .3  = A BC M VV , .4  = A MDC VV , .5    = D A D C VV , .6  = A ABD VV và 7  = BDA M VV . Khi đó, ta có: 2 . 1 2 3 4 5 6 7 .     = = = + + + + + + ABCD A B C D V V m n V V V V V V V . Trong đó 2 1 1 1 1 .. 3 2 2 12 == n V m V ; 2 2 1 1 1 . 3 2 6 == V n m V ; 3 1 1 1 .. 3 4 12 == V m m n V ; 4 1 12 = VV ; 5 1 6 = VV ; 6 1 6 = VV . Suy ra ( ) 2 7 1 2 3 4 5 6 3 1 1 444  = = − + + + + + = − = = BDA M V V V V V V V V V V V V m n ; Do 44 + =  = −  m n n m ( ) ( ) 2 2 3 7 11 44 44  = = − = − BDA M V V m m m m . Xét hàm số ( ) 23 7 1 4 4 =− V m m xác định và liên tục trên   0;4 : ( )     2 7 0 0;4 3 20 8 4 0;4 3  =   = − =   =   m V m m m , ( ) 7 00 = V , 7 8 64 3 27  =   V , ( ) 7 40 = V . Vậy   7 0;4 64 max 27 = V . Cách 2: Dùng phương pháp tọa độ trong không gian. Vì M là trung điểm của cạnh  CC nên ;; 2    n M m m , 44 + =  = − m n n m . Xét tứ diện  BDA M , với các đỉnh có tọa độ là ( ) ;0;0 Bm , ( ) 0; ;0 Dm , ( ) 0;0;4 m  − A , 4 ;; 2 −    m M m m . Ta có ( ) ; ;0 =− BD m m , ( ) ;0;4 m  = − − BA m , 4m 0;m; 2 −  =   BM ( ) 2 2 2 00 , ; ; 4 ;4 ; 0 4 4 0 m m m m BD BA m m m m m m m m m  − −     = = − −   − − − −  , ( ) 2 2 2 3 43 , . 4 6 22 −   = − + = −  m BD BA BM m m m m m m . Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện: 2 3 2 2 1 1 3 4 4 , . 6 6 6 2 4 4  −−    = = − = =    BDA M mm V BD BA BM m m m m . Xét hàm số ( ) 23 7 1 4 4  = = − BDA M V V m m xác định và liên tục trên   0;4 : A ( ) ;0;0 Bm C ( ) 0; ;0 Dm ( ) ' 0;0; An ' B ' C ' D M Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 330 ( )     2 7 0 0;4 3 20 8 4 0;4 3  =   = − =   =   m V m m m , ( ) 7 00 = V , 7 8 64 3 27  =   V , ( ) 7 40 = V . Vậy   7 0;4 64 max 27 = V . Chọn ý C. Câu 53. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 0; 2; 1 −− A , ( ) 2; 4;3 −− B , ( ) 1;3; 1 − C và mặt phẳng ( ) : 2 3 0 + − − = P x y z . Tìm điểm ( )  MP sao cho 2 ++ MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. A. 11 ; ; 1 22  −   M B. 11 ; ;1 22  −−   M C. ( ) 2;2; 4 − M D. ( ) 2; 2;4 −− M L ời gi ải Gọi I , O lần lượt là trung điểm của AB và IC , khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có ( ) ( ) 2 + = + + + = MA MB MI IA MI IB MI ; tương tự 2 += MI MC MO . Suy ra 2 2 2 4 = + + = + = d MA MB MC MI MC MO nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ( ) ⊥ MO P nên M là hình chiếu vuông góc của O lên ( ) P . Có ( ) 0; 2; 1 −− A , ( ) 2; 4;3 −− B ( ) 1; 3;1  − − I , kết hợp với ( ) 1;3; 1 − C ta có ( ) 0;0;0 O . Đường thẳng qua ( ) 0;0;0 O vuông góc với ( ) P có phương trình : 2 =   =   =−  xt d y t zt . Giao điểm của d và ( ) P chính là hình chiếu vuông góc M của ( ) 0;0;0 O lên mặt phẳng ( ) P . Giải hệ 2 2 3 0 + − − =   =   =−    = xt yt z x y z t ta được 1 1 1 , , , 1 2 2 2 = = = = − t x y z . Vậy 11 ; ; 1 22  −   M . Chọn ý A. Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng  đi qua điểm ( ) 0;0;1 A và vuông góc với mặt phẳng Ozx . Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm ( ) 0;4;0 B tới điểm C trong đó C là điểm cách đều đường thẳng  và trục Ox . A. 1 2 B. 32 C. 6 D. 65 2 L ời gi ải | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 331 Vì đường thẳng  đi qua điểm ( ) 0;0;1 A và vuông góc với mặt phẳng Ozx thì  song song với trục Oy và nằm trong mặt phẳng Oyz . Dễ thấy OA là đường vuông góc chung của  và Ox . Xét mặt phẳng ( )  đi qua 1 0;0; 2    I và là mặt phẳng trung trực của OA . Khi đó ( ) //  , ( ) //  Ox và mọi điểm nằm trên ( )  có khoảng cách đến  và Ox là bằng nhau. Vậy tập hợp điểm C là các điểm cách đều đường thẳng  và trục Ox là mặt phẳng ( )  . Mặt phẳng ( )  đi qua 1 0;0; 2    I có véc tơ pháp tuyến là ( ) 0;0;1 = k nên có phương trình: 1 0 2 −= z . Đoạn BC nhỏ nhất khi C là hình chiếu vuông góc của B lên ( )  . Do đó khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm ( ) 0;4;0 B tới điểm C chính là khoảng cách từ ( ) 0;4;0 B đến mặt phẳng ( )  : 1 0 2 −= z ( ) ( ) ( ) 1 0 1 2 min ; 12 BC d B −  =  = = . Chọn ý A. Câu 55. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm ( ) 0; 1;2 − M , ( ) 1;1;3 − N . Một mặt phẳng ( ) P đi qua M , N sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 0;0;2 K đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ véctơ pháp tuyến n của mặt phẳng ( ) P . A. ( ) 1; 1;1 =− n B. ( ) 1;1; 1 =− n C. ( ) 2; 1;1 =− n D. ( ) 2;1; 1 =− n L ời gi ải Ta có: ( ) 1;2;1 =− MN . Đường thẳng ( ) d qua hai điểm M , N có phương trình tham số 12 2 =−   = − +   =+  xt yt zt . Gọi I là hình chiếu vuông góc của K lên đường thẳng ( ) ( ) ; 1 2 ;2  − − + + d I t t t . Khi đó ta có ( ) ; 1 2 ; = − − + KI t t t . Do ( ) 1 1 1 1 1 . 0 2 4 0 ; ; 1;1; 1 3 3 3 3 3  ⊥  =  − + + =  =  = − − = − −   KI MN KI MN t t t t KI . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;;   =  ⊥  nax d K P KI d K P KI KI P ( ) 1;1; 1 =− n . Chọn ý B. A I C B 4  O x z y  1 0,5 Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 332 Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với a , b , c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho 2 2 2 3 + + = abc . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ) ABC lớn nhất bằng: A. 1 3 B. 3 C. 1 3 D. 1 L ời gi ải Phương trình mặt phẳng ( ) ABC : 1 + + = x y z a b c Khi đó: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 ; 1 1 1 1 1 1 ++− == + + + + a b c d O ABC a b c a b c Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 3 3 + +  = = ++ a b c a b c 2 2 2 11 1 1 1 3  ++ abc hay ( ) ( ) 1 ; 3  d O ABC Dấu "" = xảy ra 2 2 2 0 1 3 = =     = = =  + + =  abc abc abc . Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ) ABC lớn nhất bằng 1 3 tại 1 = = = abc . Chọn ý D. Câu 57. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc , trong đó 0  a , 0  b , 0  c . Mặt phẳng ( ) ABC đi qua điểm ( ) 1;2;3 I sao cho thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó các số a , b , c thỏa mãn đẳng thức nào sau đây? A. 12 + + = abc B. 2 6 + = − a b c C. 18 + + = abc D. 0 + − = a b c L ời gi ải Ta có ( ):1 + + = x y z ABC a b c . Do ( ) 1 2 3 1   + + = I ABC abc . Ta có 3 1 2 3 6 1 3 162 = + +    abc a b c abc . Suy ra 1 27 6 = OABC V abc . Dấu bằng xảy ra khi 1 1 2 3 3; 6; 9 3 = = =  = = = a b c abc . Chọn ý C. Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 0;0; 2 − A , ( ) 4;0;0 B . Mặt cầu ( ) S có bán kính nhỏ nhất, đi qua O , A , B có tâm là A. ( ) 0;0; 1 − I B. ( ) 2;0;0 I C. ( ) 2;0; 1 − I D. 42 ;0; 33  −   I L ời gi ải Gọi J là trung điểm AB ( ) 2;0; 1 − J Tam giác ABO vuông tại O nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Gọi I là tâm mặt cầu ( ) S , ( ) S qua các điểm ,, A B O . | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 333 Ta có đường thẳng IJ qua J và có một VTCP là ( ) 0;1;0 = j nên có PTTS 2 1 =   =   =−  x yb z . Ta có ( ) ( ) 2 IJ 2; ; 1 ,IA 5 5   − = +   I I b b IA . Dấu bằng xảy ra khi 0 = b Vậy ( ) 2;0; 1 − I . Chọn ý C. Câu 59. Một khối đa diện H được tạo thành bằng cách từ một khối lập phương cạnh bằng 3 , ta bỏ đi khối lập phương cạnh bằng 1 ở một “góc” của nó như hình vẽ. Gọi S là khối cầu có thể tích lớn nhất chứa trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( )     A B C D , ( )  BCC B và ( )  DCC D . Tính bán kính của S . A. 23 3 + B. 33 − C. 23 3 D. 2 L ời gi ải Gọi M là đỉnh của hình lập phương có cạnh bằng 1 nằm trên đường chéo  AC và nằm trên khối còn lại sau khi cắt. Gọi I là tâm của khối cầu có thể tích lớn nhất thỏa yêu cầu bài toán. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,         == d I A B C D d I BCC B d I DCC D Suy ra I thuộc đoạn thẳng  CM và mặt cầu tâm I cần tìm đi qua điểm M . Đặt ( ) ( ) ,  = d I DCC D a , ta có 3  = IC a . Mà 33  = CA , 3 = AM . Suy ra 2 3 3 =− IM a Ta có ( ) ( ) 23 , 2 3 3 3 3 13  =  = −  = = − + d I DCC D IM a a a . Cách khác Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ( ) 0;0;0  C , ( ) 0;3;0  B , ( ) 3;0;0  D , ( ) 0;0;3 C . ' A ' B ' C ' D B C D Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 334 Khi đó ( ) 2;2;2 M . Ta có phương trình đường thẳng  CM là ( ) ;; =   =   =  xt y t I t t t zt với 20  t do I thuộc đoạn thẳng  CM . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 , 3 2 =  = − d I Oyz IM t t ( ) 2 3 3 3  = −  = − t t t . Suy ra 33 = = − R IM . Chọn ý B. Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2;3 M . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng ( ) P cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C . Tính thể tích khối chóp . O ABC . A. 1372 9 B. 686 9 C. 524 3 D. 343 9 L ời gi ải Gọi ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc . Ta có phương trình mặt phẳng ( ) P là: 1 + + = x y z a b c . Gọi H là hình chiếu của O lên ( ) P . Ta có: ( ) ( ) ; = d O P OH OM . Do đó ( ) ( ) max ; = d O P OM khi và chỉ khi ( ) P qua ( ) 1;2;3 M nhận ( ) 1;2;3 = OM làm VTPT. Do đó ( ) P có phương trình ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 0 2 3 14 1 14 14 7 3 − + − + − =  + + =  + + = x y z x y z x y z . Suy ra: 14 = a , 7 = b , 14 3 = c . Vậy . 1 1 14 686 . . . .14.7. 6 6 3 9 = = = O ABC V OAOB OC . Chọn ý B. ' A ' B ' C ' D B C D M I x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 335 Câu 61. 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. L ời gi ải 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 24  = = I AB R . Ta có 1 . 2 = AMB S MA MB 22 4 +  MA MB 2 4 4 == AB . Dấu "" = xảy ra 22 2  = = = AB MA MB và 4 = AB . Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . Chọn ý A. Câu 62. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) 0;1;3 M , ( ) 10;6;0 N và mặt phẳng ( ) : 2 2 10 0 − + − = P x y z . Điểm ( ) 10; ; − I a b thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho − IM IN lớn nhất. Khi đó tổng =+ T a b bằng A. 5 = T B. 1 = T C. 2 = T D. 6 = T L ời gi ải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 10 2 2 10 0 2.1 2.3 10 10 2.6 2.0 10 0 − + − − + − = − + − − + −  M M M N N N x y z x y z Nên hai điểm M và N nằm cùng phía so với mặt phẳng ( ) P . Ta luôn có: 134 −  = IM IN MN , nên − IM IN lớn nhất khi và chỉ khi I là giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng ( ) P . Đường thẳng MN có vec-tơ chỉ phương ( ) 10;5; 3 =− MN , nên phương trình đường thẳng MN là 10 15 33 =   =+   =−  xt yt zt . Tọa độ giao điểm I của đường thẳng MN với mặt phẳng ( ) P ứng với t là nghiệm phương trình: ( ) ( ) ( ) 10 2 1 5 2 3 3 10 0 1 − + + − − =  = − t t t t Do đó ( ) 10; 4;6 = − − I , từ đó ta có 4 =− a và 6 = b , nên ( ) 4 6 2 = − + = T . Chọn ý C. Câu 63. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;1;1 M . Mặt phẳng ( ) P đi qua M và cắt chiều dương của các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C thỏa mãn 2 = OA OB . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 64 27 B. 10 3 C. 9 2 D. 81 16 L ời gi ải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 336 Giả sử ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc với , , 0  abc . Khi đó mặt phẳng ( ) P có dạng 1 + + = x y z a b c . Vì ( ) P đi qua M nên 1 1 1 1 + + = abc . Mặt khác 2 = OA OB nên 2 = ab nên 31 1 2 += bc 36  2 23 = − b c b . Thể tích khối tứ diện OABC là 0 . Ta có 3 2 3 1 3 3 1 9 3 2 4 4 16 + = + +  b c b b c b c 3 2 91 16 3  bc 2 16 27 9  bc 2 81 3 16  bc . min 81 16 = V khi 3 1 1 43 == bc 9 2 9 4 3  =    =   =    a b c . Chọn ý D. Câu 64. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 16 − + − + − = S x y z và các điểm ( ) 1;0;2 A , ( ) 1;2;2 − B . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua hai điểm A , B sao cho thiết diện của ( ) P với mặt cầu ( ) S có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình ( ) P dưới dạng ( ) : 3 0 + + + = P ax by cz . Tính = + + T a b c . A. 3 B. 3 − C. 0 D. 2 − L ời gi ải Mặt cầu có tâm ( ) 1;2;3 I bán kính là 4 = R . Ta có A , B nằm trong mặt cầu. Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện. Ta có diện tích thiết diện bằng ( ) 2 2 2 =  =  − S r R IH . Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà  IH IK suy ra ( ) P qua , AB và vuông góc với IK . Ta có 5 == IA IB suy ra K là trung điểm của AB . Vậy ( ) 0;1;2 K và ( ) 1;1;1 = KI . Vậy ( ) ( ) ( ) : 1 2 0 − + + − = P x y z 30  − − − + = x y z . Vậy 3 =− T . A B K H I| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 337 Chọn ý B. Câu 65. Cho , , , , , là các số thực thỏa mãn Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức lần lượt là , Khi đó, bằng A. B. C. D. L ời gi ải Gọi thì thuộc mặt cầu có tâm , bán kính , thì thuộc mặt cầu có tâm , bán kính . Ta có và không cắt nhau và ở ngoài nhau. Dễ thấy , max khi Giá trị lớn nhất bằng . min khi Giá trị nhỏ nhất bằng . Vậy Chọn ý C. Câu 66. Trong không gian , cho hai điểm , và mặt cầu có phương trình . Mặt phẳng đi qua điểm và tiếp xúc với mặt cầu sao cho khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn nhất. Giá trị của khi đó là A. B. C. D. L ời gi ải Vì nên ta . Do tiếp xúc với mặt cầu nên . Ta có: a b c d e f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 1 2 3 1 . 3 2 9 d e f a b c  − + − + − =   + + − + =   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 F a d b e c f = − + − + − M m Mm − 10 10 8 22 ( ) ;; A d e f A ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 : 1 2 3 1 S x y z − + − + − = ( ) 1 1;2;3 I 1 1 R = ( ) ;; B a b c B ( ) ( ) ( ) 22 2 2 : 3 2 9 S x y z + + − + = ( ) 2 3;2;0 I − 2 3 R = 1 2 1 2 5 I I R R =  + ( ) 1 S  ( ) 2 S F AB = AB 11 , A A B B   1 2 1 2 9 I I R R + + = AB 22 , A A B B   1 2 1 2 1 I I R R − − = 8 Mm −= ( ) Oxyz ( ) 0;8;2 A ( ) 9; 7;23 B − ( ) S ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 5 3 7 72 S x y z − + + + − = ( ):0 P x by cz d + + + = A ( ) S B ( ) P b c d ++ 2 b c d + + = 4 b c d + + = 3 b c d + + = 1 b c d + + = ( ) AP  8 2 0 b c d + + = 82 d b c  = − − ( ) ( ) : 8 2 0 P x by cz b c  + + − + = ( ) P ( ) S ( ) ( ) ; d I P R = 22 5 11 5 62 1 bc bc −+ = ++ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 11 5 4 1 4 9 7 23 8 2 ; 11 b c b c b c b c d B P b c b c − + + − + − + − − == + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 5 11 5 1 4 ;4 11 b c b c d B P b c b c − + − +   + + + + + ( ) ( ) 22 14 ; 6 2 4 1 bc d B P bc −+   + ++ 1 A 1 I A 2 A B 2 I 2 B 1 B Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 338 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 1 1 16 1 ; 6 2 4 ; 18 2 1 − + + + +   +   ++ Cauchy Schwarz bc d B P d B P bc Dấu “=” xảy ra khi . Vậy khi . Chọn ý C. Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm ; . Điểm trong không gian thỏa mãn . Khi đó độ dài lớn nhất bằng A. B. C. D. L ời gi ải Gọi . Ta có . Như vậy, điểm thuộc mặt cầu tâm và bán kính . Do đó lớn nhất bằng . Chọn ý B. Câu 68. Trong không gian , cho ba điểm , , . Gọi là điểm thỏa mãn và đạt giá trị nhỏ nhất. Tính A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là trung điểm của , suy ra ; . Phương trình mặt phẳng trung trực của : . Vì nên , nằm về một phía so với , suy ra , nằm về hai phía so với . Điểm thỏa mãn khi . Khi đó . nhỏ nhất bằng khi . 22 1 1 4 4 5 11 5 62 0 1 c b b c bc d bc  = − = =−    =  −+  = =   ++  max 18 2 P = 3 b c d + + = Oxyz ( ) 2;2; 2 A−− ( ) 3; 3;3 B − M 2 3 MA MB = OM 63 12 3 53 2 53 ( ) ;; M x y z 2 3 MA MB = 32 MA MB = 22 94 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  + + − + + = M ( ) S ( ) 6;6; 6 I−− 108 6 3 R== OM ( ) ( ) 22 2 6 6 6 6 3 12 3 OI R + = − + + − + = Oxyz ( ) 1;0;1 A − ( ) 3;2;1 B ( ) 5;3;7 C ( ) ;; M a b c MA MB = MB MC + P a b c = + + 4 P = 0 P = 2 P = 5 P = I AB ( ) 1;1;1 I ( ) 4;2;0 AB = AB ( ) : 2 3 0 xy  + − = ( ) ( ) 2.3 1.2 3 . 2.5 1.3 3 50 0 + − + − =  B C ( )  A C ( )  M MA MB = ( ) M   MB MC MA MC AC + = +  MB MC + AC ( ) M AC  =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 339 Phương trình đường thẳng : , do đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ phương trình . Do đó , . Chọn ý D. Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm và mặt phẳng , là tham số. Gọi là hình chiếu vuông góc của điểm trên . Tính khi khoảng cách từ điểm đến lớn nhất? A. B. C. D. L ời gi ải Ta có Phương trình có nghiệm với . Suy ra luôn đi qua đường thẳng . , Đường thẳng có VTCP . Ta có . Vậy . Chọn ý D. Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , . Hai điểm , thay đổi trên các đoạn , sao cho đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi ngắn nhất thì trung điểm của đoạn có tọa độ là A. B. C. D. L ời gi ải AC 12 12 xt yt zt = − +   =   =+  M 12 12 2 3 0 xt yt zt xy = − +   =   =+   + − =  1 1 1 3 t x y z =   =    =   =  ( ) 1;1;3 M 5 abc + + = Oxyz ( ) 2;1;3 A ( ) ( ) : 2 1 2 0 P x my m z m + + + − − = m ( ) ;; H a b c A ( ) P ab + A ( ) P 1 2 ab + = − 2 ab += 0 ab += 3 2 ab += ( ) ( ) 2 1 2 0 2 1 2 0 x my m z m m y z x z + + + − − =  + − + + − = ( ) * ( ) * m  2 1 0 20 yz xz + − =    + − =  ( ) P 2 : 1 2 xt d y t zt =−   =−   =  ( ) 2 ;1 2 ; K d K t t t   − − ( ) ; 2 ; 3 AK t t t − − − d ( ) 1; 2;1 u = − − 1 3 1 . 0 4 3 0 ;0; 2 2 2 AK u t t t t K  =  + + − =  =    AH AK  max AH AK = HK  3 2 ab += Oxyz ( ) 1;0;1 A ( ) 0;1; 1 B − D E OA OB DE OAB DE DE 22 ; ;0 44 I     22 ; ;0 33 I     11 ; ;0 33 I    11 ; ;0 44 I    Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 340 Ta có , , , , . Ta có . Ta có . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Khi đó , Vậy trung điểm của có tọa độ . Chú ý. Sau khi chứng minh được thì ta có thể tìm trung điểm của như sau: Gọi là trung điểm của . Ta có . Chọn ý A. Câu 71. Trong hệ tọa độ cho , , . Mặt phẳng đi qua , vuông góc với mặt phẳng sao cho mặt phẳng cắt các cạnh , tại các điểm , thỏa mãn thể tích tứ diện nhỏ nhất. Mặt phẳng có phương trình: A. B. C. D. L ời gi ải Nhận thấy tam giác đều có trọng tâm , và nên hình chiếu của lên là điểm . Khi đó . Vì và cố định nên thể tích nhỏ nhất khi và chỉ khi nhỏ nhất. ( ) 1;0;1 OA = ( ) 0;1; 1 OB=− 2 OA OB == ( ) 1;1; 2 AB = − − 6 AB = . . ODE OAB S OD OE S OAOB = 1. 22 OD OE = .1 OD OE = cos AOB 2 2 2 2. . OA OB AB OAOB +− = 2 2 6 4 +− = 1 2 − = 2 2 2 2 . cos DE OD OE OD OE AOB = + − 22 . OD OE OD OE = + + 3. OD OE  3 DE  1 OD OE == 2 . 2 OD OA = 22 ;0; 22 D      2 . 2 OE OB = 22 0; ; 22 E  −    I DE 22 ; ;0 44 I     1 OD OE == I DE 11 ; ;0 22 K    AB 1 2 OI OD OK OA == 2 2 OI OK = 22 ; ;0 44 I      Oxyz ( ) 3;3;0 A ( ) 3;0;3 B ( ) 0;3;3 C ( ) P O ( ) ABC ( ) P AB AC M N OAMN ( ) P 20 x y z + − = 20 x y z + + = 0 xz −= 0 yz −= ABC ( ) 2;2;2 G ( ) OG ABC ⊥ O ( ) ABC G ( ) ( ) 1 1 1 . . , . . . . .sin 3 3 2 OAMN AMN V S d O ABC OG AM AN MAN == OG 3 sin 2 MAN = OAMN V . AM AN A B E D O| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 341 Vì , , thẳng hàng nên , suy ra . Đẳng thức xảy ra khi hay . Khi đó mặt phẳng đi qua và nhận là một vectơ pháp tuyến, do đó . Chọn ý A. Câu 72. Trong không gian cho đường thẳng và mặt phẳng . Đường thẳng đi qua , song song với đồng thời tạo với góc bé nhất. Biết rằng có một véctơ chỉ phương Tính . A. B. C. D. L ời gi ải Mặt phẳng có vec tơ pháp tuyến và đường thẳng có vec tơ chỉ phương Vì song song với mặt phẳng nên . Mặt khác ta có . Vì nên bé nhất khi và chỉ khi lớn nhất Xét hàm số . Lập bảng biến thiên ta có suy ra bé nhất khi . Do đó . Làm theo cách này thì không cần đến dữ kiện đường thẳng đi qua . Chọn ý D. Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 21 : 1 2 3 −+ == x y z d và hai điểm ( ) 2;0;3 A , ( ) 2; 2; 3 −− B . Biết điểm ( ) 0 0 0 ;; M x y z thuộc d thỏa mãn 44 + MA MB nhỏ nhất. Tìm 0 x . A. 0 1 = x B. 0 3 = x C. 0 0 = x D. 0 2 = x L ời gi ải Gọi I là trung điểm của AB . Khi đó ta có M N G 3 2 . AB AC AB AC AM AN AM AN = +  4 .. 9 AM AN AB AC  AB AC AM AN = // MN BC ( ) P O ( ) 1;1; 2 GA=− ( ) : 2 0 P x y z + − = , Oxyz 2 1 2 : 4 4 3 x y z d + − + == − ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + + =  ( ) 2; 1; 2 E−− ( ) P d  ( ) ; ; 1 . u m n = 22 T m n =− 5 T =− 4 T = 3 T = 4 T =− ( ) P ( ) 2; 1;2 n=− d ( ) 4; 4;3 v=−  ( ) P 2 2 0 2 2 u n m n n m ⊥  − + =  = + ( ) . cos ; . uv d uv = ( ) 2 2 2 2 2 4 4 3 1. 4 4 3 mn mn −+ = + + + − + ( ) 2 45 41 5 8 5 m mm + = ++ ( ) 2 2 22 45 1 1 16 40 25 .. 5 8 5 5 8 5 41 41 m mm m m m m + ++ == + + + + ( ) 0 ; 90 d      ( ) ;d  ( ) cos ;d  ( ) 2 2 16 40 25 5 8 5 tt ft tt ++ = ++ ( ) ( ) 2 2 2 72 90 5 8 5 tt ft tt −−  = ++ ( ) ( ) max 0 5 f t f== ( ) ;d  02 mn =  = 22 4 T m n = − = −  ( ) 2; 1; 2 E−− Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 342 ( ) 22 22 2 4 4 2 2 2 2 2 2 44 4 2 2 4 2 2 2 42 4 2 2 2 4 2 . 2 2 24 4 2 2 48 37 2 3 2 4 4 10     + = + − = + − −         = + + − + −  = + + = + −   AB AB MA MB MA MB MA MB MI MI AB AB MI MI AB MI MI AB AB AB MI MI AB MI AB Do đó, 44 + MA MB đạt GTNN khi MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên d . Điểm ( ) 2; 1;0 − I . Lấy ( ) 2 ; 1 2 ;3 d + − +  M t t t . ( ) ;2 ;3 = IM t t t . 0 4 9 0 0 ⊥  =  + + =  = dd IM u IM u t t t t Suy ra  MI . Vậy 0 2 = x Chọn ý D. Câu 74. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 0;0;2 A , ( ) 3;4;1 B . Tìm giá trị nhỏ nhất của + AX BY với X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho 1 = XY . A. 3 B. 5. C. 2 17 + D. 1 2 5 + L ời gi ải Lấy ( ) 0;0; 2  − A đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó với mọi  X Oxy thì .  = AX A X Gọi 12 16 ; ;1 55     B thuộc mặt phẳng ( ) OAB và 1  = BB . Gọi H là hình chiếu của B trên mp Oxy . Kẻ  BA cắt OH tại 0 X , dựng hình bình hành 00  BB X Y thì 00 1 = XY . Dễ dàng chứng minh được với 0 X , 0 Y dựng được như vậy thì với mọi ,  X Y Oxy ta luôn có 0 0 0 0 5       + = +  + = + = = AX BY A X BY A X BY A X B X A B . Vậy giá trị nhỏ nhất của + AX BY bằng 5 . Chọn ý B. Câu 75. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( ) 1;2; 3 − A và mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0 + − + = P x y z . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương ( ) 3;4; 4 =− u cắt ( ) P A ' A 1 2 2 − 3 4 O ' B B 0 X 0 Y H x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 343 tại B . Điểm M thay đổi trong ( ) P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc o 90 . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. ( ) 2; 1;3 −− H B. ( ) 1; 2;3 −− I C. ( ) 3;0;15 K D. ( ) 3;2;7 − J L ời gi ải + Đường thẳng d đi qua ( ) 1;2; 3 − A và có vectơ chỉ phương ( ) 3;4; 4 =− u có phương trình là 13 24 34 =+   =+   = − −  xt yt zt . + Ta có: 2 2 2 =− MB AB MA . Do đó ( ) max MB khi và chỉ khi ( ) min MA . + Gọi E là hình chiếu của A lên ( ) P . Ta có:  AM AE . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ME . Khi đó ( ) min = AM AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương. + Ta có:  Bd nên ( ) 1 3 ;2 4 ; 3 4 + + − − B t t t mà ( )  BP suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 2 4 3 4 9 0 1 + + + − − − + =  = − t t t t ( ) 2; 2;1  − − B . + Đường thẳng AE qua ( ) 1;2; 3 − A , nhận ( ) 2;2; 1 =− P n làm vectơ chỉ phương có phương trình là 12 22 3 =+   =+   = − −  xt yt zt . Suy ra ( ) 1 2 ;2 2 ; 3 + + − − E t t t . Mặt khác, ( )  EP nên ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 3 9 0 2 + + + − − − + =  = − t t t t ( ) 3; 2; 1  − − − E . + Do đó đường thẳng. MB . qua ( ) 2; 2;1 −− B , có vectơ chỉ phương ( ) 1;0; 2 = − − BE nên có phương trình là 2 2 12 = − −   =−   =−  xt y zt . Thử các đáp án thấy điểm ( ) 1; 2;3 −− I thỏa. Chọn ý B. Câu 76. