Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức

Giới thiệu Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Nắm trọn chuyên đề hình học Oxyz và số phức
TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 – LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2021 NẮM TRỌN CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC OXYZ SỐ PHỨC (Dùng cho học sinh 11,12 và luyện thi Đại học năm 2021) ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ THÁNG 10/2020 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh, quý thầy cô và bạn đọc thân mến ! Kỳ thi THPT Quốc Gia là một trong những kỳ thi quan trọng nhất đối với mỗi chúng ta. Để có thể tham dự và đạt được kết quả cao nhất thì việc trang bị đầy đủ kiến thức và kĩ năng cần thiết là một điều vô cùng quan trọng. Thấu hiểu được điều đó, chúng tôi đã cúng nhau tiến hành biên soạn bộ sách “ Nắm trọn các chuyên đề môn Toán 2021 ” giúp các em học sinh ôn luyện và hoàn thiện những kiến thức trọng tâm phục vụ kỳ thi, làm tài liệu giảng dạy và tham khảo cho quý thầy cô trước sự thay đổi về phương pháp dạy học và kiểm tra của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Bộ sách chúng tôi biên soạn gồm 4 quyển: • Quyển 1: Nắm chọn chuyên đề Hàm số • Quyển 2: Nắm trọn chuyên đề Mũ – Logarit và Tích phân • Quyển 3: Hình học không gian • Quyển 4: Hình học Oxyz và Số phức Trong mỗi cuốn sách, chúng tôi trình bày một cách rõ ràng và khoa học – tạo sự thuận lợi nhất cho các em học tập và tham khảo. Đầu tiên là tóm tắt toàn bộ lý thuyết và phương pháp giải các dạng toán. Tiếp theo là hệ thống các ví dụ minh họa đa dạng, tiếp cận xu hướng ra đề của kỳ thi THPT Quốc Gia các năm gần đây bao gồm 4 mức độ: Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng và Vận dụng cao. Cuối cùng là phần bài tập rèn luyện từ cơ bản đến nâng cao để các em hoàn thiện kiến thức, rèn tư duy và rèn luyện tốc độ làm bài. Tất cả các bài tập trong sách chúng tôi đều tiến hành giải chi tiết 100% để các em tiện lợi cho việc so sánh đáp án và tra cứu thông tin. Để có thể biên soạn đầy đủ và hoàn thiện bộ sách này, nhóm tác giả có sưu tầm, tham khảo một số bài toán trích từ đề thi của các Sở, trường Chuyên trên các nước và một số bài toán của các thầy/cô trên toàn quốc. Chân thành cảm ơn quý thầy cô đã sáng tạo ra các bài toán hay và các phương pháp giải toán hiệu quả nhất. Mặc dù nhóm tác giả đã tiến hành biên soạn và phản biện kĩ lưỡng nhất nhưng vẫn không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến phản hồi và đóng góp từ quý thầy cô, các em học sinh và bạn đọc để cuốn sách trở nên hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp, quý vị vui lòng gửi về địa chỉ: • Gmail: [email protected] • Fanpage: 2003 – ÔN THI THPT QUỐC GIA Cuối cùng, nhóm tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe đến quý thầy cô, các em học sinh và quý bạn đọc. Chúc quý vị có thể khai thác hiệu quả nhất các kiến thức khi cầm trên tay cuốn sách này ! Trân trọng./ NHÓM TÁC GIẢ MỤC LỤC A. PHẦN I: HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ Trang CHỦ ĐỀ 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN…………………………………………. 1 Dạng 1. Điểm và vecto trong hệ tọa độ Oxyz……………………………………………………………….. 5 Dạng 2. Tích vô hướng và ứng dụng…………………………………………………………………………….. 28 Dạng 3. Phương trình mặt cầu………………………………………………………………………………………. 39 Dạng 4. Cực trị………………………………………………………………………………………………………………. 59 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG……………………………………………. 79 Dạng 1. Xác định vecto pháp tuyến, tính tích có hướng của mặt phẳng………………………. 84 Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng………………………………………………………………………….. 91 Dạng 3. Tìm tọa độ điểm liên quan đến mặt phẳng……………………………………………………… 114 Dạng 4. Góc và khoảng cách liên quan đến mặt phẳng………………………………………………… 123 Dạng 5. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng, giữa mặt cầu và mặt phẳng…………………… 140 Dạng 6. Cực trị liên quan đến mặt phẳng…………………………………………………………………….. 165 CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG……………………………………. 185 Dạng 1. Xác định vecto chỉ phương của đường thẳng…………………………………………………. 191 Dạng 2. Viết phương trình đường thẳng………………………………………………………………………. 200 Dạng 3. Tìm tọa độ điểm liên quan đến đường thẳng………………………………………………….. 231 Dạng 4. Góc và khoảng cách liên quan đến đường thẳng…………………………………………….. 247 Dạng 5. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, giữa đường thẳng và mặt phẳng………. 257 Dạng 6. Bài toán liên quan giữa đường thẳng – mặt phẳng – mặt cầu…………………………. 271 Dạng 7. Cực trị liên quan đến đường thẳng…………………………………………………………………. 314 CHỦ ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ………………….. 347 Dạng 1. Tọa độ hóa Hình học không gian…………………………………………………………………….. 353 Dạng 2. Bài toán đại số………………………………………………………………………………………………….. 367 CHỦ ĐỀ 5: TỔNG HỢP VỀ HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ……………………………….. 372 Đề bài…………………………………………………………………………………………………………………………….. 372 Đáp án……………………………………………………………………………………………………………………………. 381 B. PHẦN II: SỐ PHỨC…………………………………………………………………. 405 Dạng toán 1: Xác định các yếu tố cơ bản của số phức….…………………………………… 406 Dạng toán 2: Phép toán cộng, trừ, nhân hai số phức………………………………………… 424 Dạng toán 3: Phép chia hai số phức…………………………………………………………… 437 Dạng toán 4: BT quy về giải PT, HPT và tập hợp điểm biễu diễn số phức……………… 448 Dạng toán 5: Phương trình bậc hai với hệ số thực……………………………..…………… 468 Dạng toán 6: Cực trị số phức…………………………………………………………………… 482 PHẦN I HÌNH HỌC OXYZ CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. CHỦ ĐỀ 1 : HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ LÍ THUYẾT ➢ Trong không gian xét hệ trục Oxyz , có trục Ox vuông góc với trục Oy tại O , và trục Oz vuông góc với mặt phẳng Oxy tại O . Các vectơ đơn vị trên từng trục Ox , Oy , Oz lần lượt là i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1) . ▪ Nếu a = a1 i + a2 j + a3 k thì a = ( a1 ; a2 ; a3 ) . ▪ M ( xM ; yM ; zM )  OM = xM i + yM j + z M k ▪ Cho A ( x A ; y A ; z A ) và B ( xB ; yB ; z B ) ▪ Ta có: AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A ) và AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2 .  x + x y + yB z A + z B  ; M là trung điểm AB thì M  A B ; A . 2 2   2 ➢ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Cho a = (a1 ; a2 ; a3 ) và b = (b1 ; b2 ; b3 ) ta có ▪ ▪ a1 = b1  a = b  a2 = b2 a = b  3 3 ▪ a.b = a . b cos(a; b) = a1b1 + a2b2 + a3b3 ▪ cos = cos(a, b) = ▪ a và b vuông góc  a.b = 0  a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 = 0 a  b = (a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 ) a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 a + a22 + a32 . b12 + b22 + b32 2 1 k .a = (ka1 ; ka2 ; ka3 ) a = a12 + a22 + a32 (với a  0 , b  0 ) a1 = kb1  ▪ a và b cùng phương  k  R : a = kb  a2 = kb2 a = kb 3  3 ➢ Tích có hướng của a = (a1 ; a2 ; a3 ) và b = (b1 ; b2 ; b3 ) là  a, b  = (a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) ▪ ▪ ▪ ▪ a và b cùng phương   a, b  = 0 a , b , c đồng phẳng   a, b  .c = 0 1 Diện tích tam giác : S ABC = [ AB, AC ] 2 1 Thể tích tứ diện VABCD = [ AB, AC ]. AD 6 Thể tích khối hộp: VABCD. A’ B’C ‘ D’ = [ AB, AD ]. AA ‘ ➢ Một số kiến thức khác ▪ Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k ( MA = kMB ) thì ta có : x − kxB y − kyB z − kz B Với ( k  1) xM = A ; yM = A ; zM = A 1− k 1− k 1− k ▪ G là trọng tâm của tam giác ABC x + xB + xC y + yB + yC z +z +z xG = A ; yG = A ; zG = A B C 3 3 3 ▪ G là trọng tâm của tứ diện ABCD  GA + GB + GC + GD = 0 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 1 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ u = (1;1;− 2 ) , v = (1;0;m ) . Tìm m để góc giữa hai vectơ u , v bằng 45 . A. m = 2 . B. m = 2− 6 . m = 2+ 6 . D. Lời giải . Chọn B C. ( ) Ta có: cos u ,v = 1 − 2m u.v 1 − 2m 2 = = = 2 2 2 2 2 2 u .v 2 6. 1 + m 1 + 1 + ( −2 ) . 1 + m  1 − 2m = 3 1 − m 2  4m2 − 4m + 1 = 3 + 3m2 (điều kiện m  m = 2 − 6  m2 − 4m − 2 = 0    m = 2 + 6 1 ). 2 . Đối chiếu điều kiện ta có 2;1; 2 , b VÍ DỤ 2: Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a m để A. hai véc tơ u 26 2 6 2a . 3mb và v B. 26 m = 2− 6 . 0; 2; 2 . Tất cả giá trị của ma b vuông góc với nhau là 2 6 . . C. 11 2 26 . 18 26 6 D. 2 Lời giải Chọn D Ta có: u 2a 3mb Khi đó: u.v 9m 2 2 2;2 0 4m 6m 6 2 3m 2; 4 2 0 3m 2 và v 3m 2 m 2 26 6 m ma 4 2 b 2m; m 3m 2 2m 2; 2m 2 2 . 0. . VÍ DỤ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; −1;2 ) , B ( 2; −3;0 ) , C ( −2;1;1) , D ( 0; −1;3) Gọi ( L ) là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB = MC.MD = 1. Biết rằng ( L ) là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. r = 3 . 2 B. r = 5 . 2 C. r = 11 . 2 D. r = Lời giải . Chọn C 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 7 . 2 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi M ( x; y; z ) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có AM = ( x; y + 1; z − 2 ) , BM = ( x − 2; y + 3; z ) , CM = ( x + 2; y − 1; z − 1) , DM = ( x; y + 1; z − 3) .  MA.MB = 1 Từ giả thiết: MA.MB = MC.MD = 1    MC.MD = 1 2 2 2  x ( x − 2 ) + ( y + 1)( y + 3) + z ( z − 2 ) = 1  x + y + z − 2x + 4 y − 2z + 2 = 0   2  x ( x + 2 ) + ( y + 1)( y − 1) + ( z − 1)( z − 3) = 1  x + y 2 + z 2 + 2 x − 4 z + 1 = 0 Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 (1; −2;1) , tâm I 2 ( −1;0;2 ) , R1 = 2 và mặt cầu R2 = 2 . M I1 I2 2 Ta có: I1 I 2 = 5 . Dễ thấy: r = R12 −  I1 I 2  = 4 − 5 = 11 .  2  4 2 VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2;3;1) và B ( 5; 6; 2 ) . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( Oxz ) tại điểm M . Tính tỉ số AM . BM A. AM = 2. BM B. AM 1 = . BM 2 C. AM 1 = . BM 3 D. AM = 3. BM Lời giải Chọn B .  AB = ( 7 ; 3 ; 1)  AB = 59 M  ( Oxz )  M ( x ; 0 ; z ) ;  .   AM = ( x + 2 ; − 3 ; z − 1)  x + 2 = 7k  x = −9   A, B, M thẳng hàng  AM = k . AB ( k  )  −3 = 3k  −1 = k  M ( −9 ; 0 ; 0 ) .  z −1 = k z = 0   BM = ( −14 ; − 6 ; − 2 )  BM = 118 = 2. AB . VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 2; −3;7 ) , B ( 0; 4;1) , C ( 3;0;5 ) và D ( 3;3;3) . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của A. M ( 0;1; −2 ) . B. M ( 0;1; 4 ) . ( Oyz ) sao cho biểu thức M là: C. M ( 0;1; −4 ) . D. M ( 2;1;0 ) . Lời giải Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. . 3 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Chọn B Ta có: AB = ( −2;7; −6 ) , AC = (1;3; −2 ) , AD = (1;6; −4 ) nên  AB, AC  . AD = −4  0 . Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G ( 2;1; 4 ) . Ta có: MA + MB + MC + MD = 4MG = 4MG . Do đó MA + MB + MC + MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oyz ) nên M ( 0;1; 4 ) . VÍ DỤ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 7;2;3) , B (1;4;3) , C (1;2;6 ) , D (1;2;3) P = MA + MB + MC + 3MD và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. A. OM = 3 21 . 4 B. OM = 26 . C. OM = 14 . D. OM = 5 17 4 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có DA = ( 6;0;0 ) , DB = ( 0;2;0 ) , DC = ( 0;0;3) nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử M ( x + 1; y + 2; z + 3) . . Ta có MA = ( x − 6) 2 + y 2 + z 2  x − 6  6 − x , MB = x 2 + ( y − 2 ) + z 2  y − 2  2 − y . 2 ( ) MC = x 2 + y 2 + ( z − 3)  z − 3  3 − z , 3MD = 3 x 2 + y 2 + z 2  2 (x + y + z) 2  x+ y+ z. Do đó P  ( 6 − x ) + ( 2 − y ) + ( 3 − z ) + ( x + y + z ) = 11 . x = y = z = 0 6 − x  0  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi 2 − y  0  x = y = z = 0. 3 − z  0   x + y + z  0 Khi đó M (1;2;3) suy ra OM = 12 + 22 + 32 = 14 . VÍ DỤ 7: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A (1;1; 4 ) , B ( 5; −1;3) , C ( 2; 2; m ) , D ( 3;1;5 ) . Tìm tất cả giá trị thực của tham số A. m  6 . m để A , B , C , D là bốn đỉnh của một hình tứ diện. B. m  6 . C. m  6 . D. m = 6 . Chọn C Ta có AB = ( 4; −2; −1) , AD = ( 2;0;1) ,  AB, AD  = ( −2; −6; 4 ) , AC = (1;1; m − 4 ) Để A , B , C , D là bốn đỉnh của một hình tứ diện khi  AB, AD  . AC  0 . −2 − 6 + 4m −16  0  m  6 .  4 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1. ĐIỂM VÀ VECTO TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Câu 1. Câu 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm A Khi đó x y bằng A. x 1. y y 17 . C. x y 11 . 5 D. x y 11 . 5 Tìm tọa độ véctơ u biết rằng u + a = 0 và a = (1; − 2;1) . A. u = ( −3; − 8;2 ) . Câu 3. B. x 1; 2; 3 , B 1;0; 2 , C x; y; 2 thẳng hàng. B. u = (1; − 2;8 ) . C. u = ( −1;2; −1) . D. u = ( 6; − 4; − 6 ) . Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1;0; 2 ) , B ( 2;1; − 3) và C (1; − 1;0 ) . Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. A. D ( 0; 2; − 1) . Câu 4. B. D ( −2; − 2;5 ) . C. D ( −2; 2;5 ) . D. D ( 2; 2; − 5 ) . Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1;1;1) . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( Oxz ) . A. (1;1; 0 ) . Câu 5. C. (1; 0;1) . D. ( 0;1; 0 ) . Trong không gian Oxyz , cho A ( −3;1; 2 ) , tọa độ điểm A ‘ đối xứng với điểm A qua trục Oy là A. ( 3; −1; −2 ) . Câu 6. B. ( 0;1;1) . B. ( 3; −1; 2 ) . C. ( 3;1; −2 ) . D. ( −3; −1; 2 ) . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; 2; −1) ; B ( 2; −1;3) ; C ( −3;5;1) . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A. D ( −4; 8; − 5 ) Câu 7. B. D ( −4; 8; − 3) . Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : C. D ( −2;8; −3) . D. D ( −2; 2;5 ) . x − 3 y + 1 z −1 và điểm M (1; 2; − 3) . Gọi M1 = = 2 1 2 là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d . Độ dài đoạn thẳng OM1 bằng A. 2 2 . Câu 8. B. 6. C. 3 . D. 2 . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −2; 4;1) và B ( 4;5; 2 ) . Điểm C thỏa mãn OC = BA có tọa độ là A. ( −6; − 1; − 1) . Câu 9. B. ( −2; − 9; − 3) . C. ( 6; 1;1) . D. ( 2; 9;3 ) . Trong không gian với hệ toạn độ Oxyz , cho A (1;1; 2 ) , B ( 2; − 1;1) , C ( 3; 2; − 3 ) . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A. ( 4; 2; − 4 ) . B. ( 0; − 2;6 ) . C. ( 2; 4; − 2 ) . D. ( 4;0; − 4 ) . Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 3;1; −2 ) , B ( 2; −3;5 ) . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho MA = 2MB , tọa độ điểm M là Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 5 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  7 −5 8  A. M  ; ;  .  3 3 3 B. M ( 4;5; −9 ) . 17  3 C. M  ; −5;  . 2 2 D. M (1; −7;12 ) . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi a , b , c lần lượt là khoảng cách từ điểm M (1;3; 2 ) đến ba mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , ( Oyz ) , ( Oxz ) . Tính P = a + b2 + c3 ? A. P = 32 . B. P = 18 . C. P = 30 . D. P = 12 . Câu 12. Cắt một hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng 3a . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đã cho. 27 a 2 13 a 2 9 a 2 . C. . D. . 2 2 6 Câu 13. Trong không gian (oxyz) cho OA = i − 2 j + 3k , điểm B(3; −4;1) và điểm C(2;0; −1). Tọa độ trọng A. 9a 2 . B. tâm của tam giác ABC là A. (1; −2;3). B. (−2; 2; −1). C. (2; −2;1). D. (−1; 2; −3). Câu 14. Trong không gian vói hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB , CD thỏa mãn CD = 2 AB và diện tích bằng 27 , đỉnh A ( −1; −1;0 ) , phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là x − 2 y +1 z − 3 . Tìm tọa độ điểm D biết xB  x A . = = 2 2 1 A. D ( −2; −5;1) . B. D ( −3; −5;1) . C. D ( 2; −5;1) . D. D ( 3; −5;1) . Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho OA = i − 2 j + 3k , điểm B ( 3; − 4;1) và điểm C ( 2;0; − 1) . Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là A. (1; − 2;3) . Câu 16. B. ( −2; 2; − 1) . C. ( 2; − 2;1) . D. ( −1; 2; − 3) . Trong không gian Oxyz , cho AO = i − 2 j + 3k , điểm B ( 3; − 4;1) C ( 2;0; − 1) và điểm D ( a ; b ; c ) sao cho B là trọng tâm tam giác ACD . Khi đó P = a + b + c bằng A. 1 . B. −3 . C. −1 . D. 3 . Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. ABCD biết A (1; 0;1) , B ( 2;1; 2 ) , D (1; −1;1) , C  ( 4;5; −5 ) . Tọa độ của điểm A là: A. A ( 4;6; −5 ) . B. A ( −3; 4; −1) . C. A ( 3;5; −6 ) . D. A ( 3;5;6 ) . Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; − 2;1) , B ( 0;1; 2 ) . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho ba điểm A , B , M thẳng hàng là A. M ( 4; − 5;0 ) . B. M ( 2; − 3;0 ) . C. M ( 0;0;1) . D. M ( 4;5;0 ) . Câu 19. Trong không gian Oxyz , véctơ u vuông góc với hai véctơ a = (1;1;1) và b = (1; −1;3) ; đồng thời u tạo với tia Oz một góc tù và độ dài véctơ u bằng 3. Tìm véctơ u .     6 6 6 6 6 6 6 6 A.  6 ; − ;− ; ; ;−  . C.  − 6 ;  . D.  − 6 ; − .  . B.  6 ;  2 2  2 2  2 2  2 2      Câu 20. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm M (1; −1;1), N(2;0; −1),P(−1;2;1) . Xét điểm Q sao cho tứ giác MNPQ là một hình bình hành. Tọa độ Q là 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. (−2;1;3) C. (−2;1; −3) B. (−2;1;3) D. (4;1;3) Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 3;5; − 1) , B ( 7; x ;1) và C ( 9; 2; y ) . Để A , B , C thẳng hàng thì giá trị x + y bằng A. 5 . B. 6 . C. 4 . D. 7 . Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2;3; 4 ) , B ( 8; −5;6 ) . Hình chiếu vuông góc của trung điểm I của đoạn AB trên mặt phẳng ( Oyz ) là điểm nào dưới đây? A. N ( 3; −1;5 ) . C. Q ( 0;0;5) . B. M ( 0; −1;5 ) . D. P ( 3;0;0 ) . Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; −5; 4 ) . Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai? A. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa độ ( xOz ) bằng 5 . B. Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng 29 . C. Tọa độ điểm M  đối xứng với M qua mặt phẳng ( yOz ) là M  ( 2;5;− 4 ) . D.Tọa độ điểm M  đối xứng với M qua trục Oy là M  ( −2; −5; −4 ) . Câu 24. Trong không gian Oxyz cho ba điểm A ( −1;1;2 ) , B ( 0;1; − 1) , C ( x + 2; y; −2 ) thẳng hàng. Tổng x + y bằng 7 8 1 2 . B. − . C. − . D. − . 3 3 3 3 Câu 25. Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm H ( 2;1;1) . Gọi các điểm A, B, C lần lượt ở trên các trục tọa A. độ Ox, Oy, Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Khi đó hoành độ điểm A là: B. −5 . A. −3 . C. 3. D. 5 Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết u = 2 ; v = 1 và góc giữa hai vectơ u và v bằng 2 3 . Tìm k để vectơ p = ku + v vuông góc với vectơ q = u − v . A. k = 2 . 5 B. k = 5 . 2 C. k = 2 . 2 D. k = − . 5 Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ với A ( −2;1;3) , C ( 2;3;5 ) , B ‘ ( 2; 4; − 1) , D ‘ ( 0; 2;1) . Tìm tọa độ điểm B . A. B (1; − 3;3) . B. B ( −1;3;3) . C. C (1;3; − 3) . D. B (1;3;3) . Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( −1;2;0 ) , B ( 3;1;0 ) , C ( 0;2;1) và D (1;2;2 ) . Trong đó có ba điểm thẳng hàng là A. A , C , D . C. B , C , D . D. A , B , C . Câu 29. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 5;0;0 ) . Gọi ( H ) là tập hợp các điểm B. A , B , D . M trong không gian thỏa mãn MA.MB = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. ( H ) là một đường tròn có bán kính bằng 4 . B. ( H ) là một mặt cầu có bán kính bằng 4 . C. ( H ) là một đường tròn có bán kính bằng 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 7 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. D. ( H ) là một mặt cầu có bán kính bằng 2 . Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a = ( 2; m − 1;3) , b = (1;3; −2n ) . Tìm m, n để các vectơ a, b cùng hướng. 3 4 A. m = 7; n = − . B. m = 4; n = −3 . C. m = 1; n = 0 . 4 D. m = 7; n = − . 3 Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho A ( 1;1; −3 ) , B ( 3; −1;1) . Gọi G là trọng tâm tam giác OAB ,véc tơ OG có độ dài bằng: 2 5 2 5 3 5 3 5 . B. . C. . D. . 3 5 3 2 Câu 32. Trong không gian vói hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB , CD thỏa A. mãn CD = 2 AB và diện tích bằng 27 , đỉnh A ( −1; −1;0 ) , phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là x − 2 y +1 z − 3 . Tìm tọa độ điểm D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm = = 2 2 1 A . A. D ( −2; −5;1) . B. D ( −3; −5;1) . C. D ( 2; −5;1) . D. D ( 3; −5;1) . Câu 33. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 2;3; 2 ) , B ( −2; −1; 4 ) . Tìm tọa độ điểm E thuộc trục Oz sao cho E cách đều hai điểm A, B . 1  A.  0;0;  . 2  1  B.  0;0;  . 3  C. ( 0;0; −1) . D. ( 0;0;1) . Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A (1;0; 2 ) , B ( 3;1; 4 ) , C ( 3; −2;1) . Tìm tọa độ điểm S , biết SA vuông góc với ( ABC ) , mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC có bán kính bằng 3 11 và 2 S có cao độ âm. A. S ( 4;6; −4 ) . B. S ( 4; −6; −4 ) . C. S ( −4;6; −4 ) . D. S ( −4; −6; −4 ) . Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có các đáy lần lượt là AB, CD . Biết A ( 3;1; −2 ) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −6;3;6 ) và D ( a; b; c ) với a; b; c  . Tính T = a + b + c . A. T = −3 . B. T = 1 . C. T = 3 . D. T = −1 . Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A (1; 2;5 ) , B ( 3; 4;1) , C ( 2;3; −3) . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm thay đổi trên mp ( Oxz ) . Độ dài GM ngắn nhất bằng A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1 . Câu 37. Trong không gian Oxyz cho các điểm A ( 5;1;5 ) , B ( 4;3; 2 ) , C ( −3; − 2;1) . Điểm I ( a ; b ; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a + 2b + c ? A. 1 . 8 B. 3 . C. 6 . D. −9 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 38. Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho vectơ a = (1; −2; 4 ) , b = ( x0 ; y0 ; z0 ) cùng phương với vectơ a . Biết vectơ b tạo với tia Oy một góc nhọn và b = 21 . Giá trị của tổng x0 + y0 + z0 bằng A. −3 . B. 6 . C. −6 . D. 3 . Câu 39. Trong không gian Oxyz cho A ( 4; −2;6 ) , B ( 2; 4; 2 ) , M  ( ) : x + 2 y − 3 z − 7 = 0 sao cho MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng  29 58 5   37 −56 68  A.  ; ;  . B. ( 4;3;1) . C. (1;3; 4 ) . D.  ; ; .  13 13 13   3 3 3  Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thang ABCD có hai đáy AB, CD ; có tọa độ ba đỉnh A (1; 2;1) , B ( 2;0; −1) , C ( 6;1;0 ) . Biết hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh D ( a; b; c ) , tìm mệnh đề đúng? A. a + b + c = 6 . B. a + b + c = 5 . C. a + b + c = 8 . D. a + b + c = 7 . Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng x y +1 z − 2 . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d trên ( ) và u = (1;a; b ) là một vectơ = = 1 2 −1 chỉ phương của  với a, b . Tính tổng a + b . d: A. 0 . B. 1 . C. −1 . D. −2 . Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có A ( ) 3 ; − 1;1 , hai đỉnh B , C thuộc trục Oz và AA = 1 ( C không trùng với O ). Biết véctơ u = ( a ; b ; 2 ) với a , b  là một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC . Tính T = a2 + b2 . A. T = 5 . B. T = 16 . C. T = 4 . D. T = 9 . 8 4 8 Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;2; −2) và B  ; ;  . Biết I (a; b; c) là tâm của 3 3 3 đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị của a − b + c bằng A. 1. B. 3. C. 2. Câu 44. D. 0.  11 4 8  Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0) , B ( 2; 2; −2 ) , C  ; ;  . Bán kính đường tròn  3 3 3 nội tiếp tam giác ABC thuộc nửa khoảng  1 A.  0;  .  2 Câu 45. 1  B.  ;1 . 2   3 C. 1;  .  2 3  D.  ; 2  . 2  5 4 8 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(−1;0;0) , B ( 0; 2; −2 ) , C  ; ;  . Độ dài đường phân  3 3 3 giác trong đỉnh A của tam giác ABC là A. 12 2 . 7 B. 12 3 . 7 C. 13 2 . 7 D. 13 3 . 7 Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 = 0 và hai điểm A (1; 2;3) , B (1; 0;1) . Điểm C ( a; b; − 2 )  ( P ) sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính a + b Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 9 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 0. B. −3 . C. 1. D. 2. Câu 47. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0;0) , B(5;6;0) và M là điểm thay đổi trên mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 = 1 . Tập hợp các điểm M trên mặt cầu 3MA2 + MB2 = 48 có bao nhiêu phần tử? A. 0 . B. 1 . (S ) thỏa mãn D. 3 . C. 2 . Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho OA = i + j − 3k , B ( 2; 2;1) . Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. A. M ( 0; −2;0 ) . Câu 49. Trong không gian     C. M ( 0; −3;0 ) . cho hai điểm A (1; 5;0 ) , 3 2 B. M  0; ;0  . Oxyz D. M ( 0; −4;0 ) . B ( 3;3;6 ) và đường thẳng x +1 y −1 z = = . Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc đường thẳng d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ 2 −1 2 nhất. Khi đó biểu thức a + 2b + 3c bằng d: A. 5 . B. 7 . ( C. 9 . ) ( ) D. 3 . Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 0; 4 2 ;0 , B 0;0; 4 2 , điểm C  ( Oxy ) và tam giác OAC vuông tại C , hình chiếu vuông góc của O trên BC là điểm H . Khi đó điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng A. 2 2 . 10 B. 4 . C. 3. D. 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn A Có AB 2; 2;5 , AC A, B, C thẳng hàng Câu 2. x 1; y 2;1 . AB, AC cùng phương x 1 2 y 2 2 1 5 3 5 x y 8 5 x y 1. Chọn C Ta có u + a = 0  u = − a = ( −1;2; − 1) . Câu 3. Chọn B Gọi D ( a ; b ; c ) ; AB = ( 3;1; − 5 ) ; AC = ( 2; − 1; − 2 ) Vì 3 1  nên AB không cùng phương AC  tồn tại hình bình hành ABCD . 2 −1 3 = 1 − a a = −2   Suy ra ABCD là hình bình hành khi AB = DC  1 = −1 − b  b = −2 . Vậy D ( −2; − 2;5 ) . −5 = −c c = 5   Câu 4. Chọn C Vì A (1;1;1) nên tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( Oxz ) là (1; 0;1) . Câu 5. Chọn C Gọi A ( x; y; z ) , A ‘( x ‘; y ‘; z ‘) là điểm đối xứng với điểm A qua trục Oy . x ‘ = −x  Điểm A ‘ đối xứng với điểm A qua trục Oy nên  y ‘ = y . Do đó A ‘ = ( 3;1; −2 ) . z ‘ = −z  Câu 6. Chọn B Ta có AB ( 1; − 3; 4 ) ; AC ( − 4; 3; 2 ) nên AB; AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng. Gọi D ( x; y; z )  DC ( − 3 − x; 5 − y; 1 − z ) . 1 = −3 − x  x = −4   Lúc đó, ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB = DC  −3 = 5 − y   y = 8 . 4 = 1 − z  z = −3   Vậy D ( −4;8; − 3 ) . Câu 7. Chọn B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 11 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 3 + 2t  Cách 1: Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −1 + t .  z = 1 + 2t  Một vtcp của d là u = ( 2;1; 2 ) . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2; − 3) và vuông góc với đường thẳng d . Khi đó ( ) có vtpt là n = u = ( 2;1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng ( ) : 2 ( x − 1) + 1( y − 2 ) + 2 ( z + 3) = 0  2 x + y + 2 z + 2 = 0 . M1 là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d nên M1 là giao điểm của d và ( ) .  x = 3 + 2t (1)   y = −1 + t ( 2 ) Xét hệ phương trình:   z = 1 + 2t ( 3) 2 x + y + 2 z + 2 = 0 4 ( )  Thay (1) , ( 2 ) , ( 3) vào ( 4 ) ta được: 2 ( 3 + 2t ) − 1 + t + 2 (1 + 2t ) + 2 = 0  9t + 9 = 0  t = −1 . x = 1  Suy ra  y = −2  M1 (1; − 2; − 1) .  z = −1  Độ dài đoạn thẳng OM1 là: OM 1 = 12 + ( −2 ) + ( −1) = 6 . 2 2  x = 3 + 2t  Cách 2: Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −1 + t .  z = 1 + 2t  Một vtcp của d là u = ( 2;1; 2 ) . M 1  d  M 1 ( 3 + 2t ; − 1 + t ;1 + 2t )  MM 1 = ( 2 + 2t ; − 3 + t ; 4 + 2t ) . Ta có MM 1 ⊥ u  MM 1.u = 0  4 + 4t − 3 + t + 8 + 4t = 0  t = −1 . Suy ra M 1 (1; − 2; − 1) Độ dài đoạn thẳng OM1 là: OM 1 = 12 + ( −2 ) + ( −1) = 6 . 2 Câu 8. 2 Chọn A Gọi C ( x ; y ; z ) . Ta có OC = ( x ; y ; z ) , BA = ( −6; − 1; − 1) .  x = −6  Khi đó OC = BA   y = −1 . Vậy C ( −6; − 1; − 1) .  x = −1  Câu 9. Chọn C Gọi tọa độ điểm D ( x ; y ; z ) . Ta có: AD = ( x −1; y − 1; z − 2 ) , BC = (1;3; − 4 ) . 12 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x −1 =1 x = 2   Tứ giác ABCD là hình bình hành  AD = BC   y −1 = 3   y = 4 . Vậy D ( 2; 4; − 2 ) . z − 2 = − 4 z = − 2   Câu 10. ChọnA Gọi M ( x; y; z ) . Vì điểm M thuộc đoạn AB sao cho MA = 2MB  AM = 2MB 7  x = 3 x − 3 = 2(2 − x)   5  7 5 8  7 −5 8    y − 1 = 2 ( −3 − y )   y = −  M  ; − ;  . Vậy M  ; ;  . 3  3 3 3  3 3 3    z + 2 = 2 (5 − z ) 8  z = 3  Câu 11. Chọn C Với A ( xo ; yo ; zo )  (Oxyz ) . Khi đó d ( A , ( Oxy ) ) = zo , d ( A , ( Oxz ) ) = yo , d ( A , ( Oyz ) ) = xo . Theo bài ra ta có: a = d ( M ; ( Oxy ) ) = 2 ; b = d ( M ; ( Oyz ) ) = 1 , c = d ( M ; ( Oxz ) ) = 3 . P = a + b2 + c3 = 2 + 12 + 33 = 30 . Câu 12. Chọn B A B l D R C Do thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 3a nên ta có bán kính đáy 3a và độ dài đường sinh l = 3a . R= 2 Diện tích toàn phần hình trụ là: Stp = 2 R 2 + 2 Rl = 27 a 2 . 2 Câu 13. Chọn C Ta có OA = i − 2 j + 3k = A(1; −2;3). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ta có x A + xB + xC 1 + 3 + 2  = =2  xG = 3 3  y A + yB + yC −2 − 4 + 0  = = −2 . Vậy G(2; −2;1).  yG = 3 3  z A + zB + zC 3 + 1 − 1  = =1  zG = 3 3  Câu 14. Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 13 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A D B H C Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng CD . Khi đó H ( 2 + 2t ; −1 + 2t ;3 + t )  AH ( 3 + 2t ; 2t ;3 + t ) . Đường thẳng CD có vtcp là: u ( 2; 2;1) . Ta có: AH ⊥ u  AH .u = 0  2 ( 3 + 2t ) + 2.2t + 3 + t = 0  t = −1  H ( 0; −3; 2 )  AH = 3 . Đường thẳng AB đi qua A và song song với CD  phương trình AB là: x +1 y +1 z = = 2 2 1 B  AB  B ( −1 + 2a; −1 + 2a; a )  AB = 3 a  CD = 6 a Theo bài ra ta có: S ABCD = 3 a +6 a a = 2 AB + CD . AH  .3 = 27  a = 2   2 2  a = −2 Với a = −2  B ( −5; −5; −2 ) . Với a = 2  B ( 3;3; −2 ) Ta có: DH = 1 AB  D ( −2; −5;1) 2 Câu 15. Chọn C Từ OA = i − 2 j + 3k  A (1; − 2;3) x A + xB + xC  =2  xG = 3  y + yB + yC  Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG = A = −2 3  z A + z B + zC  =1  zG = 3  Vậy tọa độ trọng tâm ( 2; − 2;1) . Câu 16. Chọn A Câu 17. Chọn C Gọi A ( a; b; c ) ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là hình hộp  AC = AB + AD + AA  AA = AC − AB − AD AB = (1;1;1) , AD = ( 0; −1; 0 ) , AC  = ( 3;5; −6 )  AC  − AB − AD = ( 2;5; −7 ) AA = ( a − 1; b; c − 1) 14 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. a − 1 = 2 a = 3    b = 5 . Vậy: A ( 3;5; −6 ) . (1)  b = 5 c − 1 = −7 c = −6   Câu 18. Chọn A Ta có M  ( Oxy )  M ( x ; y ;0 ) ; AB = ( −2;3;1) ; AM = ( x − 2; y + 2; − 1) . Để A , B , M thẳng hàng thì AB và AM cùng phương , khi đó : x = 4 x − 2 y + 2 −1  = = −2 3 1  y = −5 . Vậy M ( 4; − 5;0 ) . Câu 19. Chọn A Ta có a và b không cùng phương đồng thời u ⊥ a  u //  a , b  = ( 4; − 2; − 2 )  u = ( 2k ; − k ; − k ) .  u ⊥ b Do u = 3  4k 2 + k 2 + k 2 = 3  k =  6 . Mặt khác u tạo với tia Oz một góc tù nên 2 ( ) cos u , k  0  u.k  0  2k .0 + ( −k ) .1  0  ( −k ) .1  0  k  0 . Suy ra k = 6 . 2  6 6 Vậy u =  6 ; − ;  .  2 2   Câu 20. Chọn A Gọi Q( x; y; z). Ta có MN = (1;1; −2), QP = (−1 − x; 2 − y;1 − z ). 1 = −1 − x  x = −2   Tứ giác MNPQ là một hình bình hành  MN = QP  1 = 2 − y   y = 1 . Vậy, Q(−2;1;3) . −2 = 1 − z z = 3   Câu 21. Chọn A Ta có AB = ( 4; x − 5; 2 ) , AC = ( 6; − 3; y + 1) . 2  k =   4 = 6k 3   Ba điểm A , B , C thẳng hàng  k  : AB = k. AC   x − 5 = −3k   x = 3 . 2 = k y + 1 ( )  y = 2   Vậy x + y = 5 . Câu 22. Chọn B Vì I là trung điểm của đoạn AB nên I ( 3; −1;5 ) . Khi đó hình chiếu của I lên ( Oyz ) là M ( 0; −1;5 ) . Câu 23. Chọn C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 15 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. +) Ta có khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa độ ( xOz ) bằng −5 = 5 nên A đúng. +) Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng 22 + ( −5 ) = 29 nên B đúng. 2 +) Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( yOz ) là I ( 0; −5; 4 ) . Suy ra tọa độ điểm M ‘ đối xứng với M qua mặt phẳng ( yOz ) là M ‘ ( −2; −5; 4 ) nên C sai. +) Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oy là J ( 0; −5;0 ) . Suy ra tọa độ điểm M ‘ đối xứng với M qua trục Oy là M ‘ ( −2; −5; −4 ) nên D đúng. Câu 24. Chọn C Ta có AB = (1;0; −3) , BC = ( x + 2; y − 1; −1) . Ba điểm A, B, C thẳng hàng  AB và BC cùng phương  k : BC = k AB −5  x=  x + 2 = k  3  2    y −1 = 0   y = 1  x + y = − . 3  −1 = −3k  1  k = 3  Câu 25. Chọn C x y z Giả sử A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0; c ) . Khi đó mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1 a b c   AH = ( 2 − a;1;1) ; BH = ( 2;1 − b;1) Ta có:    BC = ( 0; −b; c ) ; AC = ( −a;0; c ) 2 1 1  H  ( ABC ) a + b + c =1 a = 3    Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên  AH .BC = 0   −b + c = 0  b = 6 Vậy A ( 3;0;0 )   −2a + c = 0 c = 6   BH . AC = 0   Câu 26. Chọn A ( ) Ta có: u.v = 2.1.cos u, v = 2.c os 2 = −1 . 3 Vectơ p = ku + v vuông góc với vectơ q = u − v khi và chỉ khi: ( )( ) p.q = ku + v u − v = 0  ku + (1 − k ) u .v − v = 0  4k − (1 − k ) − 1 = 0  k = 2 2 2 . 5 Câu 27. Chọn D Gọi B ( x ; y ; z ) là điểm cần tìm. Gọi I và I ‘ lần lượt là trung điểm AC và B ‘ D ‘  I ( 0; 2; 4 ) và I ‘ (1;3;0 ) . 16 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. I ‘ I = ( −1; − 1; 4 ) ; B ‘ B = ( x − 2; y − 4; z + 1) x = 1  x − 2 = −1   Ta có: B ‘ B = I ‘ I   y − 4 = −1   y = 3 . Vậy B (1;3;3) . z = 3 z +1 = 4   Câu 28. Chọn A Ta có: AC = (1;0;1) , AD = ( 2;0; 2 ) Mà AC  AD = 0 , nên hai vecto AC , AD cùng phương, hay ba điểm A, C, D thẳng hàng. Nhận xét: Có thể vẽ phát họa lên hệ tọa độ Oxyz để nhìn nhận dễ dàng hơn. Câu 29. Chọn D + Gọi I là trung điểm AB  I ( 3;0;0 ) . ( )( ) ( )( ) Ta có : MA.MB = 0  MI + IA . MI + IB = 0  MI + IA . MI − IA = 0 1 1 AB = . 5 − 1 = 2 . 2 2 Suy ra tập hợp điểm M trong không gian là mặt cầu tâm I , bán kính bằng 2.  MI 2 − IA2 = 0  MI 2 = IA2  MI = Vậy ( H ) là một mặt cầu có bán kính bằng 2 . Câu 30. Chọn A  k = 2 2 = k 3   a và b cùng hướng  a = kb ( k  0 )  m − 1 = 3k  m = 7 . Vậy m = 7; n = − 4 3 = k −2n  3 ( )  n = −  4 Câu 31. Chọn A 4 −2  G là trọng tâm tam giác OAB nên tọa độ G  ; 0;  . 3  3 Ta có: OG = 16 4 2 5 +0+ = 9 9 3 Câu 32. Chọn A A D B H C Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng CD . Khi đó H ( 2 + 2t ; −1 + 2t ;3 + t )  AH ( 3 + 2t ; 2t ;3 + t ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 17 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Đường thẳng CD có vtcp là: u ( 2; 2;1) . Ta có: AH ⊥ u  AH .u = 0  2 ( 3 + 2t ) + 2.2t + 3 + t = 0  t = −1  H ( 0; −3; 2 )  AH = 3 . Đường thẳng AB đi qua A và song song với CD  phương trình AB là: x +1 y +1 z = = 2 2 1 B  AB  B ( −1 + 2a; −1 + 2a; a )  AB = 3 a  CD = 6 a Theo bài ra ta có: S ABCD = 3 a +6 a a = 2 AB + CD . AH  .3 = 27  a = 2   2 2  a = −2 Với a = −2  B ( −5; −5; −2 ) . Với a = 2  B ( 3;3; −2 ) Ta có: DH = 2 AB  D ( −2; −5;1) Câu 33. Chọn D Gọi E ( 0;0; t ) Oz . Ta có AE = BE  t 2 − 4t + 17 = t 2 − 8t + 21  t = 1  E ( 0; 0;1) . Câu 34. Chọn A. Ta có AB = ( 2;1; 2 ) , AC = ( 2; −2; −1)   AB, AC  = ( 3;6; −6 ) . Do SA vuông góc với nên một VTCP của đường thẳng SA được chọn là u =  AB; AC  = ( 3;6; −6 ) . Đường thẳng SA qua A (1;0; 2 ) và có VTCP u = ( 3;6; −6 ) nên có phương trình tham số là:  x = 1 + 3t   y = 6t ( t   z = 2 − 6t  ). Do AB. AC = 4 − 2 − 2 = 0  AB ⊥ AC  ABC vuông tại A . Gọi M là trung điểm BC, khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi d là đường thẳng qua M và song song với SA nên d ⊥ ( ABC ) , suy ra d là trục đường tròn ngoại tiếp ABC . Trong mặt phẳng ( SAM ) vẽ đường trung trực của SA cắt d tại I và cắt SA tại N . Mặt phẳng ( ABC ) qua A và có một VTPT n =  AB; AC  = ( 3;6; −6 ) nên có phương trình tổng quát là: 18 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 3 ( x − 1) + 6 y − 6 ( z − 2 ) = 0  x + 2 y − 2 z + 3 = 0 BC = ( 0; −3; −3)  BC = 18  BC 2 = 18 . Ta có R 2 = IA2 + AM 2  99 1 9 = IM 2 + BC 2  IM = . 4 4 2 Do S  SA nên S (1 + 3t ; 6t ; 2 − 6t ) , mà SA = 2IM  SA = 9  d ( S , ( ABC ) ) = 9  1 + 3t + 12t − 2 ( 2 − 6t ) + 3 1 + ( −2 ) + 2 2 2 =9 2 t = 1  S ( 4;6; −4 ) , mà cao độ của S âm nên S ( 4; 6; −4 ) thỏa mãn.  27t = 27   t = −1  S ( −2; −6;8 ) Câu 35. Chọn A Cách 1: Ta có AB = ( −4; 2; 4 ) ; CD = ( a + 6; b − 3; c − 6 ) Do ABCD là hình thang cân nên CD = k AB ( k  ) hay a +6 b−3 c −6 = = −2 1 2 −a  b =  −a   2 . Vậy D  a; ; −a  .  2  c = −a Lại có 2 2 a  AC = BD  AC = BD  ( −9 ) + 2 + 8 = ( a + 1) +  + 3  + ( a + 2 ) 2  2 2 2 2 2 2 a = 6  a 2 + 4a − 60 = 0   . Với a = −10  D ( −10;5;10 ) . Kiểm tra thấy: AB = CD .  a = −10 Với a = 6  D ( 6; −3; −6 ) . Kiểm tra thấy: ( −3) .AB = CD . Do đó, T = a + b + c = 6 − 3 − 6 = −3 . Cách 2 Ta có AB = ( −4; 2; 4 ) ; CD = ( a + 6; b − 3; c − 6 ) Do ABCD là hình thang cân nên AB; CD ngược hướng hay a +6 b−3 c −6 = = 0 −2 1 2 −a  b = 2   −a   c = −a . Vậy D  a; ; −a  với a  −6 .  2  a  −6   Lại có Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 19 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2 2 a  AC = BD  AC = BD  ( −9 ) + 2 + 8 = ( a + 1) +  + 3  + ( a + 2 ) 2  2 2 2 2 2 2 a = 6 . Với a = 6  D ( 6; −3; −6 ) .  a 2 + 4a − 60 = 0    a = −10( L) Do đó, T = a + b + c = 6 − 3 − 6 = −3 . Cách 3 + Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB + Gọi mp ( ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB , suy ra mp ( ) đi qua trung điểm I (1; 2;0 ) của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là n = 1 AB = ( −2;1; 2 ) , suy ra phương 2 trình của mp ( ) là : ( ) : −2 x + y + 2z = 0 . + Vì C, D đối xứng nhau qua mp ( ) nên D ( 6; − 3; − 6 )  a = 6; b = −3; c = −6  T = a + b + c = −3 Công thức trắc nghiệm: Xác định toạ độ điểm M  ( x1 ; y1 ; z1 ) là điểm đối xứng của điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) qua mp ( ) : ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2  0 )  x1 = x0 − 2ak   y1 = y0 − 2bk ( k   z = z − 2ck  1 0 ), k =− ax0 + by0 + cz 0 + d . a 2 + b2 + c 2 Câu 36. Chọn B Do G là trọng tâm tam giác ABC  G ( 2;3;1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng ( Oxz ) , khi đó GH là khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( Oxz ) , ta có: GH = d ( G, ( Oxz ) ) = 3 Với M là điểm thay đổi trên mặt phẳng ( Oxz ) , ta có GM  GH = 3 , do đó GM ngắn nhất  M  H . Vậy độ dài GM ngắn nhất bằng 3 . Câu 37. Chọn B Cách 1: AB = ( −1; 2; − 3) , AC = ( −8; − 3; − 4 ) .  9 7  M  2 ; 2; 2     Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , AC   .  N 1; − 1 ;3     2  20 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC )  n =  AB, AC  = ( −17; 20;19 ) . ( ABC ) : −17 x + 20 y + 19 z − 30 = 0 .  IM ⊥ AB  I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   IN ⊥ AC   I  ABC )  (  9  7   2 − a  . ( −1) + ( 2 − b ) .2 +  2 − c  . ( −3) = 0       1   (1 − a ) . ( −8 ) +  − − b  . ( −3) + ( 3 − c ) . ( −4 ) = 0   2   −17a + 20b + 19c − 30 = 0   a − 2b + 3c = 11 a = 1   37 1   8 a + 3 b + 4 c =  b = − .  2 2   −17a + 20b + 19c = 30 c = 3  1 Vậy a + 2b + c = 1 + 2.  −  + 3 = 3 .  2 Cách 2: Ta có AB = ( −1; 2; − 3) và BC = ( −7; − 5; − 1)  AB.BC = 0   ABC vuông tại B . Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC nên I là trung điểm của AC . 1    1 Vậy I 1; − ;3   a + 2b + c = 1 + 2.  −  + 3 = 3 . 2    2 Câu 38. Chọn A  x0 = k  Do a, b cùng phương và nên ta có b = k .a ( k  0 )   y0 = −2k .  z = 4k  0 1   x0 = 3 ( x0 + y0 + z0 )  2 x0 y0 z0 x0 + y0 + z0    y0 = − ( x0 + y0 + z0 ) . Suy ra = = = 3 1 −2 4 3  4   z0 = 3 ( x0 + y0 + z0 )  Theo giả thiết vectơ b tạo với tia Oy một góc nhọn nên b . j  0 với j = ( 0;1;0 ) , do đó y0  0 . Mà y0 x0 + y0 + z0 nên x0 + y0 + z0  0 . = −2 3 Lại có b = 21 , suy ra x02 + y02 + z02 = 21 2 2 ( x0 + y0 + z0 ) = 21  ( x0 + y0 + z0 ) = 9 . 9 Vậy x0 + y0 + z0 = −3 . Câu 39. Chọn B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 21 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi I là trung điểm AB  I ( 3;1; 4 ) . Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng ( ) . ( )( ) ( ) Ta có MA.MB = MI + IA . MI + IB = MI 2 + MI . IA + IB − IA2 = MI 2 − IA2 . Do IA không đổi nên MA.MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  MI = IH  M  H . Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) . Khi đó  nhận n( ) = (1; 2; −3) x = 3 + t  làm vectơ chỉ phương. Do đó  có phương trình  y = 1 + 2t .  z = 4 − 3t  H    H ( 3 + t ;1 + 2t ; 4 − 3t ) . H  ( )  ( 3 + t ) + 2 (1 + 2t ) − 3 ( 4 − 3t ) − 7 = 0  t = 1  H ( 4;3;1) . Vậy M ( 4;3;1) . Câu 40. Chọn C A B C D Cách 1: AB = (1; −2; −2 ) ; AC = ( 5; −1; −1) ; DC = ( 6 − a;1 − b; −c ) . Ta có SABC = 1 9 2 9 2 3 2  AB, AC  =  S ACD = 6 2 − = .   2 2 2 2 c = 12 − 2a b = 13 − 2a  6 − a 1− b c = =  0  a  6 AB // CD nên AB và DC cùng phương, cùng chiều  1 −2 2 b  1  c  0  AC , AD  = ( 0;9a − 54;54 − 9a ) .   22 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. SACD 19  a=  3 2 1 3 2 3 =   AC , AD  =  54 − 9a = 3   . 2 2 2  a = 17  3 So với điều kiện suy ra: a = 17  a + b + c = 8. 3 Cách 2: Ta có AB = 3; h = d ( C , AB ) = S ABCD = 162 . 3 h 162 ( AB + CD )  6 2 = ( 3 + CD )  CD = 1. 2 6  17 5 2  Suy ra AB = 3DC  D  ; ;   a + b + c = 8.  3 3 3 Câu 41. Chọn C  d A I  H  Cách 1. Ta có mặt phẳng ( ) nhận vectơ n = (1;1;1) là vectơ pháp tuyến, đường thẳng d đi qua điểm A = ( 0; − 1; 2 ) và nhận ud = (1; 2; − 1) là vectơ chỉ phương. Gọi (  ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( ) . Ta có n = n  ud = ( −3; 2;1) . Khi đó đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) và (  ) . Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u = n  n = ( −1; − 4;5 ) . Mà u = (1;a; b ) nên a = 4 , b = −5 . Vậy a + b = −1 . Cách 2. Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( ) là I = (1;1;1) . Trên đường thẳng lấy điểm A = ( 0; − 1; 2 ) và gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ) x = 0 + t  . Phương trình đường thẳng đi qua A và H có dạng:  y = −1 + t . z = 2 + t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 23 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 0 + t  y = −1 + t 2   2 −1 8  Tọa độ của là H nghiệm của hệ   t = . Vậy H  ; ;  . 3  3 3 3 z = 2 + t  x + y + z − 3 = 0  −1 −4 5  Đường thẳng  đi qua hai điểm I và H nhận vectơ IH =  ; ;  là vectơ chỉ phương nên  3 3 3 cũng nhận vectơ u = (1; 4; − 5 ) là vectơ chỉ phương. Vậy a + b = −1 . Câu 42. Chọn B A C M B A’ C’ B’ Gọi M là trung điểm BC .  AM ⊥ BC Khi đó có   BC ⊥ AM tại M  M là hình chiếu của A trên trục Oz  AA ⊥ BC A ( ) 3 ; − 1;1  M ( 0;0;1) và AM = 2 . Ta có: AM = AM 2 − AA2 = 3 . Mà tam giác ABC đều nên AM = 3 BC = 3  BC = 2 2  MC = 1 . Vì C thuộc trục Oz và C không trùng với O nên gọi C ( 0;0; c ) , c  0 . c = 0 (L)  C ( 0;0; 2 ) . MC = ( 0;0; c − 1)  MC = c − 1 ; MC = 1  c − 1 = 1    c=2 ( ) AC = − 3 ;1;1 là một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC ( )  u = −2 3 ; 2; 2 cũng là một véctơ chỉ phương của đường thẳng AC . Vậy a = −2 3; b = 2  T = a 2 + b 2 = 16. Câu 43. Chọn D Tính được OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5 . 24 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  8  3  3 − x  + 4 (1 − x ) + 5 ( − x ) = 0    x = 1  4   Ta có: OA.IB + OB.IA + AB.IO = 0  3  − y  + 4 ( 2 − y ) + 5 ( − y ) = 0   y = 1 .   3 z = 0   8  3 − z + 4 − 2 − z + 5 − z = 0 ) ( )    (   3 Vậy, I (1;1;0) , suy ra a − b + c = 0 . Câu 44. Chọn B Câu 45. Chọn A Câu 46. Chọn A C ( a; b; − 2 )  ( P )  a − b + 2 = 0  b = a + 2  C ( a; a + 2; − 2 ) . AB = ( 0; − 2; − 2 ) , AC = ( a − 1; a ; − 5 )   AB, AC  = (10 + 2a ; − 2a + 2; 2a − 2 ) . SABC 1 =  AB, AC  = 2 ( 2a + 10 ) 2 + 2 ( 2a − 2 ) 2 2 12a 2 + 24a + 108 = 2 = 3 ( a 2 + 2a + 9 ) = 3 ( a + 1) + 24  2 6 với a . 2 Do đó min SABC = 2 6 khi a = −1 . Khi đó ta có C ( −1;1; −2 )  a + b = 0 . Câu 47. Chọn B Cách 1: ▪ Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R = 1 . ▪ Ta tìm điểm I ( x; y; z ) thỏa mãn 3IA + IB = 0 . ▪ 3 (1 − x ) + 5 − x = 0  Có IA = (1 − x ; − y ; − z ) , IB = ( 5 − x ;6 − y ; − z ) ; 3IA + IB = 0  3 ( − y ) + 6 − y = 0  3 ( − z ) − z = 0 x = 2 −4 x + 8 = 0  13 3 13 3    3   −4 y + 6 = 0   y =  I  2; ;0  . Suy ra IA = , IB = . 2 2 2 2    −4 z = 0   z = 0 2 2 ( ) ( 2 Do đó 3MA2 + MB 2 = 48  3MA + MB = 48  3 MI + IA + MI + IB ( ) ) 2 = 48  4MI 2 + 3IA2 + IB 2 + 2MI 3IA + IB = 48  4MI 2 + 3IA2 + IB2 = 48  MI = 3 . 2 5 nên điểm I nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Ta có OI = R + MI = OM + MI , suy ra có 2 một điểm M thuộc đoạn OI thỏa mãn đề bài . Cách 2: Ta thấy OI = Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc mặt cầu ( S ) và thỏa mãn 3MA2 + MB2 = 48 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 25 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có: 3MA2 + MB2 = 48  3 ( x0 − 1) + y02 + z02  + ( x0 − 5 ) + ( y0 − 6 ) + z02  = 48 2 2  2     4 x02 + 4 y02 + 4 z02 − 16 x0 − 12 y0 + 16 = 0  x02 + y02 + z02 − 4 x0 − 3 y0 + 4 = 0 . 3  3  Suy ra M thuộc mặt cầu ( S  ) tâm I   2; ;0  , bán kính R = . 2  2  Mặt khác M thuộc mặt cầu ( S ) tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R = 1 . 5 = R + R  mặt cầu ( S ) và ( S  ) tiếp xúc ngoài nhau tại M 2  Có duy nhất một điểm M thỏa mãn đề bài. Câu 48. Chọn B Ta thấy: OI  = Cách 1: Do M  Oy nên M ( 0; y ;0 ) . Tính MA2 + MB 2 = 2 y 2 − 6 y + 20 = f ( y ) . Do đó f ( y ) nhỏ nhất  y = 3  3  . Vậy M  0; ;0  . 2  2  3 3 2 2   Cách 2: Ta có: A (1;1; −3) . Gọi I là trung điểm của AB . Suy ra I =  ; ; − 1 . 2 ( 2 ) ( 2 Khi đó: MA2 + MB 2 = MA + MB = MI + IA + MI + IB 2 2 2 ( ) 2 ) = 2MI + IA + IB + 2MI . IA + IB = 2MI 2 + IA2 + IB2 = 2MI 2 + 9 . Do đó MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên trục tung. Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua I và vuông góc với trục tung là 3 3 3   0.  x −  + 1.  y −  + 0. ( z + 1) = 0 hay ( P ) : y − = 0 . 2 2 2   x = 0  Phương trình tham số của trục tung là  y = t . z = 0  Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ phương trình: x = 0 x = 0 y = t   3   3    y = . Vậy M  0; ;0  . z = 0 2  2    3  y − = 0  z = 0  2 26 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 49. Chọn B Ta có AB = 44 không đổi. Do đó chu vi tam giác MAB nhỏ nhất khi (MA + MB) đạt giá trị nhỏ nhất. M  ( d )  M ( −1+2t ;1 − t ; 2t ) . MA = 9t 2 + 20 = ( ( 3t ) 2 ( + 2 5 ) Chọn u = 3t ; 2 5 ;0  u = ( ) 2 , MB = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t ) ) Chọn v = 6 − 3t ; 2 5 ;0  v = 2 ( + 2 5 ( 6 − 3t ) 2 ) ( 6 − 3t ) 2 ( + 2 5 ) 2 . 2 . ( + 2 5 ) 2 ( )  u + v = 6; 4 5 ;0  u + v = 2 29 . Theo tính chất vecto u + v  u + v = 2 29 . Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi u cùng hướng với v  t = 1 . Suy ra MA + MB = u + v  2 29 . Do đó MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 29 khi t = 1  M (1;0; 2 ) . Vậy a + 2b + 3c = 1 + 2.0 + 3.2 = 7 . Câu 50. Chọn D B I H C O (T) I K H A P Dễ thấy B  Oz . Ta có A  ( Oxy ) và C  ( Oxy ) , suy ra OB ⊥ ( OAC ) .  AC ⊥ OC  AC ⊥ ( OBC ) , mà OH  ( OBC ) . Suy ra AC ⊥ OH (1) . Ta có   AC ⊥ OB Mặt khác ta có OH ⊥ BC ( 2 ) , . Từ (1) và ( 2 ) suy ra OH ⊥ ( ABC )  OH ⊥ AB và OH ⊥ HA . Với OH ⊥ AB suy ra H thuộc mặt phẳng ( P ) với ( P ) là mặt phẳng đi qua O và vuông góc với đường thẳng AB . Phương trình của ( P ) là: y − z = 0 . ( ) Với OH ⊥ HA  OHA vuông tại H . Do đó H thuộc mặt cầu ( S ) có tâm I 0; 2 2 ;0 là trung điểm của OA và bán kính R = OA =2 2. 2 Do đó điểm H luôn thuộc đường tròn (T ) cố định là giao tuyến của mp ( P ) với mặt cầu ( S ) . Giả sử (T ) có tâm K và bán kính r thì IK = d ( I , ( P ) ) = 2 và r = R 2 − IK 2 = 2 . Vậy điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 27 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−2;1; −3) và B(1;0; −2) . Độ dài đoạn thẳng AB bằng A. 3 3 . Câu 2. C. 11 . D. 27 . Trong không gian Oxyz cho a ( −2;3; −1) ; b ( 2; −1;3) . Sin của góc giữa a và b bằng A. − Câu 3. B. 11. 2 . 7 B. 3 5 . 7 C. − 3 5 . 7 D. 2 . 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 0;1) và B ( 4; 2; −2 ) . Độ dài đoạn thẳng AB bằng A. Câu 4. 22 . C. 2 . ( ) D. 22 . Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i và u = − 3 ;0;1 là A. 300 . Câu 5. B. 4 . B. 1200 . C. 600 . D. 1500 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A ( 2;0;0 ) ; B ( 0;3;1) ; C ( −3;6; 4 ) . Gọi M là điểm nằm trên đoạn BC sao cho MC = 2MB . Độ dài AM là A. Câu 6. 