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm ( ) 1;5;0 A , ( ) 3;3;6 B và đường thẳng 11 : 2 1 2 +−  = = − x y z . Gọi ( ) ;;  M a b c sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng = + + T a b c ? A. 2 = T B. 3 = T C. 4 = T D. 5 = T L ời gi ải Ta có  M ( ) 1 2 ;1 ;2  = − + − M t t t . ( ) 2 2 ;4 ; 2 = − + − MA t t t , ( ) 4 2 ;2 ;6 2 = − + − MB t t t . Khi đó chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi + MA MB nhỏ nhất. Xét hàm số ( )=+ f t MA MB 22 9 20 9 36 56 = + + − + t t t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 3 2 5 6 3 2 5 6 4 5 2 29 = + + − +  + = tt . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 344 Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi bộ số ( ) 3 ;6 3 − tt và bộ số ( ) 2 5;2 5 tỉ lệ. Suy ra 3 6 3 1 = −  = t t t . Suy ra ( ) 1;0;2 = M . Chú ý ở đây có dùng bất đẳng thức Mincopski ( Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ... ... ... + + + + + +  + + + + + + + n n n n a b a b a b a a a b b b , đúng với mọi i a , i b . Dấu bằng xảy ra khi hai bộ số ( ) 12 , ,..., n a a a và ( ) 12 , ,..., n b b b tỉ lệ. Chọn ý B. Câu 77. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( ) 2; 1; 3 −− B , ( ) 6; 1; 3 −− C . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, điểm ( ) ; ;0 A a b , 0  b sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị cos + ab A . A. 10 B. 20 − C. 15 D. 31 3 − L ời gi ải Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB . Gọi = P BM CN , ta có ⊥ BM CN nên 2 2 2 =+ BC BP CP . Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 24 . 3 9 4 +−  ==   BA BC AC BP BM , ( ) 2 2 2 2 2 2 24 . 3 9 4 +−  ==   CA CB AB CP CN 2 2 2 2 2 2 2 4 5 9 ++  =  + = AB AC BC BC AB AC BC . Góc A lớn nhất cos  A nhỏ nhất. Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 5 cos 2 . 10 . + − + +− == AB AC AB AC AB AC BC A AB AC AB AC 22 2 2 2 . 4 .. 5 . 5 . 5 + =  = AB AC AB AC AB AC AB AC , dấu "" = xảy ra = AB AC . Ta có ( ) ; ;0 A a b , 0  b và ( ) 2; 1; 3 −− B , ( ) 6; 1; 3 −− C A N M P B C| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 345 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 2 ; 1 ; 3 2 1 9 6 ; 1 ;3 6 1 9  = − − − −  = − + + +    = − − − −  = + + + +   AB a b AB a b AC a b AC a b ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 6 1 9 4 4 12 36 2  − + + + = + + + +  − = +  = − a b a b a a a . Ta có ( ) 2 2 2 8;0;6 8 6 100 = −  = + = BC BC . Khi đó từ 2 2 2 5 += AB AC BC và = AB AC ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 5.100 4 1 9 25 19 0 2   =  − + + + + + =  + b ab . Kết hợp với 0  b ta được 14 = b thỏa mãn. Như vậy 2 14 15 4 cos 5 + − + == ab A . Chọn ý C. Câu 78. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau và D khác phía với O so với ( ); ABC đồng thời ,, A B C lần lượt là giao điểm của các trục ,, Ox Oy Oz và ( ) : 1 25  + + = +− x y z m m m (với 2, − m 0  m ,5  m ). Tìm khoảng cách ngắn nhất từ tâm mặt cầu ngoại tiếp I của tứ diện ABCD đến . O A. 30 B. 13 2 C. 26 D. 26 2 L ời gi ải Dựng hình hộp chữ nhật . OAQB CMDP . Gọi I là giao điểm các đường chéo của hình hộp, dễ thấy I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có ( ) ;0;0 , Am ( ) 0; 2;0 , + Bm ( ) 0;0; 5 − Cm suy ra ( ) ; 2; 5 . +− D m m m Bán kính 2 1 1 26 3 6 29 2 2 2 = = − +  R OD m m . Chọn ý D. Câu 79. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 1 0 + + − = P x y z , đường thẳng 15 22 37 : 1 2 2 − − − == x y z d và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 8 6 4 4 0 + + − − + + = S x y z x y z . Một đường thẳng ( )  thay đổi cắt mặt cầu ( ) S tại hai điểm A , B sao cho 8 = AB . Gọi  A ,  B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho  AA ,  BB cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức  + AA BB là A. 8 30 3 9 + B. 24 18 3 5 + C. 12 9 3 5 + D. 16 60 3 9 + L ời gi ải Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 346 Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 4;3; 2 − I và bán kính 5 = R . Gọi H là trung điểm của AB thì ⊥ IH AB và 3 = IH nên H thuộc mặt cầu ( )  S tâm I bán kính 3  = R . Gọi M là trung điểm của  AB thì 2  += AA BB HM , M nằm trên mặt phẳng ( ) P . Mặt khác ta có ( ) ( ) 4 ; 3 = d I P R nên ( ) P cắt mặt cầu ( ) S và ( ) ( ) 5 sin ; sin 33 =  = dP . Gọi K là hình chiếu của H lên ( ) P thì .sin = HK HM . Vậy để  + AA BB lớn nhất thì HK lớn nhất  HK đi qua I nên ( ) ( ) max 4 4 3 3 ;3 33 +  = + = + = HK R d I P . Vậy  + AA BB lớn nhất bằng 4 3 3 3 3 24 18 3 2. 55 3  ++ =    . Chọn ý B. Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 2;1;1 I có bán kính bằng 4 và mặt cầu ( ) 2 S có tâm ( ) 2;1;5 J có bán kính bằng 2 . ( ) P là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu ( ) 1 S , ( ) 2 S . Đặt M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến ( ) P . Giá trị + Mm bằng A. 15 B. 83 C. 9 D. 8 L ời gi ải Giả sử ( ) P tiếp xúc với ( ) 1 S , ( ) 2 S lần lượt tại A và B . Gọi ( ) = IJ P M . Do 2 == IA MI JB MJ nên J là trung điểm của IM . Suy ra ( ) 2;1;9 M . Gọi ( ) ;; = n a b c với 2 2 2 0 + +  abc là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 1 9 0 − + − + − = P a x b y c z . Và: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 , ,  =   =   d I P R d J P R 2 2 2 1 2 = ++ c abc 2 2 2 3  + = a b c 22 3      + =         ab cc ( ) 1 . Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 9 2 9 12 ,9 22 + + + + = = = + + ++ a b c a b c ab d O P c c c abc . P K J M I H P d| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 347 Đặt 2 =+ ab t cc 2  = − ba t cc . Ta có: ( ) ( ) 1 ,9 2 =+ d O P t . Thay 2 =− ba t cc vào ( ) 1 , ta được 22 2 3     + − =         aa t cc 2 2 5 4. . 3 0   − + − =   aa tt cc . Để phương trình có nghiệm với ẩn a c thì 22 4 5 15 0 − +  tt 15 15  −   t 0 9 15 9 9 15   −  +  + t ( ) ( ) 9 15 9 15 , 22 −+    d O P 9 15 2 + = M và 9 15 2 − = m . Vậy 9 += Mm . Cách 2: Do 12 4 =  + IJ R R nên 2 mặt cầu cắt nhau. Giả sử IJ cắt ( ) P tại M ta có 2 1 2 = =  R MJ J MI R là trung điểm của MI Suy ra ( ) 2;1;9 . M Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 2 1 9 0 0 − + − + − = + +  P a x b y c z a b c Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 8 44 =  = ++ c d I P abc 2 2 2 2 1 = ++ c abc Do đó 0  c chọn 22 13 =  + = c a b Đặt 3 sin ; 3 cos == a t b t ( ) ( ) 2 2 2 2 3 sin 3 cos 9 2 9 2 9 ; 22 ++ + + + +  = = = ++ tt a b a b d O P abc Mặt khác 12 3 2 3 sin 3 cos 12 3 − +  +  + tt 9 15 15 9 9 22 −+     + = O d M m Chọn ý C. Câu 81. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( ) 2;0;0 A , ( ) 1;1;1 M . Mặt phẳng ( ) P thay đổi qua AM cắt các tia Oy , Oz lần lượt tại B , C . Khi mặt phẳng ( ) P thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 56 B. 36 C. 46 D. 26 L ời gi ải Gọi ( ) 0; ;0 Bb , ( ) 0;0; Cc , khi đó ,0  bc . Phương trình mặt phẳng ( ) ( ):1 2  + + = x y z P ABC bc . Mà ( )  MP 1 1 1 1 2  + + = bc 1 1 1 2  + = bc ( ) 2  = + bc b c . Do ( ) ( ) 2 2 4 + = +  bc bc b c ( ) ( ) 2 8  +  + b c b c 8  +  bc (do ,0  bc ). Ta có: ( ) ( ) 2; ;0 , 2;0; = − = − AB b AC c ( ) , ;2 ;2  =  AB AC bc c b . Do đó 1 , 2   =  ABC S AB AC 2 2 2 2 1 44 2 = + + b c b c ( ) 2 22 = + + + b c b c ( ) ( ) 22 1 2  + + + b c b c ( ) 6 2 =+ bc . Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 348 Vậy 46   ABC S . Dấu “=” xảy ra khi ,0 84    + =  = =   =  bc b c b c bc . Chọn ý C. Câu 82. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 4 0 + + − + + = S x y z x y z và điểm ( ) 1;2; 1 − M . Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt ( ) S tại hai điểm A , B . Tìm giá trị lớn nhất của tổng + MA MB . A. 8 B. 10 C. 2 17 D. 8 2 5 + L ời gi ải Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1; 2; 2 −− I , bán kính 3 = R . Vì 17 3 = IM nên M nằm ngoài đường tròn, Gọi  là góc tạo bởi MB và MI . Áp dụng định lí Côsin cho tam giác MIA và MIB ta có ( ) 2 2 2 2 . .cos 1 = + −  R MA MI MA MI ( ) 2 2 2 2 . .cos 2 = + −  R MB MI MB MI Lấy ( ) 1 trừ cho ( ) 2 vế theo vế ta được ( ) 22 0 2 17. .cos = − − −  MA MB MA MB 2 17 cos  + =  MA MB Do đó + MA MB lớn nhất bằng 2 17 khi cos 1 0  =   = . Chọn ý C. Câu 83 . Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) ( ) 2 22 1 : 1 4 − + + = S x y z , và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 : 2 3 1 1 − + − + − = S x y z và đường thẳng 2 :3 2 =−   =−   = − −  xt d y t zt . Gọi , AB là hai điểm tùy ý thuộc ( ) 1 S , ( ) 2 S và M thuộc đường thẳng d . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức =+ P MA MB bằng A. 2211 11 B. 3707 3 11 − C. 1771 2 110 11 + D. 3707 11 L ời gi ải Mặt cầu ( ) 1 S có tâm ( ) 1;0;0 I , bán kính 1 2 = R . M A B I | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 349 Mặt cầu ( ) 2 S có tâm ( ) 2;3;2 J , bán kính 2 1 = R . Đường thẳng d đi qua điểm ( ) 2;0; 2 − N và có véc tơ chỉ phương ( ) 1; 3; 1 = − − − u . Ta có: ( ) 1;3;1 // = IJ u và  Id nên // IJ d . Gọi ( )  S là mặt cầu đối xứng của ( ) 1 S qua d ; K ,  A lần lượt là điểm đối xứng của I và A qua d . Thì K là tâm của ( )  S và ( )   AS . Khi đó: =+ P MA MB  = +  MA MB A B . Suy ra ( ) min 1 2  = = − + P A B JK R R . Ta lại có: ( ) 3 66 ; 11 == IH d I d 6 66 11 = IK . Và 11 = IJ 3707 11 = JK . Vậy min 3707 3 11 =− P . Chọn ý B. Câu 84. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 4 0 + − = P x y z , đường thẳng 1 1 3 : 2 1 1 − + − == − x y z d và điểm ( ) 1; 3; 1 A thuộc mặt phẳng ( ) P . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( ) P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi ( ) ; ; 1 = u a b là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Tính 2 + ab . A. 23 + = − ab B. 20 += ab C. 24 += ab D. 27 += ab L ời gi ải Đường thẳng d đi qua ( ) 1; 1; 3 − M và có véc tơ chỉ phương ( ) 1 2; 1; 1 =− u . Nhận xét rằng,  Ad và ( ) ( ) 7; 3; 1  = − − d P I . Gọi ( ) Q là mặt phẳng chứa d và song song với  . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,  =  = d d d Q d A Q . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) Q và d . Ta có  AH AK . Do đó, ( ) ,  dd lớn nhất  ( ) ( ) , d A Q lớn nhất max  AH  HK . Suy ra AH chính là đoạn vuông góc chung của d và .  Mặt phẳng ( ) R chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là ( ) 1 ,  =  R n AM u ( ) 2; 4; 8 =− . I J B A M H K Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 350 Mặt phẳng ( ) Q chứa d và vuông góc với ( ) R nên có véc tơ pháp tuyến là ( ) ( ) 1 ,  =  QR n n u ( ) 12; 18; 6 =− . Đường thẳng  chứa trong mặt phẳng ( ) P và song song với mặt phẳng ( ) Q nên có véc tơ chỉ phương là ( ) ( ) ,  =  PR u n n ( ) 66; 42; 6 =− ( ) 6 11; 7; 1 =− . Suy ra, 11; 7 = = − ab . Vậy 23 + = − ab . Chọn ý A. Câu 85. Trong không gian với hệ tọa độ , cho các điểm và . Gọi là đường thẳng đi qua , nhận vecto làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng sao cho khoảng cách từ đến đạt giá trị nhỏ nhất. Biết , là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó bằng: A. B. C. D. L ời gi ải Gọi là mặt phẳng đi qua và song song với mặt phẳng . Suy ra . Do nên . đạt giá trị nhỏ nhất đi qua , với là hình chiếu của lên . Gọi là đường thẳng đi qua và vuông góc , . Ta có ; . cùng phương . Do , nguyên tố cùng nhau nên chọn . Vậy . Chọn ý A. Câu 86. Trong không gian , cho các điểm , , , đường tròn là giao của mặt phẳng và mặt cầu . Hỏi có bao nhiêu điểm thuộc đường tròn sao cho đạt giá trị lớn nhất? A. B. C. D. L ời gi ải Ta có mặt cầu có tâm và bán kính . Oxyz ( ) 2;2; 3 M − ( ) 4;2;1 N −  M ( ) ;; u a b c = ( ) : 2 0 P x y z + + = N  a b abc ++ 15 13 16 14 ( ) Q ( ) 2;2; 3 M − ( ) P ( ) : 2 3 0 Q x y z + + − = ( ) // P  ( ) Q  ( ) , dN   N  N  N ( ) Q d N ( ) P 42 :2 1 xt d y t zt = − +   =+   =+  Nd  ( ) 4 2 ;2 ;1 N t t t  − + + + ( ) 4 3 N Q t    = 4 10 7 ;; 333 N   −   ( ) ;; u a b c = 10 4 16 ;; 333 MN  =−   a b ( ) 5;2;8 u=− 15 abc + + = Oxyz ( ) 3; 1;2 A − ( ) 1;1;2 B ( ) 1; 1;4 C − ( ) C ( ) : 4 0 P x y z + + − = ( ) 2 2 2 : 4 6 10 0 S x y z x z + + − − + = M ( ) C T MA MB MC =++ 3 2 4 1 ( ) S ( ) 2;0;3 I 3 R =| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 351 Gọi là đường thẳng đi qua và vuông góc với ta có . Tâm của đường tròn giao tuyến chính là giao điểm của và . Thấy , , nên và tam giác đều. T r ư ờng h ợp 1. Xét thuộc cung nhỏ . Lấy điểm thuộc đoạn sao cho mà (do góc nội tiếp cùng chắn cung ) suy ra tam giác đều. Ta có (vì cùng cộng với góc bằng ) . nên đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi là đường kính tức là điểm chính giữa cung nhỏ . Vậy trong trường hợp này có một điểm thỏa mãn. T rường h ợp 2 và T rường h ợp 3. Xét thuộc cung nhỏ do vai trò bình đẳng các đỉnh của tam giác đều hoàn toàn tương tự mỗi trường hợp cũng có một điểm thỏa mãn. Vậy có ba điểm thuộc đường tròn sao cho đạt giá trị lớn nhất. Chọn ý A.  