29 . C. 30 . ( ) D. 2 7 . Cho hai vec tơ a = (1; −2;3) , b = ( −2;1; 2 ) . Khi đó tích vô hướng a + b .b bằng A. 12 . Câu 7. B. 3 3 . B. 2 . C. 11. D. 10 . Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a = ( 5; 3; − 2 ) và b = ( m; − 1; m + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để góc giữa hai vectơ a và b là góc tù? A. 2 . Câu 8. B. 3 . C. 1 . D. 5 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A (1;0;0 ) , B ( 0;0;1) , C ( 2;1;1) . Diện tích tam giác ABC bằng: Câu 9. 11 . 2 7 . 2 5 . 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , A. B. C. 6 . 2 D. D ( 0; 2a;0 ) , A ‘ ( 0;0; 2a ) với a  0. Độ dài đoạn thẳng AC ‘ là A. 3 a . B. 3a . 2 C. 2 a . D. a . Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho OA = 3i + j − 2k và B ( m; m − 1; −4 ) . Tìm tất cả giá trị của tham số m để độ dài đoạn AB = 3 . A. m = 2 hoặc m = 3 . C. m = 1 hoặc m = 2 . B. m = 1 hoặc m = 4 . D. m = 3 hoặc m = 4 . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2 x − 3 y + z + 3 = 0 . Gọi M , N lần lượt là giao điểm của mặt phẳng ( P ) với các trục Ox , Oz . Tính diện tích tam giác OMN . A. 28 9 . 4 B. 9 . 2 C. 3 . 2 D. 3 . 4 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ u = (1;1; −2 ) , v = (1;0; m ) . Tìm tất c giá trị của m để góc giữa u , v bằng 45 . B. m = 2  6 . A. m = 2 . C. m = 2 − 6 . ( ) D. m = 2 + 6 . Câu 13. Trong không gian tọa độ Oxyz góc giữa hai vectơ i và u = − 3;0;1 là A. 120 . B. 30 . C. 60 . D. 150 . Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD. ABCD có A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) ; D ( 0;2a;0 ) , A ( 0;0;2a ) với a  0 . Độ dài đoạn thẳng AC là A. a . B. 2 a . C. 3 a . D. 3 a. 2 Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −1;3) , B ( 3; 2; −4 ) . Vectơ AB có tọa độ là A. (1; −3; −7 ) . B. (1;3; −7 ) . C. ( −1;3; −7 ) . D. ( −1; −3; −7 ) . Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; − 1; 2 ) , B ( 2; − 3; 0 ) , C ( −2;1;1) , D ( 0; − 1;3) . Gọi ( L) là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA . MB = MC . MD = 1 . Biết rằng ( L ) là một đường tròn, tính bán kính đường tròn đó? 3 11 5 7 . B. r = . C. r = . D. r = . 2 2 2 2 Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh A. r = A (1; 2;1) , B ( 2;0; −1) , C ( 6;1;0 ) và đỉnh D ( a; b; c ) . Biết rằng hình thang có diện tích là 6 2 , tính a + b + c ? A. a + b + c = 6 . B. a + b + c = 8 . C. a + b + c = 12 . D. a + b + c = 7 . Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;5 ) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Thể tích của tứ diện OABC là 10 A. . B. 450 . 6 C. 10 . D. 45 . Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x − 1 = y + 2 = z 1 d2 : 2 −1 và x + 2 y −1 z = = . Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa ( d1 ) sao cho góc giữa ( P ) và đường 2 −1 2 thẳng ( d 2 ) là lớn nhất là: ax − y + cz + d = 0 . Giá trị của biểu thức T = a + c + d bằng A. T = 0 . B. T = 3 . C. T = − Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Điểm C 13 . 4 D. T = −6 . A ( −2;1; − 2 ) , B ( −1;1;0 ) và mặt phẳng thuộc ( P ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B . Cao độ của điểm C bằng Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 29 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2 . 3 1 . 3 1 D. −1 hoặc − . 3 9 Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + = 0 và hai điểm 2 2 A. 1 hoặc − . 3 B. −1 hoặc C. −3 hoặc A ( 0; 2;0 ) , B ( 2; −6; −2 ) . Điểm M ( a; b; c ) thuộc ( S ) thỏa mãn tích MA.MB có giá trị nhỏ nhất. Tổng a + b + c bằng A. −1 C. 3 B. 1 D. 2 ( 2 2 Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 2) + ( y − 1) + z + 2 ( ) 2 = 9 và hai điểm ) A −2;0; −2 2 , B ( −4; −4;0 ) . Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc (S ) sao cho MA2 + MO.MB = 16 là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 30 3. B. 2 . C. 2 2 . D. 5. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn C Ta có AB = (3; −1;1)  AB = 32 + (−1) 2 + 12 = 11 . Câu 2. Chọn D ( ) cos a; b = Câu 3. −4 2 3 5 = − ; sin a; b = 1 − cos 2 a; b = 7 7 4 + 9 + 1. 4 + 1 + 9 ( ) Chọn A Với A (1; 0;1) , B ( 4; 2; −2 ) ta được AB = Câu 4. ( ) Vậy độ dài đoạn thẳng AB bằng Chọn D ( 4 − 1) + ( 2 − 0 ) + ( −2 − 1) 2 2 2 = 22 . 22 . ( ) Gọi  là góc giữa hai vectơ i và u = − 3 ;0;1 , ta có : cos = i .u i.u Câu 5. = − 3   =1500 . 2 Chọn A Giả sử M ( a; b; c )  BM = ( a; b − 3; c − 1) ; BC = ( −3;3;3) . Ta có M là điểm trên nằm đoạn BC sao cho 1 MC = 2MB  BM = BC 3 1  a = . ( −3) = −1  3 a = −1  1    b − 3 = .3  b = 4  M ( −1; 4; 2 ) . 3   c = 2 1  c− 1 = 3 .3  Do đó AM = ( −3;4;2 )  AM = 29 . Câu 6. Chọn C ( ) Ta có a + b = ( −1; −1;5 )  a + b .b = −1. ( −2 ) + ( −1) .1 + 2.5 = 11. Câu 7. Chọn A Góc giữa hai vectơ a và b là góc tù khi và chỉ khi ( ) cos a, b  0  a.b  0  5.m + 3. ( −1) + ( −2 ) . ( m + 3)  0  3m − 9  0  m  3 . Vì m là số nguyên dương nên m  1; 2 . Vậy có 2 giá trị m nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán. Câu 8. Chọn C AB = ( −1;0;1) , AC = (1;1;1)   AB; AC  = ( −1; 2; −1)  SABC = Câu 9. 1 6  AB; AC  = .   2 2 Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 31 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Từ giả thiết ta có ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là hình hộp chữ nhật nên AC  = AB + AD + AA = ( a; 2a; 2a ) Vậy AC  = ( a; 2a; 2a )  AC ‘ = AC  = a 2 + 4a 2 +4a 2 = 3 a . Câu 10. Chọn B OA = 3i + j − 2k  A ( 3;1; −2 ) AB = ( m − 3) + ( m − 2 ) + ( −2 ) 2 2 2 = 2m 2 − 10m + 17 . m = 1 AB = 3  2m2 − 10m + 17 = 3   . m = 4 Câu 11. Chọn A Cách 1. Mặt phẳng  3  cắt các trục Ox , Oz lần lượt tại M =  − ;0;0  ,  2  ( P ) :2 x − 3 y + z + 3 = 0 N = ( 0;0; −3) . 9   3   Suy ra: OM =  − ;0;0  , ON = ( 0;0; −3)  OM , ON  =  0; − ;0  . 2   2   Vậy diện tích tam giác OMN là S = 1 9 OM , ON  = .   2 4 Cách 2. 3 , ON = 3 . 2 Vì hai điểm M , N lần lượt thuộc trục Ox , Oz nên tam giác OMN vuông tại O . Ta có OM = 1 9 Do đó, diện tích tam giác OMN là: S = OM .ON = . 2 4 Câu 12. Chọn C ( ) ( ) + u, v = 45  cos u, v = 2 2  u.v u.v = 2 1 − 2m 1  = 2 2 6. 1 + m 2  3 ( m 2 + 1) = 1 − 2m 1  1 − 2m  0 m   m = 2− 6.  2  2 2 3 m + 3 = 1 − 4 m + 4 m 2   m − 4m − 2 = 0  Câu 13. Chọn D 32 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( ) u.i Ta có i = (1;0;0 )  cos u, i = = u.i − 3 . Vậy u , i = 150 . 2 ( ) Câu 14. Chọn C Ta có AB = ( a;0;0 ) ; AD = ( 0;2a;0 ) ; AA = ( 0;0;2a ) . Theo quy tắc hình hộp ta có AB + AD + AA = AC  AC  = ( a;2a;2a ) . Suy ra AC = AC = a 2 + ( 2a ) + ( 2a ) = 3 a . 2 2 Vậy độ dài đoạn thẳng AC  = 3 a . Câu 15. Chọn B AB = ( 3 − 2; 2 − ( −1) ; −4 − 3) . Vậy AB = (1;3; −7 ) . Câu 16. Chọn D ▪ Trước tiên, ta xét bài toán phụ sau: “Trong không gian cho đoạn thẳng AB bất kì, có trung điểm I . Chứng minh rằng tập hợp các điểm M thỏa mãn MA . MB = k  0 là một mặt cầu tâm I và bán kính R = k + IA2 ”. Thật vậy: ( MA . MB = k  MI + IA )( MI + IB ) = k  ( MI + IA )( MI − IA) = k  MI 2 − IA2 = k  MI 2 = k + IA2 hay IM = k + IA2 . Suy ra M thuộc mặt cầu tâm I , bán kính R = k + IA2 . ▪ Áp dụng: Có I (1; − 2;1) và J ( −1;0; 2 ) lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB và CD Sử dụng kết quả bài toán trên, ta có: + Từ điều kiện MA . MB = 1 , suy ra M thuộc mặt cầu tâm I , bán kính R1 = 2 . (1) + Từ điều kiện MC . MD = 1 , suy ra M thuộc mặt cầu tâm J , bán kính R2 = 2 . (2) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 33 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có R1 − R2 = 0  IJ = 3  R1 + R2 = 4 . (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra M thuộc đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu nêu trên. + Gọi K là tâm của đường tròn giao tuyến. 2 7 3 Suy ra bán kính cần tìm r = KM = IM − IK = 2 −   = . 2 2 2 2 2 Câu 17. Chọn A Ta có AB = (1; −2; −2 ) , BC = ( 4;1;1)  AB = 3 , BC = 3 2 . Mặt khác, hình thang ABCD vuông tại A và B , suy ra S ABCD = AB ( AD + BC ) 1 = 6 2  AD = 2  AD = BC . 3 2 1 7   a − 1 = 3 .4 a = 3   1 7 7 7 4   Với AD = ( a − 1; b − 2; c − 1) ta được b − 2 = .1  b =  D  ; ;  . 3 3 3 3 3   1 4   c − 1 = 3 .1 c = 3   Vậy a + b + c = 6 . Câu 18. Chọn B Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại A , B , C . Gọi A ( a, 0, 0 ) ; B ( 0, b, 0 ) ; C ( 0, 0, c ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: x y z + + =1 a b c (1) . Do M (1; 2;5 ) thuộc mặt phẳng ( P ) nên thay vào (1) ta có: 1 2 5 + + =1 a b c ( 2) .  AM .CB = 0  AM ⊥ BC Mặt khác M là trực tâm tam giác ABC nên  .   BM ⊥ AC  BM . AC = 0 Ta có AM = (1 − a; 2;5 ) ; BM = (1; 2 − b;5 ) ; CB = ( 0; b; − c ) ; AC = ( − a;0; c ) . 5  2b − 5c = 0 b = c  Khi đó :  2 . Thay vào (2) ta có: −a + 5c = 0 a = 5c a = 30 1 4 5  + + = 1  c = 6  b = 15 . 5c 5c c c = 6  1 1 1 Vậy thể tích tứ diện OABC là: V = OA.OB.OC = abc = .30.15.6 = 450 (đơn vị thể tích). 6 6 6 34 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19. Chọn B Ta xét bài toán tổng quát như sau: Bài toán: Cho hai đường thẳng d1 , d 2 không song song. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d1 và tạo với đường thẳng d 2 một góc lớn nhất. Phương pháp giải Giả sử d1 có vectơ chỉ phương u1 , d 2 có vectơ chỉ phương u 2 . Trước hết ta xét trường hợp d1 và d 2 chéo nhau. Gọi M là một điểm nào đó thuộc d1 , dựng đường thẳng qua M và song song với d 2 . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng P , K là hình chiếu của A lên đường thẳng d1 . Góc giữa mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d 2 là AMH . ( ) ( ) Ta có sin d 2 , P = sin HMA = ( ) AH AK  AM AM (do AH  AK ). Góc ( (d , P) 2 lớn nhất khi ) sin d 2 , P lớn nhất. Do AK không đổi suy ra sin d 2 , P lớn nhất H  K . AM Mặt phẳng ( P ) cần tìm là mặt phẳng chứa d1 và vuông góc với mặt phẳng ( AKM ) , hay vectơ pháp tuyến của ( P ) vuông góc với hai vectơ u1 và u1 , u2  . Nên ta chọn vectơ pháp tuyến của ( P ) là n( P ) = u1 , u1 , u2   .   Trường hợp d1 và d 2 cắt nhau tại M , bài toán giải tương tự như trên. Kết luận không thay đổi: vectơ pháp tuyến của ( P ) là n( P ) = u1 , u1 , u2   .   Áp dụng vào bài 45 ta có u1 = (1; 2; −1) ; u2 = ( 2; −1; 2 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 35 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  u1 ; u2  = ( 3; −4; −5 )  n( P ) = u1 ; u1 ; u2   = ( −14;2; −10 ) = −2 ( 7; −1;5 ) .   Mặt phẳng ( P) chứa d1 nên mặt phẳng ( P) đi qua điểm A(1; −2;0) . Phương trình mặt phẳng ( P ) : 7 x − y + 5 z − 9 = 0 . Suy ra a + c + d = 7 + 5 − 9 = 3 . Câu 20. Chọn A Gọi tọa độ C ( a; b; c ) . Vì điểm C thuộc ( P) : x + y + z +1 = 0 nên a = −b − c −1 hay tọa độ C có dạng C ( −b − c − 1; b; c )  BC = ( −b − c; b − 1; c )  BC 2 = ( b + c ) + ( b − 1) + c 2 . 2 Ta có AB = (1; 0; 2 )  AB 2 = 5 . Do  AB. BC = 0 b = c   2  2 2 2 2  BC = AB ( b + c ) + ( b − 1) + c = 5 tam ABC giác vuông cân tại B nên (1) ( 2) c = 1 Thay (1) vào ( 2 ) ta có 6c − 2c − 4 = 0   c = − 2 3  C ( 3;1;1) 2 Vậy cao độ của điểm C là 1 hoặc 2 C 1 2 2 . ; ; 3 3 3 2 . 3 Câu 21. Chọn B Cách 1:  MA = ( −a; 2 − b; −c )   MB = ( 2 − a; −b − 6; −c − 2 )  MA.MB = −a ( 2 − a ) + ( 2 − b )( −b − 6 ) − c ( −c − 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 − 2a + 4b + 2c − 12 = P  a2 + b2 + c2 − 2a + 4b + 2c − 12 − P = 0  ( a − 1) + ( b + 2 ) + ( c + 1) = P + 18 2 2 2 Nếu P + 18  0  P  −18 thì không tồn tại điểm M . Nếu P + 18 = 0  P = −18 thì M (1; −2; −1) không thỏa mãn M  ( S ) . Nếu P + 18  0  P  −18 thì M thuộc mặt cầu ( S ) có tâm I  (1; −2; −1) và bán kính R = 18 + P .Khi đó M là điểm chung của hai mặt cầu: ( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2x − 4 y − 2z + 36 9 6 = 0 có tâm I ( −1; 2;1) và bán kính R = . 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( S  ) x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 12 − P = 0 có tâm I  (1; −2; −1) và bán kính R = 18 + P . Tồn tại điểm M khi và chỉ khi hai mặt cầu ( S ) và ( S  ) có điểm chung  R − R  II   R + R  6 6 − 18 + P  2 6  + 18 + P . 2 2  −9  3 6 P  18 + P   −9 39 2   2 (thỏa mãn P  −18 )   P  2 2 −2 6  6 − 18 + P  2 6  18 + P  5 6   2 2 Khi đó P = −9 đạt được khi hai mặt cầu trên tiếp xúc ngoài tại M ( a; b; c ) thỏa mãn: 2 6 R 1 3OI + OI   1 1 MI = − MI  = − 2 MI  = − MI   3MI + MI  = 0  OM =  M  − ;1;  . R 3 4 3 6  2 2 2 Khi đó min P = −9  1 1  M  − ;1;   a + b + c = 1. 2  2 2 Cách 2: M  ( S )  a 2 + b 2 + c 2 + 2a − 4b − 2c + 9 3 2 2 2 = 0  ( a + 1) + ( b − 2 ) + ( c − 1) = . 2 2 9  MA = ( −a; 2 − b; −c ) M  ( S )  a 2 + b 2 + c 2 = −2a + 4b + 2c − .  2  MB = ( 2 − a; −b − 6; −c − 2 )  MA.MB = −a ( 2 − a ) + ( 2 − b )( −b − 6 ) − c ( −c − 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 − 2a + 4b + 2c − 12 . 9 33  MA.MB = −2a + 4b + 2c − − 2a + 4b + 2c − 12 = −4a + 8b + 4c − = P . 2 2 P = −4a + 8b + 4c −  P− 33 15 = −4 ( a + 1) + 8 ( b − 2 ) + 4 ( c − 1) + . 2 2 15 = −4 ( a + 1) + 8 ( b − 2 ) + 4 ( c − 1) . 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho hai bộ số −4;8;4 và a + 1; b − 2; c − 1 , ta có 2 2 15  2 2 2   P −  =  −4 ( a + 1) + 8 ( b − 2 ) + 4 ( c − 1)   (16 + 64 + 16 ) ( a + 1) + ( b − 2 ) + ( c − 1)  = 144 . 2  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 37 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  −12  P − 15 9 39 .  12  −  P  2 2 2 1  a=− 33 9   − 4 a + 8 b + 4 c = 12  2 −4a + 8b + 4c − =−   9  2 2   2a + b = 0  b = 1 . P=−   2 a + c = 0   a +1 = b − 2 = c −1 1   c = 8 4  −4 2  Khi đó min P = − 9  1 1  M  − ;1;   a + b + c = 1. 2  2 2 Câu 22. Chọn C ( ) Mặt cầu (S ) có tâm I −2;1; − 2 , bán kính R = 3 . Với mọi điểm M ( x; y; z )  ( S ) ta có MI = 3 . ( ) ( )( 2 ) 2 Theo đề bài MA + MO.MB = 16  MI + IA + MI + IO MI + IB = 16 . ( )  2MI + IA + MI 2 IA + IB + IO + IO.IB = 16 (*) . 2 2 ( ) ( ) ( ) ( Có IA = 0; −1; − 2 , IO = 2; −1; 2 , IB = −2; −5; 2 , MI = −2 − x;1 − y; − 2 − z ( ) )  2 IA + IB + IO = ( 0; −8;0 ) , MI 2 IA + IB + IO = 8( y − 1) , IO.IB = 3 . Do đó (*)  2.9 + 3 + 8( y −1) + 3 = 16  y = 0 hay M thuộc mặt phẳng ( P) : y = 0 . Tập hợp điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt cầu (S ) . 2 2 Do d ( I ;( P)) = 1 suy ra bán kính của đường tròn r = 3 − 1 = 2 2 . Cách 2. ( ) Mặt cầu (S ) có tâm I −2;1; − 2 , bán kính R = 3 . Gọi M ( x; y; z ) . ( M  ( S )  ( x + 2 ) + ( y − 1) + z + 2 2 2 ) 2 =9  x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 2 2 z − 2 = 0 (1) ( ) MA2 + MO.MB = 16  ( x + 2 ) + y 2 + z + 2 2 + x ( x + 4 ) + y ( y + 4 ) + z 2 = 16 2 2  x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 2 y + 2 2 z − 2 = 0 (2)  x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 2 2 z − 2 = 0 Từ (1) và (2) ta có hệ:  2 2 2  x + y + z + 4 x + 2 y + 2 2 z − 2 = 0  y = 0 hay M thuộc mặt phẳng ( P) : y = 0 . Tập hợp điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt cầu (S ) . 2 2 Do d ( I ;( P)) = 1 suy ra bán kính của đường tròn r = 3 − 1 = 2 2 . 38 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN ❖ Trong không gian với hệ trục Oxyz: ▪ Mặt cầu (S) tâm I ( a; b; c ) bán kính R có phưong trình là : ( x − a) ▪ 2 + ( y − b) + ( z − c ) = R2 . 2 2 Phương trình : x2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với a2 + b2 + c2 − d  0 là phương trình mặt cầu tâm I ( a; b; c ) , bán kính R = A2 + B 2 + C 2 − D . ❖ Vị trí tương đối của mặt phẳng ( ) và mặt cầu ( S ) : ▪ d ( I , ( ) )  R khi và chỉ khi ( ) không cắt mặt cầu ( S ) . ▪ d ( I , ( ) ) = R khi và chỉ khi ( ) tiếp xúc mặt cầu ( S ) . ▪ d ( I , ( ) )  R khi và chỉ khi ( ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn nằm trên mặt phẳng (P) có tâm K và có bán kính r = R 2 − d 2 . ❖ Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng. ▪ Cho mặt cầu S ( O; R ) và đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của O lên  và d = OH ▪ ▪ ▪ là khoảng cách từ O đến  Nếu d  R thì  cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt Nếu d = R thì  cắt mặt cầu tại 1 điểm duy nhất Nếu d  R thì  không cắt mặt cầu Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 39 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 3. MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN Câu 1: Trong không gian gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) bán kính bằng 1, tiếp xúc với mặt phẳng ( Oxz ) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. a = 1 . Câu 2: B. a + b + c = 1. C. b = 1 . D. c = 1 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;1;2 ) , B ( 3;2; − 3) . Mặt cầu ( S ) có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm A, B có phương trình. Câu 3: A. x 2 + y 2 + z 2 − 8x + 2 = 0 . B. x 2 + y 2 + z 2 + 8x + 2 = 0 . C. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 − 8x − 2 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;2;3 ) , B ( −1;4;1) . Phương trình mặt cầu có đường kính AB là A. ( x + 1) + ( y − 4 ) + ( z − 1) = 12 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 12 . C. x 2 + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 3 . D. x 2 + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 12 . 2 2 2 Câu 4: 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian Oxyz , cho điểm I (1; − 2;3) . Viết phương trình mặt cầu tâm I , cắt trục Ox tại hai điểm A và B sao cho AB = 2 3 . A. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 . B. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 20 . C. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 25 . D. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 9 . 2 2 2 Câu 5: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt cầu? Câu 6: A. 2 x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 . B. x2 + y 2 + z 2 − 2 x + y − z = 0 . C. x2 + y 2 + z 2 − 3x + 7 y + 5z − 1 = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 + 3 x − 4 y + 3 z + 7 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −2;3; 4 ) , B ( 6;1; 2 ) . Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB . A. ( x + 2 ) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 18 . B. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 18 . C. ( x + 2 ) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 3 2 . D. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 3 2 . 2 2 2 Câu 7: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt cầu? Câu 8: A. 3×2 + 3 y 2 + 3z 2 − 2 x = 0 . B. x2 + y 2 + z 2 − 2x + y − z − 1 = 0 . C. x2 + y 2 + z 2 − 8x + 2 y + 1 = 0 . D. x2 + y 2 − z 2 + 2 x − 4 y + 6 z + 7 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 1; 1) và I (1; 2; 3) . Phương trình của mặt cầu tâm I và đi qua A là A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 29 . B. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5 . C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 25 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 5 . 2 2 40 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9: Trong không , Oxyz gian xét mặt (S ) cầu có phương trình dạng x2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 2az + 10a = 0 . Tập hợp các giá trị thực của a để ( S ) có chu vi đường tròn lớn bằng 8 là A. 1;10 . C. −1;11 . B. 2; −10 . D. 1; −11 . Câu 10: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I (1; 2; −1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : 2 x − 2 y − z − 8 = 0 có phương trình là A. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 3 . B. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3 . C. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 . D. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 9 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 11: Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I 1;1;1 và diện tích bằng 4 có phương trình là A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 4 . B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 1 . C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 4 . D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 12: Trong không gian Oxyz cho M ( 2;1; 4 ) ; N ( 5;0;0 ) ; P (1; −3;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết a + b + c  5 D. 1 . C. 4 . B. 2 . A. 3 . Câu 13: Trong không gian Oxyz cho A ( −2;0;0 ) ; B ( 0; −2;0 ) ; C ( 0;0; −2 ) . D là điểm khác O sao cho DA, DB, DC đôi một vuông góc. I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S = a +b+c A. −4 . C. −2 . B. −1 . D. −3 . Câu 14: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; −2;3) , B ( 0; −4;6 ) . Phương trình mặt cầu tâm A đi qua điểm B là A. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 142 . B. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 14 . C. ( x − 0 ) + ( y + 4 ) + ( z − 6 ) = 14 . D. ( x − 0 ) + ( y + 4 ) + ( z − 6 ) = 14 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;0; − 1) , B ( −3; − 2;1) . Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm I thuộc mặt phẳng ( Oxy ) , bán kính 11 và đi qua hai điểm A , B . Biết I có tung độ âm, phương trình mặt cầu ( S ) là A. x2 + y 2 + z 2 + 6 y − 2 = 0 . B. x2 + y 2 + z 2 + 4 y − 7 = 0 . C. x2 + y 2 + z 2 + 4 y + 7 = 0 . D. x2 + y 2 + z 2 + 6 y + 2 = 0 . Câu 16: Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( 2 + m ) x − 2 ( m − 1) z + 3m 2 − 5 = 0 là phương trình của một mặt cầu? A. 4. B. 6 . C. 5 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 7 . 41 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 17: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4z + m = 0 là phương trình của một mặt cầu. A. m  6 . B. m  6 . C. m  6 . Câu 18: D. m  6 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2my + 6 z + 13 = 0 là phương trình của mặt cầu. A. m  0 . B. m  0 . C. m . Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz tìm D. m  0 . để m phương trình x + y + z − 2mx + 2(m − 2) y − 2(m + 3) z + 8m + 37 = 0 là phương trình của một mặt cầu. 2 2 2 A. m  −2 hay m  4 . C. m  −4 hay m  −2 . Câu 20: B. m  −2 hay m  4 . D. m  −4 hay m  2 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z + m = 0 là phương trình mặt cầu. A. m  14 . B. m  14 . C. m  14 . Câu 21: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu D. m  14 . (S ) : x2 + y 2 + z 2 = 9 và mặt phẳng ( P) : 4 x + 2 y + 4 z + 7 = 0. Hai mặt cầu có bán kính là R1 và R2 chứa đường tròn giao tuyến của (S ) A. và ( P) đồng thời cùng tiếp xúc với mặt phẳng (Q) : 3 y − 4 z − 20 = 0. Tổng R1 + R2 bằng 63 . 8 B. 35 . 8 C. 5 . D. 65 . 8 x −1 y − 2 z − 2 = = và điểm A (1; 2;1) . Tìm bán kính của mặt cầu có tâm 1 −2 1 I nằm trên d , đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 . Câu 22: Cho đường thẳng d : B. R = 4 . A. R = 2 . C. R = 1 . D. R = 3 . Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 và hai 2 2 2 điểm A ( 4;3;1) , B ( 3;1;3) ; M là điểm thay đổi trên ( S ) . Gọi m, n là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất cảu biểu thức P = 2MA2 − MB2 . Xác định ( m − n ) . A. 64 . B. 60 . C. 68 . D. 48 . Câu 24: Trong không gian Oxyz , mặt cầu qua bốn điểm A ( 5;3;3) , B (1; 4; 2 ) , C ( 2;0;3) , D ( 4; 4; −1) , có phương trình là ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = D . Giá trị a + b + c bằng 2 A. 5 . 2 B. 7 . 2 D. 6 . C. 4 . Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3;0;0 ) ; B ( 0; − 2;0 ) và C ( 0;0; − 4 ) . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có diện tích bằng A. 116 . B. 29 . C. 16 . D. 29 . 4 Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 4 và điểm 2 2 2 A (1;1; − 1) . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu ( S ) 42 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. theo ba giao tuyến là các đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) . Tổng bình phương bán kính của ba đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) là B. 11. A. 10 . Câu 27: Cho đường thẳng d : C. 12 . D. 13 . x +1 y − 2 z − 2 . Viết phương trình mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) cắt d tại = = 3 −2 2 các điểm A , B sao cho AB = 2 3 . A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 4 . C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 1 cắt mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0 theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Mặt cầu chứa đường tròn ( C ) và qua điểm A (1;1;1) có tâm là điểm I ( a ; b ; c ) , giá trị a + b + c bằng A. 0,5 . B. −1 . C. −0,5 . D. 1. Câu 29: Cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 1) x + ( 2 − m ) y + 2 ( m + 1) z − 6 ( m + 2 ) = 0 . Biết rằng khi m thay đổi mặt cầu ( S ) luôn chứa một đường tròn cố định. Tọa độ tâm I của đường tròn đó là A. I (1; 2;1) . B. I ( −1; −2; −1) . ( P) : x − 2 y − 2z − 3 = 0 Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y − 2 z + 6 = 0 . Gọi ( S ) D. I ( −1; −2;1) . C. I (1; 2; −1) . và mặt phẳng là một mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng. Bán kính của ( S ) bằng. A. 3 . B. 9 . 2 C. 3 . 2 D. 9. Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 3) 2 = 8 và hai điểm A ( 4; 4;3) , B (1;1;1) Tập hợp tất cả các điểm M thuộc ( S ) sao cho MA = 2MB là một đường tròn ( C ) . Bán kính của ( C ) bằng A. 7. B. 6. C. 2 2 . Câu 32: Trong không gian cho mặt cầu S có phương trình x2 D. y2 z2 3. 1 . Từ điểm A 2019; 0; 0 ta kẻ các tiếp tuyến đến S với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( ) . Từ điểm M di động nằm ngoài S và nằm trong mặt phẳng chứa ( ) , kẻ các tiếp tuyến đến S với các tiếp điểm thuộc đường tròn ( ‘ ) . Biết khi ( ) và ( ‘ ) có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính chiều dài quảng đường l khi M di chuyển đúng 2019 vòng theo cùng một chiều trên đường tròn đó. A. l 2. 20194 1 . B. l 2019 2019 . C. l 8152722 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. l 4076361 . 43 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 33: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN bằng A. a 93 . 12 B. a 29 . 8 C. 5a 3 . 12 D. a 37 . 6 ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn C Ta có phương trình ( Oxz ) : y = 0 . Do mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) bán kính bằng 1, tiếp xúc với mặt phẳng ( Oxz ) nên d ( I , ( Oxz ) ) = 1  b = 1 . Câu 2: Chọn A Gọi I ( a ;0;0 )  Ox  IA (1 − a ;1;2 ) ; IB ( 3 − a ;2; −3) . Do ( S ) đi qua hai điểm A, B nên IA = IB  (1 − a ) 2 +5 = (3 − a ) 2 + 13  4a = 16  a = 4  ( S ) có tâm I ( 4;0;0 ) , bán kính R = IA = 14 .  ( S ) : ( x − 4 ) + y 2 + z 2 = 14  x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 = 0. 2 Câu 3: Chọn C Ta có AB = ( −1 − 1) 2 + ( 4 − 2 ) + (1 − 3) = 2 3. 2 2 Gọi I là trung điểm của AB khi đó I ( 0;3;2 ) . Bán kính R = 1 AB = 3 . 2 Phương trình mặt cầu cần tìm là x 2 + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 3 . 2 Câu 4: 2 Chọn A Gọi H là trung điểm AB  IH ⊥ AB tại H  IH = d( I ;( AB )) = d( I ;Ox ) . Ox có một véc tơ chỉ phương là u = (1;0;0 ) , chọn điểm M ( 2;0;0 )  Ox .  IM = (1; 2; − 3)   IM , u  = ( 0; − 3; 2 )  IH = d( I ,Ox ) = 44  IM , u    = 13 . u Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( Cách khác: Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên trục Ox  H (1;0;0 )  IH = 13 ) mà HA = 1 AB = 3 . 2 Nên bán kính mặt cầu cần tìm là R = IA = IH 2 + HA2 = 4 . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 . 2 2 2 Câu 5: Chọn B Mặt cầu có tâm I và bán kính R Vì mặt cầu nhận OA làm đường kính do đó tâm I là trung điểm của OA OA = 14  ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 14 . Ta có I (1; −2;3); R = 2 Câu 6: Chọn B Mặt cầu có đường kính AB nên tâm I là trung điểm AB . Suy ra I ( 2; 2;3) . Mặt khác r = 1 1 AB = 2 2 ( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A ) 2 2 2 =3 2 . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 18 . 2 Câu 7: 2 2 Chọn D Phương trình ở đáp án D không đúng dạng (1) do hệ số của x 2 , y 2 , z 2 không bằng nhau. Câu 8: Chọn D (1 − 1) Vì mặt cầu tâm I đi qua A nên có bán kính R = IA = 2 + (1 − 2 ) + (1 − 3) = 5 Phương 2 2 trình mặt cầu tâm I (1; 2;3 ) đi qua A là : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) 2 Câu 9: 2 2 = ( 5) 2  ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 5 2 2 2 Chọn C Đường tròn lớn có chu vi bằng 8 nên bán kính của ( S ) là Từ phương trình của ( S ) suy ra bán kính của ( S ) là Do đó: 8 = 4. 2 2 2 +12 + a 2 − 10a .  a = −1 2 2 +12 + a 2 − 10a = 4   .  a = 11 Câu 10: Chọn C Do mặt cầu tiếp xúc với mặt 2 − 4 +1− 8 d ( I ; ( P )) = r  =3 r = 3 4 + 4 +1 phẳng nên bán kính mặt cầu là: Vậy phương trình mặt cầu là: ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 2 2 2 Câu 11: Chọn D Gọi R là bán kính mặt cầu, suy ra diện tích mặt cầu là 4 R2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 45 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Theo đề bài mặt cầu có diện tích là 4 nên ta có 4 R2 = 4  R = 1. Mặt cầu có tâm I 1;1;1 và bán kính R = 1 nên có phương trình: ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 . 2 2 2 Câu 12: Chọn C Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M , N , P nên d ( I ; ( Oyz ) ) = IM = IN = IP 2 2 2  a 2 = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 4 ) d ( I ; ( Oyz ) ) = IM  2 2 2 2   IN = IM  ( a − 5 ) + b 2 + c 2 = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 4 )   2 2 2 2 2 2 IN = IP   ( a − 5 ) + b + c = ( a − 1) + ( b + 3) + ( c − 1) a 2 = ( a − 2 )2 + ( b − 1)2 + ( c − 4 )2  a=3  a=5     3a − b − 4c = 2  b = −1 hoặc b = −3  c=2 c=4 4a + 3b − c = 7    So sánh với điều kiện a + b + c  5 ta có c = 2 Câu 13: Chọn B Gọi D ( x; y; z )  DA = ( x + 2; y; z ) ; DB = ( x; y + 2; z ) ; DC = ( x; y; z + 2 ) Vì DA, DB, DC đôi một vuông góc nên  DA.DB = 0  x ( x + 2) + y ( y + 2) + z 2 = 0  4    DA.DC = 0   x ( x + 2 ) + y 2 + z ( z + 2 ) = 0  x = y = z = − 3   x2 + y ( y + 2) + z ( z + 2) = 0 DB . DC = 0   I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD  ( a + 2 )2 + b 2 + c 2 = a 2 + ( b + 2 )2 + c 2  IA = IB  2 2   2 2 2 2 IA = IC   ( a + 2 ) + b + c = a + b + ( c + 2 )  IA = ID  2 2 2  ( a + 2 )2 + b 2 + c 2 =  a + 4  +  b + 4  +  c + 4         3  3  3   a = b  1  a = c  a = b = c = − . Vậy a + b + c = −1. 3  16 4a + 4 = 8a + 3  Câu 14: Chọn B Mặt cầu tâm A (1; −2;3) đi qua B ( 0; −4;6 ) có bán kính R = AB = 12 + ( −2 ) + 32 = 14. 2 Phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 14. 2 46 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” nên CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 15: Chọn A Gọi I ( a ; b ;0 )  (Oxy ) ; b  0 . Ta có IA = (1 − a ; − b ; − 1) , IB = ( −3 − a ; − 2 − b ;1) . Do mặt cầu ( S ) hai điểm A , B nên IA = IB = 11 2 2 2a + b = −3 b = −2a − 3  IA = IB  IA = IB   2    2 2 2 2  IA = 11  IA = 11 (1 − a ) + b + 1 = 11 (1 − a ) + ( −2a − 3) − 10 = 0 b = −2a − 3 b = −2a − 3  a = 0; b = −3  .  2   a = 0   a = −2; b = 1 5a + 10a = 0   a = −2  Đối chiếu điều kiện ta có I ( 0; − 3;0 )  ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 6 y − 2 = 0. Câu 16: Chọn D Phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( 2 + m ) x − 2 ( m − 1) z + 3m 2 − 5 = 0 có dạng x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d với a = − ( 2 + m ) , b = 0, c = m − 1, d = 3m 2 − 5 . Điều kiện để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu: a2 + b2 + c2 − d  0  ( m + 2 ) + ( m − 1) − 3m 2 + 5  0  −m2 + 2m + 10  0  1 − 11  m  1 + 11 . 2 Do m 2 nên suy ra m  −2; − 1;0;1; 2;3; 4 . Vậy có 7 giá nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 17: Chọn C Phương trình x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0 là một phương trình mặt cầu  12 + 12 + 22 − m  0  m  6 . Câu 18: Chọn B Để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2my + 6 z + 13 = 0 là phương trình của mặt cầu thì 4 + m2 + 32 −13  0  m2  0  m  0 . Câu 19: Chọn A Câu 20: Chọn C Câu 21: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R = 3 . 2 5 11 7 Gọi ( S )  ( P) = (C ) là đường tròn tâm K , bán kính r = R 2 − d 2 ( O, ( P) ) = 9 −   = . 6 6  x = 2t  Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với ( P ) . Khi đó (d ) :  y = t (t  ) .  z = 2t  Gọi I là tâm mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P) . Khi đó I  d  I (2t ; t ;2t ) . Theo bài ra d ( I ,(Q) ) = ( d ( I ,( P) ) ) 2 +r  2 3t − 8t − 20 3 +4 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. = 8t + 2t + 8t + 7 6 2 2 + 275 36 47 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. t = 1  36 t + 4 = 18t + 7 + 275  288t − 36t − 252 = 0  8t − t − 7 = 0   . t = − 7 8  7 25 Với t = 1  d ( I ,(Q) ) = 5 ; Với t = −  d ( I ,(Q) ) = . 8 8 2 2 2 2 Vậy có hai mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P) đồng thời cùng tiếp xúc với mặt phẳng ( Q ) , bán kính hai mặt cầu đó lần lượt là R1 = 5 , R2 = 65 25 . Khi đó R1 + R2 = . 8 8 Câu 22: Chọn D Tâm I nằm trên d nên I (1 + t ; 2 − 2t ; 2 + t ) . Mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên AI = d ( I ; ( P ) ) = R . AI = d ( I ; ( P ) )  t 2 + 4t 2 + ( t + 1) = 2 1 + t − 4 + 4t + 4 + 2t + 1 1 + ( −2 ) + 22 2 7t + 2 2  9 ( 6t 2 + 2t + 1) = ( 7t + 2 ) . 3 2  t − 2t + 1 = 0  t = 1  I ( 2;0;3) . Vậy bán kính mặt cầu R = AI = 3 .  6t 2 + 2t + 1 = Câu 23: Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2; − 1) và bán kính R = 3 . Lấy điểm E sao cho 2 AE − BE = 0  E ( 5;5; − 1) . Dễ thấy điểm E là điểm ngoài của ( S ) . ( Khi đó P = 2 MA2 − MB 2 = 2 ME − AE ) − ( ME − BE ) 2 2 = ME 2 + 2 AE 2 − BE 2 . P lớn nhất và nhỏ nhất khi và chỉ khi ME lớn nhất và nhỏ nhất. max ME = IE + R = 8; min ME = IE − R = 2 . Do đó m = max P = 64 + 2 AE 2 − BE 2 ; n = min P = 4 + 2 AE 2 − BE 2 suy ra m − n = 60 . Câu 24: Chọn D Cách 1: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a; b; c )  ( S ) có dạng: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + e = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 − e  0 ) . A(S ) 10a + 6b + 6c − e = 43 a = 3  2a + 8b + 4c − e = 21 b = 2 B  ( S )   Ta có:  .   C  ( S ) 4a + 6c − e = 13 c = 1 D  S e = 5 ( ) 8a + 8b − 2c − e = 33   a + b + c = 3 + 2 +1 = 6 . Cách 2: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a; b; c ) . 48 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  AI 2 = BI 2 8a − 2b + 2c = 22 a = 3  2   2  b = 2 . Khi đó: AI = BI = CI = DI   AI = CI  6a + 6b = 30  AI 2 = DI 2 2a − 2b + 8c = 10 c = 1     a + b + c = 3 + 2 +1 = 6 . Câu 25: Chọn B Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B, C có dạng là: x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Do mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B, C nên thay lần lượt tọa độ O, A, B, C vào phương trình mặt cầu, d = 0 d = 0  9 − 6a + d = 0 a = 3   ta có hệ phương trình:  2 . 4 + 4b + d = 0 b = −1 16 − 8c + d = 0  c = 2 9 29 +1+ 4 − 0 = . 4 4 29 Nên diện tích mặt cầu là S = 4 R 2 = 4 . = 29 . 4 Do đó ta có bán kính mặt cầu là R = Câu 26: Chọn B Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 4 có tâm I (1;1; − 2 ) và bán kính R = 2 . 2 2 2 Vì ba mặt phẳng thay đổi qua A (1;1; − 1) và đôi một vuông góc với nhau nên ba mặt phẳng này cắt nhau theo ba giao tuyến là ba đường thẳng đôi một vuông góc với nhau tại A . Chọn hệ trục tọa độ Axyz sao cho gốc tọa độ là điểm A và các trục tọa độ lần lượt trùng với các đường thẳng giao tuyến của ba mặt phẳng đã cho. Gọi I ( a; b; c ) là tọa độ tâm mặt cầu (S ) ứng với hệ trục tọa độ Axyz . Suy ra IA = a 2 + b 2 + c 2 = 1  a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Không mất tính tổng quát ta giả sử mặt cầu (S ) cắt các mặt phẳng ( Axy ) , ( Ayz ) , ( Axz ) theo các đường tròn lần lượt có tâm là O1 , O2 , O3 tương ứng với bán kính là r1 , r2 , r3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 49 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có r12 = R 2 − IO12 = 4 − c 2 , r22 = R 2 − IO22 = 4 − a 2 , r32 = R 2 − IO32 = 4 − b 2 . ( ) Suy ra r12 + r22 + r32 = 12 − a 2 + b 2 + c 2 = 12 − 1 = 11 Câu 27: Chọn D Đường thẳng d đi qua điểm M ( −1; 2; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = ( 3; −2; 2 ) . IM = ( −2;0;3)   IM , u  = ( 6;13; 4 ) . Gọi H là trung điểm AB  IH ⊥ AB . Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d là: IH =  IM , u  36 + 169 + 16   = = 13 . 9+4+4 u 2  AB  Suy ra bán kính R = IH +   = 13 + 3 = 4 .  2  2 Phương trình mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) và có bán kính R = 4 là ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 . 2 2 Câu 28: Chọn A Ta có hình vẽ sau: Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 có tâm O ( 0; 0; 0 ) , bán kính R = OB = 1. Khoảng cách từ điểm O ( 0; 0; 0 ) đến mặt phẳng ( P ) là: d ( O, ( P ) ) = OH = 1 . 3 2 2 . 3 Gọi d  là đường thẳng qua tâm O ( 0; 0; 0 ) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Bán kính đường tròn giao tuyến ( C ) là: r = BH = OB 2 − OH 2 = x = t  Khi đó d  :  y = 2t ( t   z = −2t  50 ) lại có điểm I  d  do ba điểm I , O, H thẳng hàng. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 2 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Suy ra I ( t ; 2t ; − 2t ) , IA = ( t − 1; 2t − 1; − 2t − 1) , IA = ( t − 1) 2 + ( 2t − 1) + ( −2t − 1) 2 2 Ta có: IH = d ( I , ( P ) ) = 2 t + 4t + 4t + 1 12 + 22 + ( −2 ) 2 2  2 2   9t + 1  9t + 1 , IB = BH 2 + IH 2 =  . =  3  +  3  3     Mặt cầu chứa đường tròn ( C ) và qua điểm A (1;1;1) có tâm là điểm I ( a ; b ; c ) có bán kính 2 IA = IB  ( t − 1) 2 + ( 2t − 1) + ( −2t − 1) 2 2  2 2   9t + 1  =   +    3   3  2 2 8  9t + 1  1  ( t − 1) + ( 2t − 1) + ( −2t − 1) = +   t= . 2 9  3  2 2 2 1 1  Suy ra tâm I  ;1; − 1 . Vậy a + b + c = . 2 2  Cách 2.  x2 + y 2 + z 2 = 1 Măt cầu chứa dường tròn ( C ) :  có dạng: x + 2 y − 2z +1 = 0 ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 1 + m ( x + 2 y − 2 z + 1) = 0 A (1;1;1)  ( S  )  3 − 1 + m (1 + 2 − 2 + 1) = 0  m = −1. 1 1   ( S ‘) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 2 z − 1 = 0 . Suy ra tâm I  ;1; − 1 . Vậy a + b + c = . 2 2  Câu 29: Chọn D Ta có x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 1) x + ( 2 − m ) y + 2 ( m + 1) z − 6 ( m + 2 ) = 0  ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) − 15 + m ( −2 x − y + 2 z − 6 ) = 0 2 2 2 Khi đó đường tròn cố định ( C ) cần tìm là giao điểm của mặt phẳng ( P ) : −2 x − y + 2 z − 6 = 0 và mặt cầu ( S ‘) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) − 15 = 0 . 2 2 2 Mặt cầu ( S ‘) có tâm J (1; −1; −1) nên độ tâm I của đường tròn ( C ) là hình chiếu vuông góc của J trên mặt phẳng ( P ) . Gọi  là đường thẳng qua J và vuông góc với ( P ) , ta có:  : x −1 y +1 z +1 = = −2 −1 2 I    I ( −2t + 1; −t − 1; 2t − 1) , mặt khác I  ( P ) nên −2 xI − yI + 2 zI − 6 = 0  t = 1 Vậy I (−1; −2;1) . Câu 30: Chọn C Dễ thấy mặt phẳng ( P) song song mặt phẳng (Q) . Lấy điểm A(1; − 1; 0) ( P ) . Ta có: d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( A; ( Q ) ) = 1+ 2 + 6 1+ 4 + 4 = 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 51 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do mặt cầu (S ) tiếp xúc với hai mặt phẳng song song nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song đó chính bằng đường kính của (S ) . Vậy mặt cầu ( S ) có bán kính là R( S ) = 3 . 2 Câu 31: Chọn A Từ phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 3) 2 = 8 , suy ra mặt cầu có tâm I ( 0; 0;3) và bán kính R=2 2. Gọi M ( x; y; z ) là điểm thuộc ( S ) sao cho MA = 2MB . Theo giả thiết, ta có : 2 2  2  M  ( S )  x + y + ( z − 3) = 8   2 2 2 2 2 2  MA = 2MB ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = 4 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1)   x 2 + y 2 + ( z − 3) 2 = 8  x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = 8    . 2 z 29 2 2 2 = 0  z − 2 = 0 x + y + z − − 3 3  Khoảng cách từ tâm I ( 0; 0;3) đến mặt phẳng ( P ) : z − 2 = 0 là: d ( I , ( P )) = 3− 2 02 + 02 + 12 =1 R . Do đó đường tròn ( C ) là giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) . Đường tròn ( C ) có bán kính R(C ) = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 8 − 1 = 7 . Câu 32: Chọn C A Từ giả thiết ta có: M Bán kính mặt cầu R Khoảng cách AO Như vậy ta có k 1 , tâm mặt cầu O 0;0;0 . 2019 E H 2019R . I 2019 . Áp dụng bài toán 47.1 ta có bán kính mà đường tròn M di động trên đó là 52 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. r k4 1 R k 20194 1 . Chu vi của đường tròn M di động là C 2019 Vậy chiều dài quảng đường là: l 2019.2 r 2019.2. 20194 1 2019 2 r. 8152722 . Câu 33: Chọn A Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. 3 1 1   1   M (1;0;0 ) , N  ; ;0  , C 1; ;0  , S  0;0; . 2  2 2   2   Gọi I ( x ; y ; z ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN  MI = NI = CI = SI . Ta có:  1 1  1  3   MI = ( x − 1; y ; z ) , NI =  x − ; y − ; z  , CI =  x − 1; y − ; z  , SI =  x ; y ; z − . 2 2  2  2     Từ MI = NI = CI = SI ta có hệ: 2 2  1  1 2  2 2  3 ( x − 1) + y + z =  x −  +  y −  + z 2 2  2 x = 4     2 2 2 1  1 1 1 2    2 2 .  x −  +  y −  + z = ( x − 1) +  y −  + z   y = 2  2 2 4    2   2 5 3   1 3 2   z = 2 2 2 ( x − 1) + y −     + z = x + y +z−  12  2 2    3 1 5 3 1 1 5 3 I ; ;   IM =  ; − ; − . 4 4 12 4 4 12      Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN là: R = IM = Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 93 . 12 53 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 4. CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; − 2;1) ; B (1;0; − 2 ) ; C ( 3;1; − 2 ) ; D ( −2; − 2; − 1) . Câu nào sau đây sai? A. Bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Câu 2. B. Tam giác ACD là tam giác vuông tại A . C. Góc giữa hai véctơ AB và CD là góc tù. D. Tam giác ABD là tam giác cân tại B . Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) , mặt phẳng ( P ) : 2x + y + z + 5 = 0 . Mặt cầu tâm I ( a; b; c ) thỏa mãn đi qua A , tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và có bán kính nhỏ nhất. Tính a + b + c B. −2 . A. 2 . Câu 3. C. 3 . 2 3 2 D. − . Trong không gian ( Oxyz ) , cho mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 6 x + 4 y − 2 z + 5 = 0 và mặt phẳng M trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến mặt ( P ) : x + 2 y + 2 z + 11 = 0 . Tìm điểm phẳng ( P ) là ngắn nhất. A. M ( 0;0;1) . Câu 4. B. M ( 2; − 4; − 1) . D. M ( 0; − 1;0 ) . C. M ( 4;0;3) . Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) , mặt phẳng ( P ) : 2x + y + z + 5 = 0 . Mặt cầu tâm I ( a; b; c ) thỏa mãn đi qua A , tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và có bán kính nhỏ nhất. Tính a + b + c B. −2 . A. 2 . Câu 5. 3 . 2 3 2 D. − . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; 4;5 ) , B ( 3; 4;0 ) , C ( 2; −1;0 ) và mặt phẳng Câu 6. C. ( P ) : 3x + 3 y − 2 z − 29 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc ( P) sao cho MA2 + MB2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a + b + c . A. 8 . B. 10 . C. −10 . D. −8 . Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho tam giác ABC với A ( 2;0; − 3) ; B ( −1; − 2; 4 ) ; C ( 2; − 1; 2 ) . Biết điểm E ( a ; b ; c ) là điểm để biểu thức P = EA + EB + EC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính T = a + b + c Câu 7. A. T = 3 . B. T = 1 . C. T = 0 . D. T = −1 . Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 . Gọi tọa độ điểm M (a; b; c) thuộc mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Tính giá trị biểu thức K = a + b + c. C. K = −5 . D. K = −2 . x−2 y +3 z x − 4 y −1 z + 5 Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 : và  2 : = = . = = 1 3 1 3 −1 −2 A. K = 1 . Câu 8. B. K = 2 . Trong tất cả các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 . Gọi ( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Bán kính của mặt cầu ( S ) là A. 12 . 54 B. 6. C. 24 . D. 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;3; 4 ) , B ( 9; −7; 2 ) . Tìm trên trục Ox toạ độ điểm M sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. B. M ( −2;0;0 ) . A. M ( 5;0;0 ) . C. M ( 4;0;0 ) . D. M ( 9;0;0 ) . Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(6;0;0) , B(0;3;0) và mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z = 0 . Gọi d là đường thẳng đi qua M (2 ; 2 ; 0) , song song với ( P) và tổng khoảng cách từ A , B đến đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhất. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A. u1 = (−10 ;3 ; 8) . B. u 2 = (14 ; − 1; − 8) . C. u 3 = (22 ; 3 ; − 8) . D. u 4 = (−18 ; − 1; 8) . Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) có bán kính r = 1 và lần lượt có tâm là các điểm A ( 0;3; − 1) , B ( −2;1; − 1) , C ( 4; − 1; − 1) . Gọi ( S ) là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất là bao nhiêu? B. R = 10 −1 . A. R = 10 . Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( P ) : x − y + 2 z − 1 = 0 . Gọi C. R = 2 2 − 1 . ( S ) 🙁 x − 1) 2 D. R = 2 2 . + ( y + 2 ) + ( z − 2 ) = 4 và mặt phẳng 2 2 M là một điểm bất kì trên mặt cầu ( S ) . Khoảng cách từ M đến ( P ) có giá trị nhỏ nhất bằng A. 4 6 − 2. 3 B. 0 . 6 −2. C. D. 2 6 − 2 . Câu 13. Cho x , y , z , a , b , c là các số thực thay đổi thỏa mãn ( x + 3) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 2 và 2 2 2 a + b + c = 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) là 2 A. 3− 2. B. 2 C. 5 − 2 6 . 3+ 2. 2 D. 5 + 2 6 . Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) , B ( 2; − 1;3 ) và điểm M ( a ; b ;0 ) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Giá trị của a + b bằng A. 3. B. 2. D. −2. C. 1. Câu 15. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 4 ) + ( y − 2 ) + ( z − 4 ) = 1 . Điểm M ( a ; b ; c ) 2 2 2 thuộc ( S ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 + b2 + c2 . A. 25 . B. 29 . C. 24 . D. 26 . Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho A ( 0 ;1;1) , B ( 2 ; − 1;1) , C ( 4 ;1;1) và ( P ) : x + y + z − 6 = 0 . Xét điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mp ( P ) sao cho MA + 2MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2a + 4b + c bằng: A. 6 . B. 12 . D5. x − 3 y −1 z − 3 = = Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và hai điểm 1 2 3 A ( 2;0;3) , B ( 2; −2; −3) . Biết C. 7 . điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc d thỏa mãn P = MA4 + MB4 + MA2 .MB2 nhỏ nhất. Tìm y0 . A. y0 = 3 . B. y0 = 2 . C. y0 = 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. y0 = −1 . 55 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 8;5; −11) , B ( 5;3; −4 ) , C (1; 2; −6 ) và mặt ( S ) : ( x − 2) 2 (S ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 9 . Gọi điểm M ( a; b; c ) là điểm trên 2 2 sao cho MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a + b . A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 9. Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(4; −2;4) , B(−2;6;4) , C (5; −1; −6) . Xét các điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho AMB = 90o , đoạn thẳng CM có độ dài lớn nhất bằng A. B. 5 3 . 73 . C. 10 . D. 8 . Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A ( 2;4; −1) , B (1;4; −1) , C ( 2;4;3) , D ( 2;2; −1) , biết M ( x; y; z ) để MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x + y + z bằng 21 . C. 8 . D. 9 . 4 Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −10; −5;8 ) , B ( 2;1; −1) , C ( 2;3;0 ) và mặt phẳng A. 6 . B. ( P ) : x + 2 y − 2 z − 9 = 0 . Xét 2 2 2 M là điểm thay đổi trên ( P ) sao cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính MA2 + 2MB2 + 3MC 2 . D. 328 . C. 256 . B. 282 . A. 54 . Câu 22. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) + ( z − 1) = 9 và điểm 2 2 M ( a ; b ; c )  ( S ) sao cho biểu thức P = a + 2b + 2c đạt giá trị nhỏ nhất. Tính T = a + b + c . A. 2 . C. −2 . B. 1 . D. −1 . Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 3) + ( y + 4 ) = 4. Xét hai điểm M , N di 2 2 động trên ( S ) sao cho MN = 1. Giá trị nhỏ nhất của OM 2 − ON 2 bằng B. −4 − 3 5 . A. −10 . C. −5 . D. −6 − 2 5. Câu 24. Cho điểm A ( −3;5; −5 ) , B ( 5; −3;7 ) và mặt phẳng ( ) : x + y + z = 0 . Xét điểm M thay đổi trên ( ) , giá trị lớn nhất của MA2 − 2MB2 bằng Câu 25. Trong C. 397 . B. 379 . A. 398 . không ( S ) : ( x − 3) 2 gian Oxyz cho đường thẳng D. 498 . x y z +3 d: = = và 2 2 −1 mặt cầu + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 . Gọi  là đường thẳng đi qua A ( 2;1;3 ) , vuông góc với 2 2 đường thẳng d và cắt ( S ) tại hai điểm có khoảng cách lớn nhất. Khi đó đường thằng  có một véctơ chỉ phương là u = (1; a; b ) . Tính a + b . A. 4 . B. −2 . 