I ( ) P 2 : 3 xt yt zt =+   =   =+  ( ) t  J ( ) C  ( ) P 5 1 8 ;; 3 3 3 J  −   ( ) ,, A B C P  26 3 JA JB JC = = = 22 AB BC CA = = = ( ) ,, A B C C  ABC M BC E AM MB ME = o 60 BME BCA == AB BME ABE CBM = EBC o 60 ABE CBM   =  MC AE = MB MC ME EA MA  + = + = 2 MA MB MC MA  + + = MA MB MC ++ MA MA M BC M M ; AC AB M M ( ) C MA MB MC ++ A B M C E J Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 352 Tóm t ắt n ội dung Đôi khi trong giải toán hình học không gian cổ điển ta sẽ gặp khá nhiều bài toán tính toán phức tạp, tuy nhiên trong phòng thi ta lại không có nhiều thời gian, vì thế trong chương này chúng ta sẽ tìm hiểu một phương pháp giải quyết nhanh các bài toán tính toán phức tạp và khó trong hình không gian cổ điển, liên quan tới cực trị, góc, khoảng cách. A. CÁC KI ẾN TH ỨC C ẦN NH Ớ. Trên Internet có một vài tài liệu nói về phương pháp này và chia thành rất nhiều dạng, điều đó làm chúng ta khi áp dụng có phần khó nhớ và máy móc, tuy nhiên chúng ta chỉ cần nắm được dấu hiệu và phương pháp sau • Bư ớc 1. Chọn hệ trục tọa độ. Trong bước này ta sẽ xác định 3 đường vuông góc có trong bài toán và gọi đó là 3 đường cơ sở. Thông thường thì ta sẽ quy ước trục Ox hướng vào mình, trục Oz nằm ngang, còn lại là trục Oy • Bư ớc 2. Xác định tọa độ các điểm liên trên hình liên quan tới bài toán. Với những bạn chưa quen thì chúng ta xác định tọa độ hình chiếu của điểm cần tìm lên các trục, từ đó sẽ suy ra được tọa độ điểm cần tính. • Bư ớc 3. Áp dụng công thức. Sau đây chúng ta sẽ nhắc lại một số công thức cần nhớ trong phần này. Diện tích và thể tích Diện tích tam giác ABC: 1 , 2 S AB AC  =  Thể tích tứ diện ABCD: 1 ,. 6 V AB AC AD  =  Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: , . ' V AB AD AA  =  Thể tích hình lăng trụ ABC,A’B’C’: 1 , . ' 2 V AB AD AA  =  C hư ơn g 6 Phương pháp tọa độ hóa hình học cổ điển | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 353 Góc giữa 2 mặt phẳng: Mặt phẳng ( ) P có vecto pháp tuyến n và mặt phẳng ( ) Q có vecto pháp tuyến ' n thì ( ) ( ) ( ) ( ) cos , = cos , ' P Q n n Góc giữa 2 đường thẳng: Đường thẳng d có VTCP u và d’ có VTCP v thì ( ) ( ) cos , ' cos , d d u v = Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Đường thẳng d có VTCP u và (P) có VTPT n thì ( ) ( ) ( ) sin , cos , d P u n = Khoảng cách từ ( ) 0 0 0 0 ,, M x y z đến mặt phẳng: • ( ) Oxy là 0 z ; ( ) Oyz là 0 x ; ( ) Ozx là 0 y • ( ):0 P Ax By Cz D + + + = là ( ) 0 0 0 0 2 2 2 , Ax By Cz D d M P A B C + + + = ++ Khoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng: Cho ( ) 0 0 0 0 ,, M x y z và đường thẳng d qua A và có VTCP u AB = thì ( ) 0 0 , , AM u d M d u   = Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Đường thẳng 1 d qua 1 M và có VTCP 12 ; ud qua 2 M và có VTCP thì ( ) 1 2 1 2 12 12 ,. , , u u M M d d d uu   =   Chú ý. Thông thường các bài mà không có 3 đường vuông góc thì ta sẽ phải tự dựng thêm để gắn tọa độ và những bài liên quan tới hình lập phương, hình hộp chữ nhật, chối chóp có 3 đường vuông góc, lăng trụ đứng thì khi áp dụng phương pháp này sẽ giải rất nhanh ! B. CÁC D ẠNG TOÁN. Câu 1 Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp khối chóp . S CMN . L ời gi ải Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ và xét 1 a = . Khi đó HO  , ( ) 0;1;0 M , 1 ;1;0 2 C  −   , 11 ; ;0 22 N  −   , 3 0;0; 2 S     . Phương trình mặt cầu ngoại tiếp chóp . S CMN có dạng ( ) 2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d + + − − − + = , ( ) 2 2 2 0 a b c d + + −  . ,, S C M , N ( ) S  nên ta có hệ phương trình: 5 2 1; 2 4 13 ;3 24 b d a b d a b d c d  − + = − − + = −     − + = − − + = −   13 ; 44 5 3 1 ; 12 2 ab cd  = − =      ==   Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 354 Ta có 2 2 2 31 48 a b c d + + − = hay 2 2 2 93 12 a b c d + + − = . Vậy 93 12 a R = . Câu 2 Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , thỏa mãn điều kiện AB = BC a = , 2, AD a = SA vuông góc với mặt đáy ( ) ABCD , SA a = . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của , SB CD . Tính cosin của góc giữa MN và () SAC . L ời gi ải Chọn hệ trục như hình vẽ, chọn đơn vị là a . Có ( ) 0;0;0 A , ( ) 1;0;0 B , ( ) 1;1;0 C , ( ) 0;2;0 D , ( ) 0;0;1 ; S 11 ;0; 22 M    ; 13 ; ;0 22 N    . Vec tơ chỉ phương của MN là 2MN = 31 2 0; ; 22  −=   ( ) 0;3; 1 − . Véc tơ pháp tuyến của ( ) SAC là ; n AC AS  =  ( ) 1; 1;0 =− . D N C B A S x y z M HO  D N C M B A S x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 355 Vậy ( ) ( ) sin ; MN SAC = 3 9 1 2 = + 35 10 Suy ra ( ) ( ) cos ; MN SAC = 2 35 1 10  −=    55 10 Câu 3 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = 2AB = 2BC = 2CD = 2a . Hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) SAD cùng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và ( ) SAC , biết thể tích khối chóp . S ABCD bằng L ời gi ải Vì ABCD là hình thang cân có AD = 2AB = 2BC = 2CD = 2a 2; AD a AB BC CD a  = = = =  3 2 a CH = ; 23 . 22 ABCD a a a S + = 2 33 4 a = . Nên 2 1 3 3 . .SA 34 ABCD a V = 3 3 4 a = SA a = Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có ( ) 0;0;0 , K ;0;0 , 2 a B    3 0; ;0 , 2 a C     3 0; ;0 , 2 a A  −    3 ; ;0 , 22 aa N  −    3 0; ; , 2 a Sa  −    3 ;; 4 4 2 a a a M  −    • 3 3 3 ;; 4 4 2 a a a MN  −− =    . Chọn ( ) 1 3;3 3; 2 u = − − cùng phương với MN Nhận xét BK SA BK AC ⊥   ⊥  ( ) BK SAC ⊥ • ;0;0 2 a BK  =   là vtpt của ( ) SAC .Chọn ( ) 1 1;0;0 n = cùng phương với BK A B C D N H F I M Q K S x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 356 Gọi  là góc góc giữa MN và ( ) SAC . Ta có 11 12 . sin un uu = 3 10 20 = 310 cos 20   = . Câu 4 Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có 0 , 120 AB AC a BAC = = = , AA a  = . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của BC  và CC  . Số đo góc giữa mặt phẳng ( ) AMN và mặt phẳng ( ) ABC bằng L ời gi ải Thiết lập hệ toạ độ Oxyz trong không gian như hình vẽ, gốc toạ độ O trùng M . Dễ dàng tính được 3 ; 22 aa MB MC MA    = = = . + ( ) ( ) 3 0;0;0 , 0; ; 22 aa M N Oyz N    −    + ( ) Ox ;0; 2 a A z A a     . Mp ( ) ( ) ( ) ( ) / / ; Ox ABC A B C A B C y        ( ) ABC  có một vecto pháp tuyến là ( ) 0;0;1 k = Ta có ;0;0 2 a MA    cùng phương ( ) 1 1;0;2 u 3 0; ; 22 aa MN  −    cùng phương ( ) 2 0; 3;1 u − ( ) AMN  có một vecto pháp tuyến ( ) 12 , 2 3; 1; 3 n u u  = = − −  ( ) ( ) ( ) ( ) 3 cos , cos , 4 AMN ABC k n  = = A B C ' A ' B ' C M N x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 357 Câu 5 Cho hình chóp . S ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B , BC a = , cạnh bên SA vuông góc với đáy, 3, SA a M = là trung điểm AC , tính góc cotang của ( ) SBM và ( ) SAB L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 ; ;0;0 ; 0; ;0 ; ;0, 3 ; ; ;0 22 aa B A a C a S a a M    ( ) ( ) 0;1;0 SAB n = ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , 1;0, 3 1;1;0 3; 3;1 22 SBM aa n SB MB a   = =  = −    Đặt góc ( ) SBM và ( ) SAB là  , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . 21 cos 7 cos 3 cot sin 2 21 2 7 sin 1 77 SAB SMB SAB SMB nn nn    = =      = =       = − =      Câu 6 Cho hình tứ diện có vuông góc với , vuông góc với , vuông góc với ;biết , , , với . Gọi , tương ứng là trung điểm của hai cạnh , . Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng theo . L ời gi ải Vì vuông góc với , vuông góc với nên . Gọi là trung điểm của suy ra . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có: . EFGH EF EG EG EH EH EF 6 EF a = 8 EG a = 12 EH a = 0, aa  I J FG FH d F ( ) EIJ a EF EG EG EH () EG EFH ⊥ K EF () IK EFH ⊥ Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , 0;0;4 , 3 ;0;0 , 0;6 ;0 K I a E a J a S A B C x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 358 . Phương trình mặt phẳng . . Câu 7 Cho lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh 6 BC a = . Góc giữa mặt phẳng ( ) ' AB C và mặt phẳng ( ) BCC B  bằng 0 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ . ABC A B C   ? L ời gi ải Gọi chiều cao của hình lăng trụ là h . Đặt hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Khi đó ( ) 0;0;0 A , ( ) 3;0;0 Ba , ( ) 0; 3;0 Ca , ( ) 3;0; B a h   33 ; ;0 22 aa M     là trung điểm của BC . Vì ( ) AM BCC B  ⊥ và 33 ; ;0 22 aa AM  =    nên ( ) 1;1;0 n = là VTPT của ( ) '' BCC B . Ta có ( ) ( ) 2 1 , 3;0; 3 ;0; 3 AC AB ah a n h a   = −  = −  là VTPT của ( ) ' AB C . Theo giả thiết góc giữa ( ) AB C  và mặt phẳng ( ) BCC B  bằng 60  ( ) : 1 4 2 3 12 0 3 6 4 x y z EIJ x y z a a a a + + =  + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 12 24 24 29 , 2 , 2 29 4 9 16 29 a a a d F EIJ d K EIJ = = = = = ++ A B C ' A ' B ' C M x y z G 8a E H F I K N M J 6a 12a x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 359 ( ) 1 22 1 cos60 cos , 3 2 2. 3 h n n h a ha   =  =  = + Vậy thể tích của khối lăng trụ . ABC A B C    là 3 33 . 2 a V = Câu 8 Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E , M lần lượt là trung điểm các cạnh BC , SA ,  là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng ( ) SBD . Tính tan  . L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Ox OC  , Oy OB  , Oz OS  .Chọn 1 OA = Ta có ( ) 1;0;0 C , ( ) 1;0;0 A− ( ) SBD nhận ( ) 2;0;0 AC = là một vectơ pháp tuyến. Từ 22 SA AB OA = = = 22 1 SO SA OA  = − = ( ) ( ) 0;0;1 11 ;0; 22 1;0;0 S M A      −   −    Ta có ( ) ( ) 1;0;0 0;1;0 C B      11 ; ;0 22 E     EM  nhận 11 1; ; 22 ME  =−   là một vecto chỉ phương. ( ) ( ) sin ; sin EM SBD  =  . . ME AC ME AC = 22 2 2 11 1 .2 22 =     + + −         6 3 = 1 cos tan 2 3   =   = Câu 9 Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng . a Gọi K là trung điểm của '. DD Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và ' AD bằng L ời gi ải A B E C D O M S x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 360 Chọn 1 a = ta có hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ( ) ( ) 1 0;0;0 , ' 1;0;1 , 0;0; 2 D A K    và ( ) 0;1;0 C Ta có ( ) ' 1;0;1 DA = ; 1 0; 1; 2 CK  −   và 1 0;0; 2 DK    Ta có 1 ';CK 1; ; 1 2 DA   = − −    , 1 ';CK . 2 DA DK  =−  Do đó ( ) ( ) '; 2 2 1 2 1 11 2 A D CK d − =  + − + −   1 1 2 3 1 11 4 − == ++ . Vậy ( ) '; 3 A D CK a d = . Câu 10 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a = , 3 BC a = , SA a = và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin  , với  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( ) SBC . L ời gi ải Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có ( ) 0;0;0 A , ( ) ;0;0 Ba , ( ) 0; 3;0 Da , ( ) 0;0; Sa . A B C D y x z S A B C D ' D ' A ' B ' C z x y K| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 361 Ta có ( ) ( ) ; 3;0 1; 3;0 BD a a a = − = − , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là ( ) 1; 3;0 u=− . Ta có ( ) ;0; SB a a =− , ( ) 0; 3;0 BC a = ( ) 22 , 3;0; 3 SB BC a a  =  ( ) 2 3 1;0;1 a = . Như vậy, mặt phẳng ( ) SBC có véc-tơ pháp tuyến là ( ) 1;0;1 n = . Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( ) SBC thì ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 .1 3.0 0.1 . 2 sin 4 . 1 3 0 . 1 0 1 un un − + +  = = = − + + + + Câu 11 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45 . Gọi E là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC . L ời gi ải Ta có thể đưa ra các cách giải như sau: Do SAC là tam giác vuông có góc 45 SCA = nên 2 SA AC a == , 2 SC a = , 3 SB SD a == . Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox , Oy , Oz lần lượt trùng với các tia AB , AD , AS . Khi đó toạ độ điểm các điểm là ( ) 0; ;0 Da , ; ;0 2 a Ea    , ( ) ; ;0 C a a , ( ) 0;0; 2 Sa ; ;0 2 a DE a  =−   , ( ) ; ; 2 SC a a a = − − , ( ) ;0;0 DC a = Suy ra 22 2 23 ; ; 2; 22 aa DE SC a   = − − −    ( ) ; . 38 ; 19 ; DE SC DC a d DE SC DE SC    = =   A B C D E M S y z x Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 362 Câu 12 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD và 10 5 SC = . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SA và CD . Tính khoảng cách d giữa BD và MN . L ời gi ải Xét tam giác vuông SAC có : 22 500 200 10 3 SA SC AC = − = − = . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có ( ) 0;0;0 A , ( ) 0;0;5 3 M , ( ) 10;0;0 B , ( ) 0;10;0 D , ( ) 10;0;0 C , ( ) 5;10;0 N ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 12 2 12 12 5;10; 5 3 1;2; 3 , 10;10;0 1;1;0 , 5 , ; 3; 3;3 , 5;0;0 MN u u u ND BD u d MN BD uu u u ND = −  = −   = −  = −  = =    = = −         Câu 13 Cho lăng trụ tứ giác đều 1 1 1 1 . ABCD A B C D cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng . x Tìm x để góc tạo bởi đường thẳng 1 BD và ( ) 11 B D C đạt giá trị lớn nhất. L ời gi ải A B C D 1 A 1 B 1 C 1 D y x z A B C D y x z S M N| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 363 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 1 , OD  1 C thuộc tia , Ox 1 A thuộc tia , Oy D thuộc tia Oz (như hình vẽ). Khi đó ( ) 1 0; 0; 0 , D ( ) 1 1;1; 0 , B ( ) 0; 0; , Dx ( ) 1; 0; . Cx Mặt phẳng ( ) 11 B D C nhận véctơ ( ) 1 1 1 , ; ; 1 n D B D C x x  = = − −  là véctơ pháp tuyến Đường thẳng 1 BD nhận véctơ ( ) 1;1; ux =− là véctơ chỉ phương. Gọi  là góc giữa 1 BD và ( ) 11 B D C , suy ra: ( ) 2 2 2 2 2 sin 1. 1 1 x x x x x x −+ = + − + + + ( ) ( ) 22 2 1 2 x xx = ++ (Do 0 x  ) 1 12 2xx xx =     ++         2 2 1 1 25 x x =  ++   2 2 11 . 3 1 2.2 . 5 x x = + Dấu đẳng thức xảy ra khi 1. x = Góc  lớn nhất sin  lớn nhất 1. x = Vậy góc tạo bởi đường thẳng 1 BD và ( ) 11 B D C đạt giá trị lớn nhất khi 1. x = Câu 14 Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm của DD '. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và ' AD . L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ( ) ' 0;0;0; A ; ( ) ' ;0;0 Da ; ( ) 0;0; Aa ( ) ;; C a a a  ; ;0; 2 a Ka    Khi đó: ( ) ' ;0; A D a a 0; ; 2 a CK a  −−   , ( ) ' ; ; A C a a a . Ta có ( ) ' , . ' ,' 3 ', A D CK A C a d CK A D A D CK   ==   . Câu 15 Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành, 0 3 , 4 , 120 . AB a AD a BAD = = = Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 23 SA a = . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) SBC và ( ) SCD L ời gi ải A D C B y x S z E Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 364 Chọn hệ toạ độ Oxyz như sau: ;; Oz AS Oy AD Ox AE    ( E là hình chiếu của A lên cạnh BC ) Khi đó: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 5 0;0;0 ; ; ;0 ; ; ;0 ; 0;4 ;0 ; 0;0;2 3 2 2 2 2 a a a a A B C D a S a     −             Do đó: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 5 ; ; 2 3 ; ; ; 2 3 ; 0;4 ; 2 3 ; 0;0;2 3 2 2 2 2 a a a a SB a SC a SD a a S a     − − − −             Ta tính được 1 vectơ pháp tuyến của () SBC là ( ) 4;0;3 n = và ( ) SCD là ( ) ' 1; 3;2 n = Vậy ( ) 1 cos ; ' 2 nn = . Vậy góc giữa ( ) SBC và ( ) SCD là 0 45 . Câu 16 Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D có A trùng với gốc O, ( ) ( ) ( ) ( ) ;0;0 , 0; ;0 , ' 0;0; , 0, 0 B a D a A b a b  . Gọi M là trung điểm cạnh CC’ a) Tính thể tích khối tứ diện BDA’M b) Xác định tỷ số a b để mặt phẳng ( ) ( ) ' A BD MBD ⊥ L ời gi ải Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ; ;0 , ' ; ; ; ; 2 b C a a C a a b M a a     Nên ( ) ( ) ; ;0 , 0; ; , ' ;0; 2 b BD a a BM a BA a b  = − = = −   2 , ; ; 22 ab ab BD BM a    = −    Do đó 2 ' 1 , . ' 64 BDA M ab V BD BM BA  ==  Mặt phẳng (BDM) có vecto pháp tuyến là 2 1 , ; ; 22 ab ab n BD BM a   = = −    Mặt phẳng (A’BD) có vecto pháp tuyến ( ) 2 2 , ; ; n BD BM ab ab a  ==  Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 4 12 ' . 0 0 22 a b a b BDM A BD n n a ⊥  =  + − = 1 a ab b  =  = Câu 17 Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua G và một đỉnh của tứ diện cũng đi qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh đó. Gọi A’ là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng 3 ' GA GA = L ời gi ải Ta giải bằng phương pháp tọa độ. Trong không gian tọa độ Oxyz. Giả sử ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 ; ; , ; ; , ; ; , ; ; A x y z B x y z C x y z D x y z thì trọng tâm A’ của tam giác BCD, trọng tâm tứ diện G có tọa độ 2 3 4 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ' ; ; 3 3 3 ;; 4 4 4 x x x y y y z z z A x x x x y y y y z z z z G  + + + + + +        + + + + + + + + +       | Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 365 Do đó 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 3 3 ;; 4 4 4 3 3 3 ;; 12 12 12 x x x x y y y y z z z z GA x x x x y y y y z z z z GA  − − − − − − − − −  =       − + + + + + + + + +   =     Suy ra: 3 ' , , ' GA GA G A A = −  thẳng hàng và 3 ' GA GA = Tương tự thì có đpcm Câu 18 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A’D’ và B’B. a) Chứng minh rằng IJ ' AC ⊥ . Tính độ dài đoạn IJ b) Chứng minh rằng ( ) ( ) ' ' ' , ' D B mp A C D mp ACB ⊥ . Tính góc giữa hai đường thẳng ,' IJ A D L ời gi ải a) Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ' 0;0; A D a B a A a Ta có ( ) ( ) ( ) ' ; ; , ' 0; ;0 , ' ;0; C a a a B a D a a nên ;0; ; 0; ; 22 aa I a J a             Ta có 0 ; 0; ; ; 2 2 2 2 a a a a IJ a a a     = − − − = − −         , ( ) ( ) ' 0; 0; 0 ; ; AC a a a a a a = − − − = . Nên 22 IJ. ' . . . 0 22 aa AC a a a a a a = − + − = − + = Vậy ' IJ AC ⊥ . Đoạn 22 2 6 2 2 2 a a a IJ a     = − + + − =         b) Để chứng minh ( ) ' ' ' D B mp A C D ⊥ , ta chứng minh ' ' ', ' ' ' . ' ' 0, ' . ' 0 D B A C D B A D D B A C D B A D ⊥ ⊥  = = Ta có ( ) ( ) ( ) ' ; ; , ' ' ; ;0 , ' ;0; D B a a a A C a a A D a a = − − = = − Do đó ' . ' ' 0, ' . ' 0 D B A C D B A D == . Tương tự ( ) '' D B mp ACB ⊥ ( ) ' ;0; A D a a =− . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì: A B C D ' A ' B ' C ' D I J y x z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 366 ( ) ( ) . .0 .' 22 cos cos , ' 0 .' 6 .2 2 aa a a a IJ A D IJ A D IJ A D a a − + − −  = = = = Vậy 90 o = Câu 19 Cho hình lập phương 1 1 1 1 . ABCD A B C D cạnh a, trên 1 BC lấy điểm M sao cho 1 1 1 ,, D M DA AB đồng phẳng. Tính diện tích S của 1 MAB  L ời gi ải Chọn hệ Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0, ;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0; , ;0; , ; ; , 0; ; B B a C a a C a A a A a a D a a a D a a = Vì 1 M BC  nên gọi ( ) ; ;0 M x x . Ta có ( ) 1 ;; D M x a x a a = − − − , ( ) ( ) 11 ; ;0 , ;0; DA a a AB a a = − = − Vì 1 1 1 ,, D M DA AB đồng phẳng nên 1 1 1 3 3 3 , 0 ; ;0 2 2 2 a a a D M DA AB x M   =  =     Nên 1 3 3 3 ; ; ; ; ;0 2 2 2 2 a a a a MA a MB     = − − = − −         Vậy 2 1 1 19 , 24 a S MA MB  ==  Câu 20 Lăng trụ tứ giác đều 1 1 1 1 . ABCD A B C D có chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Tìm giá trị lớn nhất của góc 11 A MC L ời gi ải A B C D 1 B 1 C 1 A 1 D x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 367 Chọn hệ trục như hình vẽ ( ) 1 A xyz Đặt ,0 2 AM x x =   Ta có: ( ) ( ) ( ) 11 ;0; , 0;0;0 , 2;2;2 M x a A C Nên ( ) ( ) ' 1 ' ;0; 1 , 2 ;2; 1 MA x MC x = − − = − − Đặt 11 A MC = thì ( ) 11 cos cos , MA MC = ( ) ( ) ( ) 2 2 22 22 1 21 0 1. 2 5 1. 2 5 x xx x x x x − −+ = =  + − + + − + Do đó 90 . o  Vậy góc 11 A MC = lớn nhất khi 1 x = tức M trung điểm AB Câu 20 Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA h = , đáy là tam giác ABC vuông tại C. , AC b BC a == . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm sao cho 1 3 SN SB = a) Tính độ dài đoạn thẳng MN b) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB L ời gi ải Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A, tia Ox trùng với tia AC, tia Oz trùng với tia AS sao cho điểm B nằm trong góc xOy. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , ;0;0 , ; ;0 , 0;0; , ;0;0 2 b A C b B b a S h M    , ( ) ;; SB b a h =− A M C x S z N y B A B C D 1 B 1 C 1 A 1 D x z y M Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 368 Gọi ( ) ;; N x y z thì ( ) ;; SN x y z h =− Từ điều kiện 1 3 SN SB = nên 22 ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 3 b a h h b a h x y z h z N −  = = − =  =    a) Ta có 22 ; ; ; ; 3 2 3 3 6 3 3 b b a h b a h MN     = − = −         Nên 2 2 2 2 2 2 41 4 16 36 9 9 6 b a h MN b a h = + + = + + b) MN vuông góc với SB khi và chỉ khi .0 MN SB = 2 2 2 2 2 2 2 0 4 2 6 3 3 b a h h a b −−  + + =  = − Câu 22 Cho tứ diện S.ABC có ( ) 2, SC CA AB a SC ABC = = = ⊥ , tam giác ABC vuông tại A. Các điểm , M SA N BC  sao cho ( ) 02 AM CN t t a = =   a) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MN ngắn nhất b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA L ời gi ải Ta chọn hê trục Oxyz sao cho gốc tọa độ OA  . Trục Ox chứa AC, trục Oy chứa AB và trục ( ) Oz ABC ⊥ . Khi đó cạnh SC song song với rục Oz và ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , 0; 2;0 , 2;0;0 , 2;0; 2 A B a C a S a a Ta có 2 2 2 2 ;0; ; 2 ; ;0 2 2 2 2 t t t t M N a     −             ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 3 4 2 3 2 2 3 3 3 t t a a a MN a at t t at a t   = − + + + = − + = − +    Vậy MN ngắn nhất bằng 6 3 a khi 2 3 a t = S A B y C x z M N| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 369 b) Khi MN ngắn nhất thì: 2 2 2 2 2 ;0; , ; ;0 3 3 3 3 a a a a MN                 2 2 2 ;; 3 3 3 a a a MN   = −    Ta có .0 .0 MN SA MN BC  =   =   - điều phải chứng minh! Câu 22 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc  . Tìm tan  để SA vuông góc SC L ời gi ải Chọn hệ trục Oxyz có O là tâm đáy ABCD, tia Ox chứa A, tia Oy chứa B, tia Oz chứa S. Ta có: 2 2 2 2 ;0;0 , 0; ;0 , ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; tan 2 2 2 2 2 a a a a a A B C D S          − −                            Nên 22 ;0; tan , 0; ; tan 2 2 2 2 a a a a SA SB     = −  = −              22 ;0; tan , 0; ; tan 2 2 2 2 a a a a SC SD     = − −  = − −              Ta có SA SC ⊥ 2 2 2 22 1 . 0 tan 0 tan 1 0 2 4 2 2 a a a SA SC   =  − +  =   − =   2 tan 2 tan 2   =   = Câu 23 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N,P lần lượt là các điểm chia đoạn thẳng AB, D’D và B’C’ theo cùng tỉ số 0,1 k  . Chứng minh rằng ( ) mp MNP luôn luôn song song với ( ) '' mp AB D L ời gi ải Đặt ' ' , ' ' , AA ' A B a A D b c = = = . Ta dùng phương pháp tọa độbằng cách chọn hệ trục tọa độ với gốc là: '(0;0;0) A sao cho ( ) ( ) ( ) ' ;0;0 , ' 0; ;0 , 0;0; B a D b A c Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ' ; ;0 , ;0; , 0; ; , ; ; C a b B a c D b c C a b c . Các điểm M,N,P chia các đoạn thẳng AB, D’D, B’C’ theo cùng tỉ số k nên ;0; , 0; ; , ; ;0 1 1 1 ka kc kb M c N b P a k k k −−       −       − − −       S C D A B x y z O E Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 370 Do đó 11 ; ; , ; ; 11 ka kc MN b c NP a b k c k a k k −     = − =     − − − −     Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 , ; ; 1 1 1 k k k k k k MN NP bc ca ab k k k  − + − + − − + −  =   − − −  Nên ( ) mp MNP có vecto pháp tuyến là ( ) ;; n bc ca ab = Mặt phẳng ( ) '' AB D có phương trình 1 x y z a b c + + = có vecto pháp tuyến là 1 1 1 ;; n abc  =   Vì 1 1 1 bc ca ab abc a b c = = = và ( ) , , ' ' M N P AB D  do k  nên: ( ) ( ) '' mp MNP mp AB D Câu 24 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Gọi I là trung điểm cạnh bên SC. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) AIB L ời gi ải Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ là tâm O của đáy, trục Ox chứa OA, trục Oy chứa OB, trục Oz chứa SO. Khi đó ( ) 2 2 2 ;0;0 , 0; ;0 , ;0;0 , 0;0; 2 2 2 a a a A B C S h       −                   Ta có giao điểm M của SO và AI là trọng tâm tam giác SAC nên 0;0; 3 h M    . Mặt phẳng đi qua A, B, MI cũng chính là mặt phẳng ( ) ABM nên có phương trình là: 1 22 2 22 x y z h aa + + = Do đó khoảng cách từ S tới mặt phẳng ( ) ABM là: 22 2 2 2 22 2 2 9 49 ah d ha aah == + ++ Câu 25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật , 2, , AB a AD a SA a = = = SA vuông góc ( ) ABCD . Gọi M, N là trung điểm AD, SC, gọi I là giao điểm BM và AC. Chứng minh ( ) ( ) SAC SBM ⊥ và tính thể tích khối ANIB. x A B y C D M S I z O| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 371 L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0; , 0;0;0 , ;0;0 , ; 2;0 S a A B a C a a Thì ( ) 22 0; 2;0 , 0; ;0 , ; ; 2 2 2 2 a a a a D a M N                 Vì 1 2 IA IM AM IC IB BC = = = 1 3 IA AC = ( ) 22 ; ;0 , ; ;0 , ;0; 3 3 2 a a a I BM a BS a a      − −             Mặt phẳng ( ) SMB có vecto pháp tuyến 22 2 1 22 , ; ; 22 aa n BM BA a   ==    Mặt phẳng ( ) SCA có vecto pháp tuyến ( ) 22 2 AS, 2; ;0 n AC a a  = = −  Vì 12 .0 nn = nên 2 mặt phẳng ( ) ( ) , SAC SMB vuông góc Ta có ( ) 22 , ; ;0 , ;0;0 6 32 aa AI AN AB a   = − =    , ( ) 3 12 ,. 6 36 ANIB a V AI AN AB dvtt  ==  Câu 25 Cho tứ diện đều ( ) T có các đỉnh có tọa độ ( ) ;; i i i x y z với 14 i  , nội tiếp trong một mặt cầu đơn vị. Chứng minh: 4 4 4 2 2 2 1 1 1 4 3 i i i i i i x y z = = = = = =    và 4 4 4 1 1 1 0 i i i i i i i i i x y y z z x = = = = = =    L ời gi ải Ta kiểm tra được rằng kết luận đúng cho trường hợp tứ diện o o o o A B C D có 4 đỉnh là ( ) 0 0 0 0 2 2 1 2 6 1 2 6 1 0;0;1 , ;0; , ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 3 3 A B C D       − − − − − −                   Bây giờ ta chứng minh khẳng định đúng cho một tứ diện ABCD có các đỉnh ( ) ;; i i i x y z bất kỳ. Đầu tiên, ta quay ( ) T quanh trục z cho đến khi một đỉnh của nó nằm trong mặt phẳng ( ) Oyz . Tiếp theo, ta S A B C D y x I M N Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 372 quay nó quanh trục Ox cho đến khi đỉnh này trùng với điểm ( ) 0 0;0;1 A . Sau đó, lại quanh quanh trục Oz cho đến khi ( ) T trùng với tứ diện 0 0 0 0 A B C D đã nói ở trên có điều phải chứng minh! Câu 26 Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , ;2 AB a BC a == . SA vuông góc với AB , SC vuông góc với BC và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC . L ời gi ải Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó ( ) 0;0;0 B , ( ) ;0;0 Aa , ( ) 0;2 ;0 Ca , ( ) ;; S x y z , với , , 0 x y z  . ( ) ( ):0 ABC Oxy z = Ta có ( ) ( ) ; ; , ;0;0 SA a x y z AB a = − − − = − . ( ) . 0 0 . SA AB SA AB a a x x a ⊥  =  − − =  = Ta có ( ) ( ) ;2 ; , 0;2 ;0 SC x a y z BC a = − − − = ( ) . 0 2 2 0 2 . SC BC SC BC a a y y a ⊥  =  − =  = Suy ra ( ) ;2 ; S a a z . Đường thẳng SC có véc-tơ chỉ phương là ( ) ;0; CS a z = . Mặt phẳng () ABC có véc-tơ pháp tuyến là ( ) 0;0;1 k = . Theo đề bài, góc giữa SC và mp ( ) ABC là 0 60 nên ( ) 22 22 . 3 sin 60 3 3 ;2 ; 3 2 . SC k z z a z a S a a a SC k az =  =  =  =  + . Gọi I là trung điểm SB . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC . Ta có 2 2 2 11 4 3 2 22 R SB a a a a = = + + = . Vậy thể tích khối cầu là 3 3 4 8 2 3 3 a VR  =  = . ABC A B C S I z x y| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 373 Câu 27 Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có . A ABC  là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA  và BB  . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ( ) ABC và ( ) CMN . L ời gi ải Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho ( ) 0;0;0 O , 1 ;0;0 2 A    , 1 ;0;0 2 B  −   , 3 0; ;0 2 C     , 3 0; ;0 6 H     , 6 3 a AH  = 36 0; ; 63 A       Ta có AB A B  = 36 1; ; 63 B   −    . Dễ thấy ( ) ABC có vtpt ( ) 1 0;0;1 n = . Ta có M là trung điểm AA  1 3 6 ;; 4 12 6 M      , N là trung điểm BB  3 3 6 ;; 4 12 6 N  −     ( ) 1;0;0 MN =− , 1 5 3 6 ;; 4 12 6 CM  − =     ( ) CMN có vtpt 2 6 5 3 0; ; 6 12 n  =    ( ) 3 0;2 2;5 12 = cos= 5 33 2 1 tan 1 cos   = −  22 5 = Câu 28 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I , cạnh a , góc 0 60 BAD = , 3 2 a SA SB SD = = = . Gọi  là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng () SBC . Tính sin  L ời gi ải O B A C M H ' A ' B ' C N z x y Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 374 Tam giác ABD đều do AB AD = và 0 60 BAD = . Do SA SB SD == nên S nằm trên trục của ABD  Gọi O là tâm của tam giác đều ABD , khi đó ( ). SO ABD ⊥ Ta có 22 15 . 6 a SO SA AO = − = Gắn hệ tọa độ sao cho ( ) 3 15 0;0;0 , 0; ;0 , 0;0; . 36 O B S                 Suy ra 1 3 3 ; ;0 , 1; ;0 . 2 6 3 DC     −             Vậy ( ) 3 15 1;0;0 , 0; ; . 36 BC BS  ==    Vectơ pháp tuyến của () SBC : 15 3 , 0; ; . 63 n BC BS   = = −    Chọn vectơ pháp tuyến ( ) 2 0; 15;2 3 n=− , ( ) 1 3 15 1 ; ; 3; 3; 15 . 2 6 6 6 SD  = − − = − −    ( ) ( ) 3 5 6 5 5 sin , . 3 27. 27 SD SBC −−  = = Câu 29 Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh . a Gọi , MN lần lượt là trung điểm của AC và BC  Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD  bằng bao nhiêu ? L ời gi ải A B C D x z y O| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 375 Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 0;0;0 , ' ;0;0 , ' 0; ;0 , ' ; ;0 , 0;0; , 0; ; , ;0; B C a A a D a a B a A a a C a a . Ta có • ( ) ( ) 1 ; ; , ;0;0 0; ; 0;1;2 0;1;2 2 2 2 2 2 a a a a a M a N MN a u −−        = − =              là VTCP của MN . • ( ) ( ) 2 ' ' ; ;0 1;1;0 B D a a a u = là VTCP của BD  . ( ) 12 12 ;' ; ' ' 3 ; u u B N a d MN B D uu    = =   . Câu 30 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC , SD . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) GMN và ( ) ABCD . L ời gi ải Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, xem a là 1 đơn vị. Ta có: 3 0;0; 2 S     ; 3 0;0; 6 G     ; 1 ;1;0 2 C    ; 1 ;1;0 2 D  −    1 1 3 ;; 4 2 4 M     ; 1 1 3 ;; 4 2 4 N  −    . Và 1 1 3 ;; 4 2 12 GM  =    ; 1 ;0;0 2 NM  =    31 , 0; ; 24 4 GM NM   =−    . A H B C D N M G S z x y A B C D ' A ' B ' C ' D Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 376 Khi đó: ( ) (0; 3; 6) GMN n =− và ( ) (0;0;1) ABCD nk == . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 6 2 39 cos , 13 39.1 . GMN ABCD GMN ABCD nn GMN ABCD nn − = = = . Câu 31 Cho hình lăng trụ đều . ' ' ' ABC A B C có cạnh đáy bằng a . , MN là hai điểm thỏa mãn 2 ' 0 MB MB += ; ' 3 ' NB NC = . Biết rằng hai mặt phẳng ( ) MCA và ( ) NAB vuông góc với nhau. Tính thể tích hình lăng trụ. L ời gi ải Gọ O là trung điểm của BC và ' BB m = Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ đơn vị a Ta có: ( ) 3 1 1 1 2 ;0;0 ; 0; ;0 ; 0; ;0 ; 0; ; ; 0;1; 2 2 2 2 3 m A B C M N m        −−                Vậy 3 1 3 1 2 ; ;0 ; ; ; 3 2 2 2 3 m CA MA     = − = −             33 ;; 3 3 2 mm CA MA    =    là VTPT của ( ) MCA Và 3 1 3 ; ;0 ; ; 1; 2 2 2 BA NA m     = = − −             3 3 3 ;; 2 2 4 mm BA NA  −   = −    là VTPT của ( ) NAB Theo bài ra: ( ) ( ) MCA NAB ⊥ ( ) ( ) 22 9 3 6 . 0 0 6 2 8 4 MCA MAB mm n n m  =  − + − =  = Vậy 36 ' 4 BB a = 2 . ' ' ' 3 3 6 9 2 . 4 4 16 ABC A B C V a a  = = z A B C O x y M ' B ' C N ' A| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 377 Câu 32 Cho hình chóp . S ABC có 3 SA SB SC = = = , tam giác ABC vuông cân tại B và 2 2. AC = Gọi , MN lần lượt là trung điểm của AC và . BC Trên hai cạnh , SA SB lấy các điểm , P Q tương ứng sao cho 1, SP = 2. SQ = Tính thể tích V của tứ diện MNPQ . L ời gi ải Ta có 2; AB BC == 7. SM = Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , 2;0;0 , 0;2;0 , 0;1;0 , 1;1;0 , 1;1; 7 B A C N M S 1 4 2 2 7 ;; 3 3 3 3 SP SA P  =    ; 1 1 1 7 ;; 3 3 3 3 BQ BS Q  =    Ta có ( ) 1 2 7 4 1 2 7 1;0;0 , ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 NM NQ NP     = = − = −             72 ; 0; ; 33 NM NQ    = − −    Suy ra 1 1 7 4 7 7 ; . . 6 6 9 9 18 MNPQ V NM NQ NP  = = − =  Câu 33 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với đáy. Tính độ dài cạnh SA để góc tạo bởi ( ) SBC và ( ) SCD bằng 0 60 . L ời gi ải A M C N B Q S P x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 378 Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, M là trung điểm của SC, đặt ( ) 20 SA m m = Khi đó ( ) ;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 2 2 2 a a a B D C M m       −             Ta có ( ):1 22 x y z SBC aa m + + = 1;1; 2 SBC a n m  =   Phương trình mặt phẳng ( ):1 22 x y z SDC aa m + + = − 1;1; 2 SDC a n m   = −   Yêu cầu bài toán tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 , 60 cos , 2 SBC SDC SBC SDC n n =  = 2 2 2 2 1 22 2 2 11 2 a m a ma m a m      =  =  =    ++   . Câu 34 Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông tại A , 2 , 2 3 AB a AC a == . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Gọi M là điểm trên đoạn 1 : 4 BC BM BC = . Cosin góc tạo bởi ( ) ( ) & SAC SAM bằng bao nhiêu ? L ời gi ải Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ; không mất tính tổng quát, giả sử 1 a = . O A B C D S M x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 379 Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 13 0;0; 3 , 1;0;0 , 1;0;0 , 1;2 3;0 , ; ;0 22 S A B C M  −−    . ( ) 1 3 3 3 3 3 3 1;0; 3 ; ; ; 3 , ; ; 2 2 2 2 2 SA SM SA SM       − − −  = − −              Chọn VTPT của ( ) SAM là ( ) 1 3; 3; 1 n −− . Ta có ( ) ( ) 1;2 3; 3 , 6;0; 2 3 SC SA SC  − −  = −  , chọn VTPT của ( ) SAC là ( ) 2 3;0; 1 n − . Vậy côsin góc  giữa hai mp là 3 0 1 2 cos 2 13 13 ++  = = . Câu 35 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt đáy và 2 SA a = . Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc  giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ) ABC . L ời gi ải Gọi H là trung điểm của AC khi đó ( ) // MH SA MH ABC ⊥ A B C S M H x y z S O A C B M x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 380 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Khi đó ( ) ( ) 3 0;0;0 , 0;0; , ;0;0 2 a H M a B     ( ) 3 ;0; , 0;0; 2 a BM a HM a  −  = =    Giả sử góc giữa BM và mặt phẳng (ABC) là  thì ta có : . 2 7 21 sin cos 77 . BM HM BM HM  = =   = . Câu 36 Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên hai tia , Bx Dy vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD và cùng chiều lần lượt lấy hai điểm , M N sao cho ; 4 a BM = 2 DN a = . Tính góc  giữa hai mặt phẳng ( ) AMN và ( ) CMN . L ời gi ải Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Ta có: ( ) 0;0;0 B , ( ) 0; ;0 Aa , ( ) ;0;0 Ca , 0;0; 4 a M    , ( ) ; ;2 N a a a . Ta có 0; ; 4 a AM a  =−   , ( ) 0;0;2 AN a = 2 22 , 2 ; ; 4 a AM AN a a    = −    là vectơ pháp tuyến của mp ( ) AMN . ; 0; 4 a CM a  =−   , ( ) 0; ; 2 CN a a = 2 22 , ;2 ; 4 a CM CN a a  −   = −    là vectơ pháp tuyến của mp ( ) CMN . Do đó 44 4 44 4 4 4 4 22 cos 0 4 . 