1 C. − . 2 D. 5 . Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1; 2; 2 ) , B ( 3; − 1; − 2 ) , C ( −4;0;3) . Tìm tọa độ điểm I trên mặt phẳng ( Oxz ) sao cho biểu thức IA − 2 IB + 5IC đạt giá trị nhỏ nhất. 56 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 37 19 A. I  − ;0;  . 4  4 27 21 B. I  − ;0 ;  . 4  4 37 23 C. I  ;0 ; −  . 4   4 25 19 D. I  ;0 ; −  . 4  4 Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;3; 4 ) , B ( 3;1;0 ) . Gọi M là điểm trên mặt phẳng ( Oxz ) sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là ngắn nhất. Tìm hoành độ x0 của điểm M . C. x0 = 2 . B. x0 = 3 . A. x0 = 4 . D. x0 = 1 . Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho a = (1; − 1;0 ) và hai điểm A ( −4;7;3) , B ( 4;4;5) . Giả sử M , N là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MN cùng hướng với a và MN = 5 2 . Giá trị lớn nhất của AM − BN bằng A. 17 . C. 7 2 − 3 . B. 77 . 82 − 5 . D. Câu 29. Cho mặt cầu (S ) : ( x + 1)2 + ( y − 4)2 + z 2 = 8 và hai điểm A(3;0;0), B(4;2;1) . Gọi M là điểm thuộc mặt mặt cầu (S ). Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2MB. B. 2 6. A. 6. C. 6 2. D. 3 2. Câu 30. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) A, B, C với a, b, c  0 sao cho OA + OB + OC + AB + BC + CA = 1+ 2 . Giá trị lớn nhất của VO.ABC bằng A. 1 . 108 B. 1 . 486 C. 1 . 54 D. 1 . 162 Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho A (1; −1; 2 ) , B ( −2;0;3) , C ( 0;1; −2 ) . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho biểu thức S = MA.MB + 2MB.MC + 3MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T = 12a + 12b + c có giá trị là C. T = 1 . B. T = −3 . A. T = 3 . D. T = −1 . Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm M ( a; b; c ) ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 4 y − 4z − 7 = 0 thuộc mặt cầu sao cho biểu thức T = 2a + 3b + 6c đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị biểu thức P = 2a − b + c bằng 12 . 7 Câu 33. Trong không B. 8 . A. gian C. 6 . Oxyz cho hai điểm A(2; −3;2) , 51 . 7 B(−2;1;4) D. và mặt cầu (S ) : ( x + 1)2 + y 2 + ( z − 4)2 = 12 . Điểm M (a ; b ; c) thuộc mặt cầu (S ) sao cho MA.MB nhỏ nhất, tính a + b + c . A. 7 . 3 B. − 4 . C. 1 . D. 4 . Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; − 2; 4 ) , B ( −3; 3; − 1) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) + ( z − 3) = 3 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu ( S ) , giá trị nhỏ nhất 2 2 của 2MA2 + 3MB2 bằng A. 103. B. 108. C. 105. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 100. 57 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 35. Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh bằng 1 . Các điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn AB và AD sao cho hai mặt phẳng ( MAC  ) và ( NAC  ) vuông góc với nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A.AMCN . A. 3 +1 . 3 B. 5−2 . 3 C. 3 −1 . 3 D. 2 −1 . 3 Câu 36. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 4 ) + z 2 = 8 và điểm 2 2 A ( 3;0;0 ) ; B ( 4; 2;1) . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + 2MB . A. P = 2 2 . B. P = 3 2 . C. P = 4 2 . D. P = 6 2 . Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2t ; 2t ;0 ) , B ( 0;0; t ) với t  0. Cho điểm P di động thỏa a a với a, b nguyên dương và tối b b giản sao cho OP đạt giá trị lớn nhất là 3. Tính giá trị Q = 2a + b ? mãn OP. AP + OP.BP + AP.BP = 3 . Biết rằng có giá trị t = A. 5 . B. 13 . D. 9 . C. 11. Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;6 ) và D (1;1;1) . Gọi  là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến  là lớn nhất, hỏi  đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. M ( −1; −2;1) . B. M ( 5;7;3) . D. M ( 7;13;5 ) . C. M ( 3; 4;3) . Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( Sm ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − m ) 2 2 2 m2 = và hai 4 điểm A ( 2;3;5 ) , B (1; 2; 4 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của m để trên ( S m ) tồn tại điểm M sao cho MA2 − MB2 = 9 . A. m = 1 . B. m = 3 − 3 . C. m = 8 − 4 3 . D. m = 4− 3 . 2 Câu 40. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 4 ) + z 2 = 8 và điểm 2 2 A ( 3;0;0 ) ; B ( 4; 2;1) . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA + 2MB . A. P = 2 2 . B. P = 3 2 . C. P = 4 2 . D. P = 6 2 . Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1;1;2 ) ; B ( 0; − 1; − 3) . Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng ( Oxz ) , giá trị nhỏ nhất của OM + 2MA + 3MB bằng? A. 1 . B. 3 . 2 C. 1 . 2 D. 1 . 4 Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 2 z + 2 = 0 và ( S 2 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 2 z − 4 = 0 . Xét tứ diện ABCD có hai đỉnh A , B nằm trên (S1 ) ; hai đỉnh C , D nằm trên ( S 2 ) . Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. 3 2 . 58 B. 2 3 . C. 6 3 . D. 6 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn A AB = (1; 2; − 3) ; CD = ( −5; − 3;1) ; AC = ( 3;3; − 3) ; BD = ( −3; − 2;1) ; AD = ( −2;0; − 2 ) Ta có:  AB, AC  = ( 3; − 6; − 3)   AB, AC  . AD = ( −2 ) .3 + 0.6 + ( −2 )( −3) = 0 .  AB, AC , AD đồng phẳng hay bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng. Vậy đáp án A sai. Lại có AC. AD = 3. ( −2 ) + 3.0 + ( −3) . ( −2 ) = 0  AC ⊥ AD .  tam giác ACD là tam giác vuông tại A . Vậy đáp án B đúng. ( ) ( ) Mặt khác: AB.CD = 1. ( −5 ) + 2. ( −3) + ( −3) .1 = −14  0  cos AB, CD  0  AB, CD là góc tù. Vậy đáp án C đúng. AB = BD = 14 hay AB = BD  tam giác ABD là tam giác cân tại B . Vậy đáp án D đúng. Câu 2. Chọn A A I H P Đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( P ) có phương trình là:  x = 1 + 2t  y = 2+t z = 3 + t  Gọi H =   ( P ) ta có: H (1 + 2t ; 2 + t ;3 + t ) và H  ( P ) nên ta có: 2 (1 + 2t ) + ( 2 + t ) + ( 3 + t ) + 5 = 0  6t + 12 = 0  t = −2  H ( −3;0;1) Mặt cầu tâm I đi qua A , tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và có bán kính nhỏ nhất nên có đường kính là đoạn AH với H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P ) . Gọi I ( a; b; c ) là tọa độ trung điểm của AH ta có: I ( −1;1; 2 )  a + b + c = 2 . Câu 3. Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; − 2;1) và bán kính R = 3 . Ta có: d ( I , ( P ) ) = 4  R nên mặt phẳng ( P ) không cắt mặt cầu ( S ) . Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 59 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 3 + t  Suy ra phương trình đường thẳng d :  y = −2 + 2t .  z = 1 + 2t  Gọi M1 , M 2 là các giao điểm của d và ( S ) . Khi đó (3 + t ) 2 tọa độ điểm M1 , M2 ứng với t là nghiệm của phương trình t = 1 2 2 + ( −2 + 2t ) + (1 + 2t ) − 6 ( 3 + t ) + 4 ( −2 + 2t ) − 2 (1 + 2t ) + 5 = 0   . t = −1 Với t = 1  M 1 ( 4;0;3)  d ( M 1 , ( P ) ) = 7 . Với t = −1  M 2 ( 2; − 4; − 1)  d ( M 2 , ( P ) ) = 1 . Với mọi điểm M thuộc ( S ) ta luôn có d ( M 2 , ( P ) )  d ( M , ( P ) )  d ( M 1 , ( P ) ) . Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) ngắn nhất bằng 1 khi M  M 2 . Vậy M ( 2; − 4; − 1) . Câu 4. Chọn A A I H P Đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( P ) có phương trình là:  x = 1 + 2t  y = 2+t z = 3 + t  Gọi H =   ( P ) ta có: H (1 + 2t ; 2 + t ;3 + t ) và H  ( P ) nên ta có: 2 (1 + 2t ) + ( 2 + t ) + ( 3 + t ) + 5 = 0  6t + 12 = 0  t = −2  H ( −3;0;1) Mặt cầu tâm I đi qua A , tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và có bán kính nhỏ nhất nên có đường kính là đoạn AH với H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P ) . Gọi I ( a; b; c ) là tọa độ trung điểm của AH ta có: I ( −1;1; 2 )  a + b + c = 2 . Câu 5. Chọn A Gọi H ( xH ; yH ; z H ) là điểm thỏa mãn HA + HB + 3HC = 0 . 1 − xH + 3 − xH + 3 ( 2 − xH ) = 0  xH = 2   Khi đó: 4 − yH + 4 − yH + 3 ( −1 − yH ) = 0   yH = 1  H ( 2;1;1) .    zH = 1 5 − z H + ( − z H ) + 3 ( − z H ) = 0 60 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( ) ( ) 2 2 ( Ta có: T = MA2 + MB 2 + 3MC 2 = MH + HA + MH + HB + 3 MH + HC ( ) 2 ) = 5MH 2 + HA2 + HB 2 + 3HC 2 + 2MH HA + HB + 3HC = 5MH 2 + HA2 + HB2 + 3HC 2 . Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất  MH nhỏ nhất  M là hình chiếu của H lên ( P ) .  x = 2 + 3t  Phương trình đường thẳng d đi qua H ( 2;1;1) và vuông góc với ( P ) là  y = 1 + 3t , ( t   z = 1 − 2t  ). Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x = 2 + 3t x = 5  y = 1 + 3t y = 4     M ( 5; 4; −1) . Vậy a + b + c = 8 .   z = 1 − 2t  z = −1 3x + 3 y − 2 z − 29 = 0 t = 1 Câu 6. Chọn B Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G (1; − 1;1) . Ta có: P = EA + EB + EC = 3EG = 3EG  0  Pmin = 0 khi E  G (1; − 1;1)  T = 1, chọn B. Câu 7. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I = (1; −2; −1) và có bán kính R = 3 . Mặt phẳng ( P ) có véctơ pháp tuyến n = ( 2; −1; 2 ) . Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) thì đường thẳng d có phương  x = 1 + 2t  trình tham số là  y = −2 − t .  z = −1 + 2t  Điểm M thuộc mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) là lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt cầu ( S ) . Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  x = 1 + 2t  x = 1 + 2t  y = −2 − t  y = −2 − t     z = −1 + 2t .   z = −1 + 2t  t = 1  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0   t = −1 Với t = 1  M ( 3; −3;1)  d ( M , ( P ) ) = 6 + 3 + 2 − 14 = 1. 3 Với t = −1  M ( −1; −1; −3)  d ( M , ( P ) ) = −2 + 1 − 6 − 14 =7. 3 Vậy M ( −1; −1; −3) thỏa mãn nên a = −1, b = −1, c = −3  K = a + b + c = −5 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 61 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 8. Chọn B Cách 1: Gọi I là tâm mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 . Q là tiếp điểm của 1 với mặt cầu; R là tiếp điểm của  2 với mặt cầu. J là trung điểm của QR . Ta có: R = IQ  JQ  R nhỏ nhất khi và chỉ khi I trùng J hay QR là đoạn vuông góc chung của 1 và  2 , khi đó tâm mặt cầu I là trung điểm của đoạn vuông góc chung, 2R bằng độ dài đoạn vuông góc chung.  Q ( 4 + 3a ;1 − a ; − 5 − 2a )  1 , a  Gọi    R ( 2 + b ; − 3 + 3b ; b )   2 , b  . Khi đó ta có vec tơ chỉ phương u1 = ( 3; − 1; − 2 ) , u2 = ( 1;3;1 ) , RQ = ( 3a − b + 2 ; − a − 3b + 4 ; − 2a − b − 5 ) . Theo giả thiết đề bài ta có:  ⎯⎯→ ⎯⎯→ RQ  RQ . u1 = 0 a = −1 ⎯⎯→   RQ = ( 2; − 2; 4 )  RQ = 2 6  R = = 6.  ⎯⎯→ ⎯⎯→ b = 1 2   RQ . u = 0 2  Cách 2: Gọi hai mặt phẳng song song và lần lượt chứa 1 và  2 là ( P ) và ( Q ) . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 sẽ tiếp xúc với ( P ) và (Q ) nên đường kính hình cầu là khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) hay là khoảng cách từ  2 tới mặt phẳng ( P ) . Khi đó ta có VTCP u1 = ( 3; − 1; − 2 ) ; u2 = ( 1;3;1 ) và N = ( 2; − 3;0 )   2 . 1 1 Véc-tơ pháp tuyến của ( P ) là u1 = u1 ; u2  = ( 5; − 5;10 ) = ( 1; − 1; 2 ) 5 5 Ta có phương trình mặt phẳng ( P ) là x − y + 2z + 7 = 0 . Vậy d ( ( P ) , ( Q ) ) = d (  2 , ( P ) ) = d ( N , ( P ) ) = 2 6 . Suy ra bán kính mặt cầu là R = 6 . Câu 9. Chọn C Gọi M ( x;0;0 )  Ox ; MA2 = ( x + 1) + 32 + 42 ; MB 2 = ( x − 9 ) + 7 2 + 22 . 2 2 Suy ra MA2 + MB 2 = 2 x 2 − 16 x + 160 = 2 ( x − 4 ) + 128  128, x  2 . Nên MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất là 128 khi x = 4 . Vậy M = ( 4;0;0 ) Câu 10. Chọn B Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua M (2 ; 2 ; 0) và song song với ( P) . Phương trình mặt phẳng (Q) là: 1( x − 2) − 2( y − 2) + 2( z − 0) = 0  x − 2 y + 2 z + 2 = 0 . Theo bài ra d  (Q) . Gọi A , B lần lượt là hình chiếu của A , B trên (Q) . Khoảng cách từ A , B đến d lần lượt là 62 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. k1 , k 2 . Khi đó k1 + k2  AA + BB . Vì AB = (−6 ; 3 ; 0) , AM = (−4 ; 2 ; 0) là hai vectơ cùng phương nên A , B và M thẳng hàng. Do đó, dấu bằng xảy ra khi d đi qua A , B . Ta có hai cách sau để tìm tọa độ vectơ chỉ phương của d . Cách 1: Tìm B . x = t  Đường thẳng đi qua B và vuông góc với (Q) có phương trình:  y = 3 − 2t  B ( t ;3 − 2t ;2t )  z = 2t  B  (Q) suy ra t − 2(3 − 2t ) + 2(2t ) + 2 = 0  t = 4  4 19 8   B =  ; ;  . 9 9 9 9  −14 1 8  −1 Từ đó MB =  ; ;  = (14 ; − 1; − 8) .  9 9 9 9 Do vậy, một vectơ chỉ phương của d là (14 ; −1; − 8) . Cách 2: Ta thấy d là giao của hai mặt phẳng: (Q) và ( R) với ( R) là mặt phẳng chứa A , B và vuông góc với (Q) . Do đó vectơ chỉ phương của d cùng phương với tích có hướng của hai véc tơ pháp tuyến tương ứng của (Q) và ( R) . Vectơ pháp tuyến của (Q) là n (Q ) = (1; − 2 ; 2) . Vectơ chỉ phương của AB là AB = (−6 ; 3 ; 0) . Nên vectơ pháp tuyến của ( R) là n ( R ) = [n (Q ) , AB] = (−6 ; − 12 ; − 9) = −3(2 ; 4 ; 3). Từ đó vec tơ chỉ phương của d là [n (Q ) , n( R ) ] = ( −14 ;1; 8) . Câu 11. Chọn B Ta có: AB = 8 ; AC = 32 ; BC = 40  AB2 + AC 2 = BC 2  ABC vuông tại A . Thấy 3 mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) có đôi một nằm ngoài nhau. Khi đó: Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với 3 mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) và có bán kính nhỏ nhất  ( S ) có tâm thuộc mp ( ABC ) và ( S ) tiếp xúc ngoài với 3 mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 )  ( S ) có tâm I thuộc mp ( ABC ) và IA = IB = IC  ( S ) có tâm I (1;0; −1) , (trong đó I là trung điểm của BC ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 63 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất Rmin = IA − r = 10 − 1 . Câu 12. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; − 2; 2 ) và bán kính R = 2 . d ( I , ( P ) ) = 6  R suy ra mặt phẳng ( P ) không cắt mặt cầu ( S ) . Điểm M  ( S ) thỏa mãn d ( M , ( P ) ) nhỏ nhất bằng d ( I , ( P ) ) − R = 6 − 2 . Câu 13. Chọn C Giả sử M ( x ; y ; z ) và N ( a ; b ; c ) . Khi đó P = ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = MN 2 . 2 2 2 Vì ( x + 3) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 2 nên M thuộc mặt cầu ( S ) có tâm I ( −3; 2; − 1) và bán kính 2 2 2 R= 2. Vì a + b + c = 1 nên N thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 1 = 0 . Ta có d ( I ; ( P ) ) = −3 + 2 − 1 − 1 1+1+1 = 3  R  mặt phẳng ( P ) không cắt mặt cầu ( S ) .  min P = min MN 2 =  d ( I ; ( P ) ) − R  = 2 ( 3− 2 ) 2 = 5−2 6 . Câu 14. Chọn B Ta có: MA2 + MB 2 = (1 − a ) + ( 2 − b ) + 12 + ( 2 − a ) + ( −1 − b ) + 32 2 2 2 2 = 2a 2 − 6a + 2b 2 − 2b + 20 2 2 3 1   = 2  a −  + 2  b −  + 15  15. 2 2   3  a=   2 khi đó a + b = 2. Đẳng thức xảy ra khi  b = 1   2 Câu 15. Chọn A 64 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4; 2; 4 ) , bán kính R = 1 OM = a 2 + b 2 + c 2 Ta có OM  OI − IM = OI − R 2 2 2 Nên OM nhỏ nhất khi OM = OI − R = 4 + 2 + 4 − 1 = 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của a2 + b2 + c2 = 25 . Câu 16. Chọn B Ta có T = MA + 2MB + MC = MI + IA + 2MI + 2 IB + MI + IC = 4MI + IA + 2 IB + IC Tìm tọa độ điểm I ( xI ; yI ; z I )  0 − xI + 2 ( 2 − xI ) + 4 − xI = 0  sao cho IA + 2IB + IC = 0  1 − yI + 2 ( −1 − yI ) + 1 − yI = 0  1 − z I + 2 (1 − z I ) + 1 − z I = 0  xI = 2    yI = 0  I ( 2 ; 0 ;1)  T = 4 MI mà điểm M thuộc mp ( P ) z = 1  I Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đạt được khi điểm M là hình chiếu của điểm I lên mp ( P ) . min T = 4.d( I ,( P )) = 4. 