4 16 16 aa a aa a a a a  +− == + + + + 90   =  . A B C D x y M N z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 381 Câu 37 Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , 2 AC a = , tam giác SAB và tam giác SCB lần lượt vuông tại A , C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) ABC bằng 2a . Côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) SCB bằng bao nhiêu ? L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ sao cho ( ) 0;0;0 B , ( ) 2;0;0 Aa , ( ) 0; 2;0 Ca , ( ) ;; S x y z . Ta có ( ):0 ABC z = , ( ) 2; ; AS x a y z =− , ( ) ; 2; CS x y a z =− Do .0 AS AB = ( ) 2 2 0 x a a  − = 2 xa = , ( ) ( ) ,2 d S ABC a = 2 za = ( ) 0 z  .0 CS CB = ( ) 2 2 0 y a a  − = 2 ya = ( ) 2; 2;2 S a a a  Ta có ( ) 0; 2;2 AS a a = , ( ) 2;0;2 CS a a = , ( ) 2; 2;2 BS a a a = . ( ) SBC có 1 vtpt ( ) 2;0;1 n=− , ( ) SAB có 1 vtpt ( ) 0; 2; 1 m=− cos   1 3. 3 = 1 3 = . Câu 38 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng 2 a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ) SBD và ( ) ABCD . Nếu tan 2  = thì góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAC và ( ) SBC bằng bao nhiêu ? L ời gi ải A B C S Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 382 Gọi I AC BD = . Hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 2 a suy ra hình vuông đó có cạnh bằng a . Ta có ( ) ( ) SBD ABCD BD SI BD AI BD =   ⊥   ⊥  ( ) ( ) ( ) ( ) ;; SBD ABCD SI AI SIA  = = . Ta có tan tan SA SIA SA a AI  = =  = . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có ( ) 0;0;0 A , ( ) ;0;0 Ba , ( ) ; ;0 C a a , ( ) 0;0; Sa . Khi đó ( ) 0;0; SA a =− ; ( ) ;; SC a a a =− ; ( ) ;0; SB a a =− . Mặt phẳng ( ) SAC có vectơ pháp tuyến ( ) 1 1;1;0 n =− . Mặt phẳng ( ) SBC có vectơ pháp tuyến ( ) 2 1;0;1 n = . Suy ra ( ) ( ) ( ) 12 12 . cos ; . nn SAC SBC nn = 11 2 2. 2 == ( ) ( ) ( ) ; 60 SAC SBC  =  . Câu 39 Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A B C D     và M là điểm thuộc đường thẳng OI sao cho 2 MO MI = (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) MC D  và ( ) MAB bằng bao nhiêu ? L ời gi ải Không giảm tính tổng quát, ta giả sử cạnh hình lập phương bằng 6 . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, sao cho gốc tọa độ trùng với điểm B  . Khi đó, ( ) 6;0;0 C  , ( ) 6;6;0 D  , ( ) 3;3;1 M , ( ) 0;6;6 A , ( ) 0;0;6 B . ( ) 3; 3; 1 MC  −− , ( ) 3;3; 1 MD =− A I B C D y x S z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 383 Suy ra vectơ pháp tuyến của ( ) MC D  là ( ) ( ) 1 , 6;0;18 6 1;0;3 n MC MD   = = =  . ( ) 3;3;5 MA − , ( ) 3; 3;5 MB = − − Suy ra vectơ pháp tuyến của ( ) MAB là ( ) ( ) 1 , 30;0;18 6 5;0;3 n MA MB  = = =  . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ) MC D  và ( ) MAB , ta có 12 12 . 14 cos 340 nn nn ==  2 6 85 sin 1 cos 85  = − =  . Câu 40 Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , CD  và DD  . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ . L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: DO Ox D A Oy D C Oz D D                Khi đó ( ) 1;0;1 A , ( ) 1;1;1 B , ( ) 0;1;1 C , ( ) 0;0;1 D , ( ) 1;0;0 A  , ( ) B 1;1;0  , ( ) 0;1;0 C  1 1; ;1 2 M    , 1 ;1;1 2 N    , 1 0; ;0 2 P    , 1 Q 0;0; 2    . Ta có: 11 ; ;0 22 MN −   , 11 1; ; 22 MP −  −   , 11 1; ; 22 MQ −−  −   A B C D ' A ' B ' C ' D z M N P Q x y A B C D ' A ' B ' C ' D x y z O M I Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 384 1 1 1 1 ,. 4 8 8 4 MN MP MQ  = + − =  11 . , . 6 24 MNPQ V MN MP MQ   = =  . Câu 41 Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD  . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và AD  . L ời gi ải Gọi M là trung điểm BB  . Ta có: // CK A M  ( ) // CK A MD   . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , d CK A D d CK A MD d C A MD    == . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Ta có: ( ) 0;0;0 A , ( ) ;0;0 Ba , ( ) 0; ;0 Da , ( ) 0;0; Aa  , ( ) ;0; B a a  , ( ) ; ;0 C a a , ;0; 2 a Ma    . ;0; 2 a A M a  =−   , ( ) 0; ; A D a a =− , 2 22 , ; ; 2 a A M A D a a    =    . Vậy mặt phẳng ( ) A MD  nhận ( ) 1;2;2 n = làm vectơ pháp tuyến. Phương trình ( ) A MD  là 2 2 2 0 x y z a + + − = . Do đó: ( ) ( ) 22 , 33 a a a a d C A DM +−  == . Câu 42 Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh bằng a . Lấy điểm M thuộc đoạn AD  , điểm N thuộc đoạn BD sao cho AM DN x == , 2 0 2 a x      . Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất. L ời gi ải A B C D ' A ' B ' C ' D x y z M K| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 385 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho OA   , A D Ox   , A B Oy   , A A Oz   . ( ) 0;0;0 A  , ( ) ;0;0 Da  , ( ) 0; ;0 Ba  , ( ) 0;0; Aa , ( ) ;0; D a a , ( ) 0; ; B a a , ( ) ; ;0 C a a  , ( ) ;; C a a a . 2 ;0; 22 x a x M  −    , 2 ;; 22 a x x Na  −    . ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 3 2 2 3 2 2 2 3 9 3 x x a a MN x a x ax a x ax   = − + + = − + = − + +    . 2 2 2 2 3 33 aa MN x   = − +    . Vậy MN ngắn nhất 2 3 a x = . Câu 43 Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có AB AC a == , góc 120 BAC= , AA a  = . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC  và CC  . Số đo góc giữa mặt phẳng ( ) AMN và mặt phẳng ( ) ABC bằng bao nhiêu ? L ời gi ải Gọi H là trung điểm BC , 3 BC a = , 2 a AH = . A B C N ' C M ' B ' A y x z H A B C D ' A ' B ' C ' D x y z M N Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 386 Chọn hệ trục tọa độ ( ) 0;0;0 H , ;0;0 2 a A    , 3 0; ;0 2 a B     , 3 0; ;0 2 a C  −    , ( ) 0;0; Ma , 3 0; ; 22 aa N  −    . Gọi  là góc giữa mặt phẳng ( ) AMN và mặt phẳng ( ) ABC . ( ) AMN có một vtpt , n AM AN  =  3 1 3 ;; 244  − =    ( ) ABC có một vtpt HM ( ) 0;0;1 = , từ đó . cos n HM n HM  = 3 4 1.1 = 3 4 = . Câu 44 Trong không gian , Oxyz cho các điểm A , B , C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 . 2 Biết rằng mặt phẳng ( ) ABC luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng bao nhiêu ? L ời gi ải Ta có ( ) ( ) 1 ., 3 ABC ABC OABC ABC SS V S d O ABC = ( ) ( ) 3 , d O ABC = Mà 3 2 ABC OABC S V = nên ( ) ( ) ,2 d O ABC = . Vậy mặt phẳng ( ) ABC luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính 2 R = . Câu 45 Cho hình lập phương 1 a = có cạnh bằng 1 a = . Một đường thẳng d đi qua đỉnh D  và tâm I của mặt bên BCC B . Hai điểm M , N thay đổi lần lượt thuộc các mặt phẳng ( ) BCC B  và ( ) ABCD sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình vẽ). Giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN là ? O A B C z x y| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 387 L ời gi ải Cho 1 a = . Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. ( ) 0;0;0 A , ( ) 1;0;1 D  , ( ) 0;1;0 B , ( ) 1;1;1 C  I là trung điểm BC   11 ;1; 22 I     ( ) 1 1 1 ;1; 1; 2;1 2 2 2 DI   = − − = − −   . Đường thẳng DI  đi qua ( ) 1;0;1 D  , có một VTCP là ( ) 1; 2;1 u=− là : ( ) 1 2 1 xt y t t zt =+   = −    =+  Mặt phẳng ( ) ABCD : 0 z = Mặt phẳng ( ):1 BCC B y  = Ta có ( ) ( ) ;1; M BCC B M m n   , ( ) 1 ; 2 ;1 K D I K t t t    + − + K là trung điểm ( ) 2 2; 4 1;2 2 MN N t m t t n  − + − − − + . ( ) N ABCD  2 0 2 2 0 2 N n z t n t −  =  − + =  = ( ) ;3 2 ;0 N n m n  − − . ( ) 2 ;2 2 ; MN n m n n = − − − ( ) ( ) 22 22 2 2 2 MN n m n n  = − + − + ( ) 2 2 2 5 8 4 n m n n = − + − + ( ) 2 2 4 4 4 25 5 5 5 n m n  = − + − +    25 5 MN  . A B C D ' A ' B ' C ' D N K M d x y z A B C D ' A ' B ' C ' D N K M d Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 388 Dấu bằng xảy ra khi 4 5 b = và 2 5 a = . Câu 46 Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1; 2 ; 4 . Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó bằng bao nhiêu? L ời gi ải Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Mỗi quả bóng xem là mặt cầu tâm ( ) ;; I a b c . Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,,, d I xOy d I yOz d I zOx R  = = = 0 abc  = =  ( ) ;; I a a a  . Gọi ( ) ;; M x y z là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1; 2 ; 4 ( ) 1;2;4 M  . M nằm trên quả bóng khi ( ) ( ) , IM d I xOy a == ( ) ( ) ( ) 222 2 1 2 4 a a a a  − + − + − = ( ) 2 2 14 21 0 * aa  − + = . Vì ( ) * có biệt thức 70   =  nên nó có hai nghiệm phân biệt 1 a , 2 a và 12 7 aa += . Khi đó tổng đường kính của hai quả bóng là ( ) 12 2 14 aa += . Câu 47 Hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2 SA a = . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB , SD . Góc giữa mặt phẳng ( ) AMN và đường thẳng SB bằng bao nhiêu ? L ời gi ải O I x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 389 Ta có ( ) BC SAB ⊥ BC AM ⊥ ( ) AM SBC ⊥ AM SC ⊥ . Tương tự ta cũng có AN SC ⊥ ( ) AMN SC ⊥ . Gọi  là góc giữa đường thẳng SB và ( ) AMN . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho ( ) 0;0;0 A , ( ) 0;1;0 B , ( ) 1;0;0 D , ( ) 0;0; 2 S , ( ) 1;1;0 C , ( ) 1;1; 2 SC=− , ( ) 0;1; 2 SB=− . Do ( ) AMN SC ⊥ nên ( ) AMN có vtpt SC sin  = 3 23 3 2 = o 60  = . Câu 48 Cho lăng trụ tam giác đều . ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a . M là một điển thỏa mãn 1 2 CM AA  =− . Cô sin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) A MB  và ( ) ABC bằng bao nhiêu? L ời gi ải Xét hình lăng trụ tam giác đều . ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a . Gắn hệ trục như hình vẽ quy ước 1 a = ( đơn vị ). Gọi D là giao điểm của AM  và AC . Vì tam giác ABC    là tam giác cân cạnh bằng a nên ta suy ra độ dài các đường trung tuyến là 3 2 a . Suy ra tọa độ các điểm như hình vẽ. Theo giả thiết ta có 1 2 CM AA  =− vậy ADA CDM     22 AD DA DC CD  =  = − . Vậy tọa độ của điểm D là: 2 0; ;1 3 D    Ta có mặt phẳng ABC có phương trình ( ) ( ) 1 0;0;1 ABC zn =  = Mặt khác mặt phẳng ( ) A MB  là mặt phẳng đi qua ba điểm A  , D và B . S M N D A B C a 2 a y x z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 390 Ta có: 2 0; ;1 3 AD   =   và 31 ; ;1 22 AB   =    ( ) 1 3 3 , ; ; 6 2 3 A BM n A D A B   −    = =    Vậy côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) A MB  và ( ) ABC là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos ' , cos , A BM ABC A BM ABC n n  = . 3 3 3 30 10 1 3 1 10 .1 36 4 3 − = = = ++ . Câu 49 Cho lăng trụ tam giác đều . ABC A B C    có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN ( ) ; M A C N BC   là đường vuông góc chung của AC  và BC  . Tỷ số NB NC  bằng L ời gi ải Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều . ABC A B C    có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng 2 . x 31 , ,0 22 ' B     ( ) ' 0;1;0 C y ( ) ' 0;0;0 A 31 ; ,1 22 B     ( ) 0;1;1 C ( ) 0;0;1 A z M| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 391 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (O là trung điểm của BC ). Ta có: ( ) 0; 3;2 , A  − ( ) 1;0;0 , B ( ) 1;0;0 , C − ( ) 1;0;2 , C  − ( ) 1; 3;2 CA =− , ( ) 2;0;2 BC =− . Do CM mCA BN nBC   =    =   nên ta có ( ) 1 ; 3 ;2 M m m m − + − , ( ) 1 2 ;0;2 N n n − ( ) 2 2; 3 ;2 2 MN m n m n m  = − − + − . Đường thẳng MN là đường vuông góc chung của AC  và BC  nên: .0 .BC 0 MN CA MN   =    =   4 2 1 42 mn mn − + = −    − + =  2 5 3 5 m n  =      =   3 5 BN n BC  = =  3 2 NB NC =  . Câu 50 Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng ( ), 3 , 2 ABC AD a AB a == , , 4 , 60 AC a BAC == . Gọi ,K H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên AC và CD . Đường thẳng HK cắt đường thẳng AD tại E . Chứng minh rằng BE vuông góc với CD và tính thể tích khối tứ diện BCDE theo a . L ời gi ải A B C O ' A ' B ' C M N x y z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 392 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với A trùng gốc tọa độ O . ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , 2 ;0;0 , 2 ;2 3;0 , 0;0;3a A B a C a a D , .cos 60 . AH AB a == Suy ra tọa độ của 3 ; ;0 22 aa H     ( ) 2 ;2 3; 3 DC a a a − suy ra ( ) 2;2 3; 3 u − là một vecto chỉ phương của DC nên phương trình đường thằng DC là 2 : 2 3 33 xt yt z a t =   =   =−  . Vì K thuộc DC nên ( ) 2 ;2 3 ;3 3 K t t a t − Ta có ( ) 13 2 2 ;2 3 ;3 3 , . 0 25 a BK t a t a t BK DC t − − =  = . Vậy 26 26 3 36 ;; 25 25 25 a a a K     Vì E thuộc trục Az nên ( ) 3 27 27 3 36 0;0; . ; ; ; ; ; 2 2 50 50 25 a a a a a E z EH z HK     −             Vì ,, E H K thằng hàng nên , EH HK cùng phương, do đó suy ra 4 3 a z =− . Vậy 4 0;0; 3 a E  −   Ta có 4 2 ;0; 3 a EB a  =   và ( ) 2 ;2 3; 3 DC a a a − nên ( ) 4 . 2 .2 0.2 3 3 0 3 a EB DC a a a a = + + − = Vậy BE vuông góc với CD Câu 51 Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại ,BC a A = và 30 ABC = . Hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) SAC cùng tạo với đáy một góc 60 . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ) ABC thuộc cạnh BC . Tính thể tích khối chóp . S ABC theo a . L ời gi ải A E B C K H 2a 4a 3a D z y x| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 393 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với A trùng gốc tọa độ O . ( ) ( ) 3 0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ; ; 22 aa A B C S x y z        với ( ) 0; 0; 0, ; ;0 x y z H x y    với H là hình chiếu vuông góc của S lên ( ) ABC ( ) 1 0;0;1 n = là vecto pháp tuyến của ( ) ABC và 2 33 . 0; z; 22 aa n AB AS y   = = −    là vecto pháp tuyến của ( ) 3 . . ;0; 22 aa SAB n AC AS x z   = = −    là vecto pháp tuyến của ( ) SAC ( ) ( ) ( ) ( ) 12 22 22 12 . 1 cos , 3 1 2 nn y SAB ABC z y nn zy =  =  = + ( ) ( ) ( ) ( ) 13 22 22 13 . 1 cos , 3 2 2 nn x SAC ABC z x nn zx =  =  = + Từ ( ) ( ) 1 , 2 ta có xy = . Nên ( ) ; ;0 H x x , vì H thuộc BC nên 3 ; ;0 , ; ;0 2 2 2 a a a BC CH x x   −−      cùng phương, suy ra ( ) 3 2 3 2 1 3 2 2 a x xa x a a − =  = + − thay vào ( ) 1 , ta được ( ) 3 2 1 3 a z = + ( ) ( ) 3 2 . 33 1 1 3 3 . 3 3 8 32 2 1 3 S ABC ABC a aa V SH S  − = = = + Câu 52 Cho hình chóp tam giác đều . S ABC . có độ dài cạnh AB a = .Gọi ,N M lần lượt là trung điểm của các cạnh , SB SC . Tính theo a diện tích của tam giác AMN , biết rằng mặt phẳng ( ) AMN vuông góc với mặt phẳng ( ) SBC . L ời gi ải Gọi O là trung điểm BC , G là trọng tâm tam giác ABC , ta có A B C y x H S z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 394 33 ,OB , 2 2 6 a a a OA OC OG = + = = Đặt 0 SG z = . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia Ox chứa A , tia Oy chứa B và tia Oz nằm trên đường thẳng qua O và song song với SG (xem hình vẽ), khi đó: 3 3 3 3 ;0;0 ,B 0; ;0 ,C 0; ;0 ,S ;0;z ,M ; ;z , N ; ;z . 2 2 2 6 12 4 12 4 a a a a a a a a A             −−                                 Tính được 15 6 a z = . Suy ra 2 10 16 AMN a S = Câu 53 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với , 2, AB a AD a SA a = = = và SA vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Gọi ,N M lần lượt là trung điểm của AD và SC , I là giao điểm của BM và AC . Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) SAC vuông góc với mặt phẳng ( ) SMB . Tính thể tích khối tứ diện ANIB . L ời gi ải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho OA  , Ox chứa B , tia Oy chứa D và tia Oz chứa S . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 0;0;0 , ;0;0 , ; 2;0 , 0; 2;0 , 0;0; , 0; ;0 , ; ; . 2 2 2 2 a a a a A B a C a a D a S a M N                 ( ) ( ) ( ) 2 0;0; , ;a 2;0 , 0; ; a , ;0; 2 a AS a AC a SM SB a a  −−    Vecto pháp tuyến của ( ) SAC là ( ) 22 ; 2; ;0 AS AC a a  =−  Vecto pháp tuyến của ( ) SMB là 2 2 2 ; ; ;0 2 a SM SB a   = − −    Vì 44 ; ; 0 AS AC SM SB a a     =−=     nên ( ) ( ) SAC SMB ⊥ Ta có 22 IC BC IC IA IA AM = =  = − . Từ đây tìm được 2 ; ;0 33 aa I     thể tích khối tứ diện ANIB là 33 1 1 2 2 .. 6 6 6 36 ANIB aa V AN AI AB  = = =  B C D A M N I S z x y| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 395 Câu 54 Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của , SA M là trung điểm của AE , N là trung điểm của BC . Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC . L ời gi ải Gọi là giao điểm của và , Chọn hệ trục tọa độ sao cho tia chứa , tia chứa và tia chứa (xem hình vẽ). Đặt , khi đó Có Ta thấy Góc giữa hai đường thẳng và là Câu 55 Cho hình chóp có đáy là bình hành, , các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng . Tìm côsin của góc giữa hai mặt phẳng và khi thể tích của khối chóp lớn nhất. L ời gi ải O AC BD Oxyz Ox A Oy B Oz S SO z = ( ) 2 2 2 2 ;0;0 , 0; ;0 , ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ;0 , ; ; , ;0; ; ;z 4 4 2 4 2 4 2 2 2 a a a a A B C D S z a a a a z a z a a N M I E         −−                                 −                         3 2 2 ;0; , 0; ;0 4 4 4 a z a MN BD     = = −             .0 MN BD MN BD =  ⊥ MN AC ( ) 2 ,. 4 a d MN AC = . S ABCD ABCD 4 AD a = 6a ( ) SBC ( ) SCD . S ABCD B A D C N y x M E I S z O a Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 396 Gọi là giao điểm của và , lần lượt là trung điểm của và , từ giả thiết suy ra và nên là hình chữ nhật Đặt . Khi đó Thể tích khối chóp là với hoặc áp dụng bất đẳng thức Caushy ta suy ra lớn nhất khi và chỉ khi . Suy ra Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó Gọi là góc giữa hai mặt phẳng và thì 2 cos 5 = Câu 56 Cho hình lăng trụ đứng có và . Gọi là trung điểm của cạnh . Chứng minh và tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng L ời gi ải O AC BD ,N M AB AD ( ) SO AC SO ABCD SO BD ⊥  ⊥  ⊥  22 6 OA OB OC OD a SO = = = = − ABCD 0 ON x = 22 2 2 2 2 4 2 OA x a SO SA OA a x  =+   = − = −   . S ABCD 22 . 18 . . 2 33 S ABCD V AB AD SO ax a x = = − ( ) 0; 2 xa  . S ABCD V xa = SO a = Oxyz ( ) 2 ; ;0 , 2 ; ;0 , 2 ; ;0 , 0;0; . 2 2 2 a a a B a C a D a S a       − − − −              ( ) SBC ( ) SCD 1 1 1 . ABC A B C 1 , 2 , 2 5 AB a AC a AA a = = = 120 BAC = M 1 CC 1 MB MA ⊥ A ( ) 1 A BM B C D A M O N y x z S| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 397 Kẻ . Ta có Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: Ta có Phương trình mặt phẳng là: Khoảng cách từ đến là: Câu 57 Cho hình lăng trụ . ' ' ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a đáy ABC là tam giác vuông tại , , 3 A AB a AC a == và hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm của cạnh BC. Tính theo thể tích khối chóp '. A ABC .và cosin của góc giữa hai đường thẳng ' AA và '' BC . L ời gi ải AO BC ⊥ 22 2 2 2 2 4 2 .2 . 120 7 . .sin120 21 . . .sin120 7 21 2 7 49 7 57 7 BC a a a a cos a AB AC a AO BC AB AC AO BC aa OB AB AO a a OC BC OB = + − = =  = = = − = − = = − = Oxyz 1 21 2 7 5 7 21 ;0;0 , 0; ;0 ,M 0; ; 5 , ;0;2 5 7 7 7 7 aa A B a A a         −                         ( ) 1 21 5 7 ; ; 5 , 0; 7; 5 77 aa MA a MB a a  = = −    22 1 1 1 . 5 5 0 MA MB a a MA MB MA MB = − =  ⊥  ⊥ ( ) 1 A BM 27 12 5 15 21 0 7 a x y z  − − − =    A ( ) 1 A BM ( ) ( ) 1 5 ; 3 a d A A MB = A a B A C 2a a y y x 1 A 1 C 1 B z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 398 Gọi là trung điểm của , là trung điểm của , là trung điểm thì là hình chữ nhật. Ta có Chọn hệ trục tọa độ sao cho tia chứa , tia chứa và tia chứa (xem hình vẽ). Khi đó Thể tích khối chóp là . Gọi là góc giữa và . Khi đó: . Câu 58 Cho hình lăng trụ đứng có . Gọi lần lượt là trung điểm của và . Khoảng cách giữa hai đường thẳng và bằng . Góc giữa hai mặt phẳng và bằng . Tính thể tích khối chóp và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp theo L ời gi ải O BC H AB K AC OHAK 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , 2 ' ' 4 3. 3 42 3 42 BC BC AB AC a OA a OA AA OA a a a aa OH OA AH a aa OK OA AK a = + = = = = − = − = = − = − = = − = − = Oxyz Ox H Oy K Oz ' A ( ) 3 3 3 ' 0;0; 3 , ; ;0 , ; ;0 , ; ;0 . 2 2 2 2 2 2 a a a a a a A a A B C       −−                   '. A ABC 3 3 3 '. 1 1 3 3 ' ; ' ' 6 6 2 2 2 A ABC a a a V A A A B A C  = = − − =  ( ) 3; ;0 BC a a =−  ' AA '' BC ( ) '. 1 ', 4 '. AA BC cos AA BC AA BC cos  = = = . 'B'C' ABC A 2, BC AB AB BC =⊥ , MN '' AB BC AM ' BC 2 7 a ( ) ' AB C ( ) '' BCC B 60 MABC ' B ANC a B A C O K y x H ' A ' B ' C z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 399 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc tọa độ trùng điểm Đặt thì Ta có Ta có và nên nên có vecto pháp tuyến là (vì cùng phương với ) và có vecto pháp tuyến là Thế vào , giải phương trình ta được kết quả và Vậy Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp theo Phương trình mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có dạng: với tâm Vì thuộc mặt cầu nên tọa độ chúng thỏa mãn phương trình mặt cầu, ta có hệ: Oxyz O B ( ) 0 AB x x = 2 BC x = ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;0 , 2 ;0;0 , 0; ;0 ;0;0 B C x A x N x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' 0; ; 0 , ' 0;0; , ' 2 ;0; , 0; ; . 2 0; ; , ' 2 ;0; ; ' ;2 ; 22 x A x y y B y C x y M y x xy AM y B C x y AM B C xy x          = − = −  =          ( ) 2 ; ;0 AC x x =− ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 ; ' . 2 , ' 1 77 4 17 ;' 4 4 AM B C AC xy a xy a d AM B C x y x y AM B C x y x  −  =  =  =  +  ++ ( ) ' 0; ; AB x y =− ( ) 2 ; ;0 AC x x =− ( ) 2 . ' ;2 ;2 AC AB xy xy x = ( ) ' AB C ( ) ;2 ;2 n y y x = n .' AC AB   ( ) '' BCC B ( ) 0;1;0 . j = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 . 1 2 11 ' , ' ' 5 4 16 2 22 . 54 nj y cos AB C BCC A y x y x y nj yx =  =  + =  = + ( ) 2 ( ) 1 4 11 a y = 2 xa = 3 1 1 4 16 11 . ' .2 .4 . 3 2 33 11 MABC ABC aa V S AA a a  = = =   ' B ANC a ( ) S ' B ANC ( ) 2 2 2 1 : 2 2 2 0 S x y z a x by cz d + + + + + + = ( ) 2 2 2 11 ; ; , T a b c R a b c d − − − = + + − ', , , B A N C ( ) S B A N C x y ' A ' C M ' B z Tạp chí và tư liệu toán học | Trang | 400 Câu 59 Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân, . Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng theo . L ời gi ải Từ giả thiết ta tính được và Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc tọa độ trùng điểm Ta có: • • • • là VTPT của mặt phẳng nên 2 1 2 2 1 2 2 1 3 16 8 11 0 11 11 3 31 4 4 0 3 13 11 4 4 0 11 8 16 8 0 aa a ac d ba a ab d Ra a c a a a d da a a a d  =−  + + =   =−    + + =   =  =−  + + =  =  + + =   . ' ' ' ' ABCD A B C D ' A AC ' A C a = '' ABB C A ( ) ' BCD a ' 2 a AC AA == 2 a AB = Oxyz O A ( ) 0;0;0 , 0; ;0 , ; ;0 , ;0;0 2 2 2 2 a a a a A B C D                   ' 0;0; , ' 0; ; , ' ; ; , ' ;0; 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a A B C D                         0; ;0 , ' 0; ; , ' ; ; . 2 2 2 2 22 a a a a a a AB AB AC      = = =           23 . ' ;0;0 . ' . ' 2 2 4 2 aa AB AB AB AB AC      =  =       3 '' 12 . ' . ' . 6 48 ABB C a V AB AB AC   = =  22 ;0;0 , ' 0; ; . ' 0; ; 2 2 4 2 2 2 a a a a a CB CD CB CD     = − = −  =        ( ) 0; 2;1 n = ( ) ' BCD A B C D ' A ' B ' C ' D x y z| Hình học giải tích không gian Oxyz Trang | 401 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2.0 0 2 26 ' : 2 0 , ' 26 21 a aa BCD y z d A BCD +− + − =  = = +TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Thầy Nguyễn Đăng Ái. [2]. Đề thi thử các trường trên cả nước. [3]. Các chuyên đề về hình học tọa độ không gian Oxyz trên trang toanmath.com. [4]. Nhóm Strong Team Toán VD – VDC.