2 + 0 +1− 6 12 + 12 + 12 =4 3. Đường thẳng IM đi qua điểm I và nhận vectơ n( P ) = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương. x = 2 + t  (t  y = t z = 1+ t  ) . Gọi điểm M ( 2 + t ; t ;1 + t )  IM mà M  ( P )  2 + t + t + 1 + t − 6 = 0  t = 1  M ( 3 ;1; 2 ) . Vậy giá trị của 2a + 4b + c = 2.3 + 4.1 + 2 = 12 Câu 17. Chọn D Vì M  d nên M ( t + 3; 2t + 1;3t + 3) . Suy ra MA = ( −t − 1; −2t − 1; −3t ) , MB = ( −t − 1; −2t − 3; −3t − 6 ) . MA2 = ( t + 1) + ( 2t + 1) + 9t 2 = 14t 2 + 6t + 2 2 2 (1) . MB 2 = ( t + 1) + ( 2t + 3) + ( 3t + 6 ) = 14t 2 + 50t + 46 2 2 2 (2 ) . Ta có P = MA4 + MB 4 + MA2 .MB 2 = ( MB 2 − MA2 ) + 3MA2 .MB 2 2 Thay (1) và ( 2 ) vào P ta được P = ( 44t + 44 ) + 3 (14t 2 + 6t + 2 )(14t 2 + 50t + 46 ) 2 2 2 2 = 442 ( t + 1) + 3 14 ( t + 1) + 10 − 22 ( t + 1)  14 ( t + 1) + 10 + 22 ( t + 1)     Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 65 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  2 2 2 2 = 1936 ( t + 1) + 3 14 ( t + 1) + 10  − 222 ( t + 1)    2 4 2 2 = 1936 ( t + 1) + 3 196 ( t + 1) + 280 ( t + 1) + 100 − 484 ( t + 1)    = 588 ( t + 1) + 1324 ( t + 1) + 300 . Đặt u = ( t + 1) , u  0  P = 588u 2 + 1324u + 300, u  0 . 4 2 2 Xét hàm số f ( u ) = 588u 2 + 1324u + 300, u  0 có f ‘ ( u ) = 1176u + 1324  0, u  0 cho nên f ( u )  f ( 0 ) , u  0 . Ta được Pmin = f ( 0 ) = 300 khi u = 0  t + 1 = 0  t = −1  y0 = 2.(−1) + 1 = −1. Vậy y0 = −1 . Câu 18. Chọn B Gọi N là điểm thỏa mãn NA − NB − NC = 0 , suy ra N ( −2;0;1) . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) MA − MB − MC = MN + NA − MN + NB − MN + NC = NA − NB − NC − MN = MN . Suy ra MA − MB − MC nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; 4; −1) , suy ra:  x = 2 + 2t  NI = ( 4; 4; −2 ) = ( 2; 2; −1) . Phương trình NI =  y = 4 + 2t . Thay phương trình NI vào phương  z = −1 − t   t =1 2 2 2 trình ( S ) ta được: ( 2t ) + ( 2t ) + ( −t ) = 9  t 2 = 1   . t = −1 Suy ra NI cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt N1 ( 3;6; −2 ) , N 2 ( 0; 2;0 ) . Vì NN1  NN 2 nên MN nhỏ nhất khi và chỉ khi M  N2 . Vậy M ( 0; 2;0 ) là điểm cần tìm. Suy ra: a + b = 2. 66 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19. z C y O M x C’ H Chọn C Giả sử M ( x; y;0 ) . Gọi I là trung điểm AB  I (1;2;4) . Do MA ⊥ MB tại M , suy ra M thuộc mặt cầu tâm I bán kính AB R= = 2 ( −6) 2 + 82 + 02 2 =5. 2 2 2  ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 4 ) = 25 Mặt khác M  Oxy suy ra toa độ điểm M thỏa mãn   z = 0 ( x − 1)2 + ( y − 2 )2 = 9 . Suy ra M thuộc đường trong ( C ) có tâm H (1;2;0 ) và bán kính R = 3   z = 0 Gọi C là hình chiếu của C lên (Oxy ) , suy ra C  ( 5; −1;0 ) , CC  = −6 = 6 . HC  = 42 + ( −3) = 5 2 CM lớn nhất khi và chỉ khi CM lớn nhất. CM lớn nhất bằng ( HC  + R ) = 5 + 3 = 8 . Suy ra độ dài đoạn CM lớn nhất bằng C M 2 + CC 2 = 82 + 62 = 10 . Câu 20. Chọn B 7 7  Xét điểm I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + IC + ID = 0 . Khi đó I  ; ;0  . 4 2  ( ) ( 2 Ta có MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = MI + IA + MI + IB ( ) + ( MI + IC ) + ( MI + ID ) 2 2 2 ) = 4 MI 2 + 2 MI IA + IB + IC + ID + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2 = 4MI 2 + IA2 + IB2 + IC 2 + ID2  IA2 + IB2 + IC 2 + ID2 ( vì MI 2  0 với mọi điểm M ) 7 7 21 7 7  Dấu ” = ” xảy ra  M  I tức là M  ; ;0   x + y + z = + = . 4 2 4 4 2  Câu 21. Chọn B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 67 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn IA + 2IB + 3IC = 0 . Ta có IA = ( −10 − x; −5 − y;8 − z ) , IB = ( 2 − x;1 − y; −1 − z ) , IC = ( 2 − x;3 − y; − z ) . ( −10 − x ) + 2 ( 2 − x ) + 3 ( 2 − x ) = 0 x = 0   Khi đó, ( −5 − y ) + 2 (1 − y ) + 3 ( 3 − y ) = 0   y = 1  I ( 0;1;1) . z = 1   ( 8 − z ) + 2 ( −1 − z ) + 3 ( − z ) = 0 Với điểm M thay đổi trên ( P ) , ta có ( ) ( 2 ) ( 2 MA2 + 2MB2 + 3MC 2 = MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC ( = 6MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 + 2MI IA + 2 IB + 3IC ) 2 ) = 6MI 2 + IA2 + 2IB2 + 3IC 2 (Vì IA + 2IB + 3IC = 0 ). Ta lại có IA2 + 2IB2 + 3IC 2 = 185 + 2.8 + 3.9 = 228 . Do đó, MA2 + 2MB2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất  MI đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) . Khi đó, MI = d ( I , ( P ) ) = 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của MA2 + 2MB2 + 3MC 2 bằng 6MI 2 + 228 = 6.9 + 228 = 282 . Giá trị nhỏ nhất của MA2 + 2MB2 + 3MC 2 đạt được khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) . Lưu ý thêm cách tìm điểm M như sau: x = t  Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P ) . Phương trình của  :  y = 1 + 2t .  z = 1 − 2t  Ta có M =   ( P ) . Xét phương trình t + 2 (1 + 2t ) − 2 (1 − 2t ) − 9 = 0  9t − 9 = 0  t = 1  M (1;3; −1) . Câu 22. Chọn D Cách 1: Ta có M ( a ; b ; c )  ( S )  ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1) = 9 . 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có 2 2 2 2 1. ( a − 2 ) + 2. ( b − 1) + 2. ( c − 1)   (12 + 22 + 22 ) ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1)     1. ( a − 2 ) + 2. ( b − 1) + 2. ( c − 1)   9.9  −9  1. ( a − 2 ) + 2. ( b − 1) + 2. ( c − 1)  9 2  −3  a + 2b + 2c  15 hay −3  P  15 . Vậy Pmin a = 1 a − 2 b −1 c −1 = =   2 2 = −3   1  b = −1 . 1. ( a − 2 ) + 2. ( b − 1) + 2. ( c − 1) = −9 c = −1   Khi đó T = a + b + c = 1 + ( −1) + ( −1) = −1 . 68 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 2: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;1;1) , bán kính R = 3 . Để M ( a ; b ; c )  ( S ) đồng thời P = a + 2b + 2c đạt giá trị nhỏ nhất thì M phải là điểm chung giữa ( S ) và mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 2 z − P = 0 . Suy ra d ( I ; ( ) )  R  6 − P  9  −3  P  15 . Ta có P = −3 khi a = 1 , b = −1 , c = −1 . Vậy T = a + b + c = −1 . Câu 23. Chọn A Cách 1: Mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 3) + ( y + 4 ) = 4. có tâm I ( 0;3; − 4 ) , bán kính R = 2 . 2 2 ( ) − (OI + IN ) = 2OI ( IM − IN ) , (vì IM = IN = R ) = 2OI .NM = 2.OI . NM.cos ( OI , NM )  −2OI . NM = −10 . 2 Ta có: OM 2 − ON 2 = OI + IM 2 Dấu “=” xảy ra khi hai véc tơ OI , NM ngược hướng. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức OM 2 − ON 2 là −10 . Cách 2: 2 2 2  M  ( S )  x + ( y − 3) + ( z + 4 ) = 4 (1)   2 2  Xét điểm M ( x ; y ; z ) , N ( a ; b ; c ) ta có  N  ( S )  a 2 + ( b − 3) + ( c + 4 ) = 4 ( 2 ) .  MN = 1  2 2 2  ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = 1(3) Lấy (1) − ( 2 ) theo vế có: x 2 + y 2 + z 2 − a 2 − b 2 − c 2 = 6 ( y − b ) − 8 ( z − c ) . Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacopski) và (3) ta có OM 2 − ON 2 = x 2 + y 2 + z 2 − a 2 − b 2 − c 2 = 6 ( y − b ) − 8 ( z − c ) − (6 2 ( + 82 ) ( y − b ) + ( z − c ) 2 2 )  − (6 2 ( + 82 ) ( y − a ) + ( y − b ) 2 + ( z − c ) 2 2 ) = −10.  x 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 4 ) 2 = 4  2 2  a 2 + ( b − 3) + ( c + 4 ) = 4  2 2 2 Dấu bằng đạt tại ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = 1.  x−a =0  y −b z −c  = =k 0  6 −8 Chọn đáp án A. *Một cách tương tự mở rộng cho min – max của  OM 2 +  ON 2 . Câu 24. Chọn C Cách 1. Gọi H là điểm thỏa mãn HA − 2HB = 0  H (13; −11;19 ) . Ta tính: HA2 = 1088 ; HB2 = 272 ; d ( H , ( ) ) = 7 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 69 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( ) ( ) + 2MH ( HA − 2 HB ) + HA 2 2 Ta có: MA2 − 2MB 2 = MH + HA − 2 MH + HB .  MA2 − 2MB 2 = − MH 2 2 − 2 HB 2  MA2 − 2MB2 = −MH 2 + 544 .  MA2 − 2MB 2  −d 2 ( H , ( ) ) + 544 = 397 . Vậy giá trị lớn nhất của MA2 − 2MB2 = 397 khi M là hình chiếu vuông góc của H trên ( ) . Cách 2. Gọi M ( a; b; c )  ( )  a + b + c = 0  a = −b − c . Ta tính MA2 = ( −3 − a ) + ( 5 − b ) + ( −5 − c ) ; MB 2 = ( 5 − a ) + ( −3 − b ) + ( 7 − c ) . 2 2 2 2 2 2  MA2 − 2MB2 = −a2 + 26a − b2 − 22b − c2 + 38c −107 .  MA2 − 2MB 2 = −2b 2 − 2b ( 24 + c ) − 2c 2 + 12c − 107 . 24 + c  3 2   MA − 2MB = −2  b +  − c + 36c + 181 2  2  2 2 2 24 + c  3 2  2 2  MA2 − 2MB 2 = −2  b +  − ( c − 12 ) + 397  MA − 2MB  397 . 2 2   2 Giá trị lớn nhất của MA2 − 2MB2 = 397 khi c = 12; b = −18; a = 6 . Vậy giá trị lớn nhất của MA2 − 2MB2 = 397 khi M ( 6; −18;12 ) . Câu 25. Chọn D Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc d . Suy ra ( ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 .  đi qua A và vuông với d nên  nằm trong ( ) . Vì  cắt ( S ) tại hai điểm có khoảng cách lớn nhất nên  đi qua tâm K của đường tròn giao tuyến của ( ) và ( S ) .  23 14 47  Ta có: K là hình chiếu vuông góc của tâm I của mặt cầu lên ( ) nên K  ; ;  .  9 9 9   5 5 20  Khi đó: AK =  ; ;   u = (1;1; 4 ) . 9 9 9  Câu 26. Chọn B Chọn điểm K sao cho KA − 2KB + 5KC = 0 . 27  ( −1 − xK ) − 2 ( 3 − xK ) + 5 ( −4 − xK ) = 0  xK = − 4   21   27 Khi đó: ( 2 − yK ) − 2 ( −1 − yK ) + 5 ( 0 − yK ) = 0   yK = 1  K − ;1;  . 4  4   21 ( 2 − z K ) − 2 ( −2 − z K ) + 5 ( 3 − z K ) = 0  zK = 4  70 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. IA − 2 IB + 5IC = IK + KA − 2 IK − 2 KB + 5IK + 5KC = 4 IK = 4 IK . IK đạt giá trị nhỏ nhất khi K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( Oxz ) . 27 21 Vậy I  − ;0;  . 4  4 Câu 27. Chọn C Mặt phẳng ( Oxz ) có phương trình y = 0 . Vì y A . yB = 3  0 nên A , B nằm cùng phía với mặt phẳng ( Oxz ) . Lấy điểm C đối xứng với A qua ( Oxz ) . Suy ra C ( −1; − 3; 4 ) . Khi đó MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MC + MB nhỏ nhất. Suy ra M là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng ( Oxz ) .  x = −1 + t  Đường thẳng BC :  y = −3 + t , ( t  z = 4 − t  ).  x = −1 + t  y = −3 + t   −3 + t = 0  t = 3 . Tọa độ điểm M ( x ; y ; z ) là nghiệm của hệ :  z = 4 − t  y = 0  M ( 2;0;1)  x0 = 2 . Câu 28. Chọn A Vì MN cùng hướng với a nên t  0 : MN = ta . Hơn nữa, MN = 5 2  t. a = 5 2  t = 5 . Suy ra MN = ( 5; − 5;0 ) .  x + 4 = 5  x = 1   Gọi A ( x; y ; z) là điểm sao cho AA = MN   y − 7 = −5   y = 2  A (1;2;3) .  z − 3 = 0  z = 3   Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 71 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Dễ thấy các điểm A , B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng ( Oxy ) vì chúng đều có cao độ dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng A ‘ B luôn cắt mặt phẳng (Oxy ) tại một điểm cố định. Từ AA = MN suy ra AM = AN nên AM − BN = A ‘ N − BN  A ‘ B dấu bằng xảy ra khi N là giao điểm của đường thẳng A ‘ B với mặt phẳng ( Oxy ) . Do đó max AM − BN = A ‘ B = ( 4 − 1) 2 + ( 4 − 2 ) + ( 5 − 3) = 17 , đạt được khi 2 2 N = AB  (Oxy ) . Câu 29. Chọn C Cách 1: Gọi M (a; b; c)  (S ), ta có (a + 1)2 + (b − 4)2 + c2 = 8  a2 + b2 + c2 = −2a + 8b − 9 Do đó MA = (a − 3) 2 + b 2 + c 2 = 4(a 2 + b 2 + c 2 ) − 3(a 2 + b 2 + c 2 ) − 6a + 9 2 a 2 + b 2 + c 2 − 6b + 9 = 2 a 2 + (b − 3) 2 + c 2 = 2MB ‘ với B ‘(0;3;0). Dễ thấy B ‘ nằm trong mặt cầu, B nằm ngoài mặt cầu nên MA + 2MB = 2(MB ‘+ MB) nhỏ nhất khi B ‘, M , B thẳng hàng. Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2MB là 2BB ‘ = 6 2. Cách 2: I B’ E M A M0 B Ta có IA = 4 2, với I là tâm mặt cầu. Gọi E(1;2;0), B ‘(0;3;0) lần lượt là trung điểm của IA và IE. + M là điểm nằm trên đường thẳng IA ta có MB ‘ = 72 1 MA. 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. + M là điểm không nằm trên đường thẳng IA ta có IMB ‘ IAM nên ta có MB ‘ = MB ‘ IM 1 = = , MA IA 2 1 MA. 2 Dễ thấy B ‘ nằm trong mặt cầu, B nằm ngoài mặt cầu nên MA + 2MB = 2(MB ‘+ MB) nhỏ nhất khi B ‘, M , B thẳng hàng. M  M 0 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2MB là 2BB ‘ = 6 2. Câu 30. Chọn D Ta có OA = a, OB = b; OC = c; AB = a 2 + b 2 , BC = b 2 + c 2 , CA = c 2 + a 2 . 1 1 VOABC = OA.OB.OC = a.b.c. 6 6 OA + OB + OC + AB + BC + CA = 1 + 2  a + b + c + a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 = 1 + 2. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a + b + c  3 3 abc , a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2  3 6 ( a 2 + b 2 )( b 2 + c 2 )( c 2 + a 2 )  3 6 2ab.2bc.2ac = 3 2. 3 abc . Suy ra a + b + c + a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2  3 3 abc + 3 2. 3 abc ( )  1 + 2  3 3 abc 1 + 2  3 abc  1 1 1 1 1  abc   abc   VOABC  . 3 27 6 162 162 a  0; b  0; c  0  1 Dấu bằng xảy ra  a = b = c a=b=c= . 3  2 2 2 2 2 2 a + b + c + a + b + b + c + c + a = 1 + 2  Vậy giá trị lớn nhất của VOABC bằng 1 . 162 Câu 31. Chọn D Ta có M ( a; b; c )  ( Oxy ) nên c = 0 . Do đó M ( a; b;0 ) . MA = (1 − a; −1 − b; 2 ) , MB = ( −2 − a; −b;3) , MC = ( −a;1 − b; −2 ) MA.MB = (1 − a )( −2 − a ) + ( −1 − b )( −b ) + 6 = a 2 + a + b 2 + b + 4 MB.MC = ( −2 − a )( −a ) + ( −b )(1 − b ) − 6 = a 2 + 2a + b 2 − b − 6 MC.MA = ( −a )(1 − a ) + (1 − b )( −1 − b ) − 4 = a 2 − a + b 2 − 5 Suy ra S = a 2 + a + b 2 + b + 4 + 2 ( a 2 + 2a + b 2 − b − 6 ) + 3 ( a 2 − a + b 2 − 5 ) = 6a 2 + 2a + 6b 2 − b − 23 2 2 1 1  557 557   . S = 6 a +  + 6b −  − − 6 24 24   12  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 73 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất là − 1 1 557 khi a = − và b = 12 6 24 1  1 Khi đó T = 12a + 12b + c = 12.  −  + 12. + 0 = −1 . 12  6 Câu 32. Chọn C Ta có ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 4 z − 7 = 0  ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 16 . 2 2 2 Vì điểm M  ( S )  ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 2 ) = 16 . (*) 2 2 2 Xét T = 2a + 3b + 6c = 2 ( a − 1) + 3 ( b − 2 ) + 6 ( c − 2 ) + 20  (2 2 ( + 32 + 62 ) ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3) 2 2 2 ) + 20 = 7.4 + 20 = 48 . a = 1 + 2t a −1 b − 2 c − 2  = = = t  0  b = 2 + 3t , thay vào phương trình (*) ta Dấu bằng xảy ra khi 2 3 6 c = 2 + 6t  được: 4t 2 + 9t 2 + 36t 2 = 16  t = 4 . 7 15 26 38  15 26 38  = 6. Do đó M  ; ;  và P = 2a − b + c = 2. − + 7 7 7 7 7 7  Câu 33. Chọn C Mặt cầu (S ) : ( x + 1)2 + y 2 + ( z − 4)2 = 12 có tâm I (−1;0;4) , bán kính R = 12 . Gọi C(0; −1;3) là trung điểm của AB . Ta có ( )( IB − IM ) = IA.IB + IM − 2.R.IC.cos ( IM , IC ) . MA.MB = IA − IM = IA.IB + R 2 2 ( − IM IA + IB ( ) = IA.IB + R2 − 2IM .IC ) Vì I , A, B, R, C không đổi nên MA.MB nhỏ nhất khi cos IM , IC = 1 lớn nhất hay hai véctơ IM , IC cùng hướng. Cách 1: Đường thẳng IC có véctơ chỉ phương IC = (1; −1; −1)  x = −1 + t  Phương trình đường thẳng IC :  y = −t z = 4 − t  Điểm M thuộc đường thẳng IC nên M = ( −1 + t ; −t ; 4 − t ) t = 2 2 Điểm M thuộc mặt cầu nên (−1 + t + 1) 2 + ( −t ) + (4 − t − 4) 2 = 12  3t 2 = 12   t = −2 Khi t = −2 thì M ( −3; 2;6 ) và IM = ( −2; 2; 2 )  IM = −2IC nên hai véctơ IM , IC không cùng hướng. Khi t = 2 thì M (1; −2; 2 ) và IM = ( 2; − 2; −2 )  IM = 2IC nên hai véctơ IM , IC cùng hướng. 74 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy M (1; −2; 2 ) hay a + b + c = 1. Cách 2: IC = 3 , IM = R = 2 3 và hai véctơ IM , IC cùng hướng nên IM = 2IC (Tổng quát IM = IM IC ) hay C là trung điểm của đoạn thẳng IM . Suy ra M (1; −2; 2 ) hay a + b + c = 1. IC Bình luận: Bài toán cũng có thể ra ở dạng Điểm M (a; b; c) thuộc mặt cầu (S ) sao cho MA.MB lớn nhất, tính a + b + c . Câu 34. Chọn C  Gọi H ( x ; y ; z ) là điểm thỏa mãn: 2 HA + 3HB = 0 . 2 ( 2 − x ) + 3 ( − 3 − x ) = 0 x = −1    2 ( 2 − y ) + 3 ( 3 − y ) = 0   y = 1  H ( −1;1;1)  z = 1  2 ( 4 − z ) + 3 ( − 1 − z ) = 0 ( ) ( ) = 2 ( MH + HA + 2MH . HA ) + 3 ( MH + HB + 2 MH . HB ) = 5MH + 2 HA + 3 HB + MH . ( 2 HA + 3HB ) = 5MH + 2HA + 3 HB 2  Xét P = 2MA2 + 3MB 2 = 2 MH + HA + 3 MH + HB 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (vì 2 HA + 3HB = 0 ) = 5MH 2 + 90 Để P = 5MH 2 + 90 nhỏ nhất  MH nhỏ nhất.  Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;3;3 ) , bán kính R = 3 . IH = 2 3  R nên điểm H nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Khi đó: MH min = IH − R = 2 3 − 3 = 3 . Vậy Pmin = 5.3 + 90 = 105 . Câu 35. Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ, ta có: A ( 0;0;0 ) , A ( 0;0;1 ) , C  ( 1;1;1 ) . M ( t ;0;1)  AB, t   0;1 , N ( 0; m ;1 )  AD, m  0;1  .( M , N lần lượt thuộc đoạn AB , AD )  AM = ( t ;0;1 )  ( AMC  ) có một vectơ pháp tuyến là n1 =  AM ; AC  = ( − 1;1 − t ; t ) .   AC  = ( 1;1;1 ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 75 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  AN = ( 0; m ;1 )  ( ANC  ) có một vectơ pháp tuyến là n2 =  AN ; AC  = ( m − 1;1; − m ) .   AC  = ( 1;1;1 ) ( MAC  ) ⊥ ( NAC  ) (m + t )  4 2  m + t + mt = 2  n1.n2 = 0 Cauchy  2 = m + t + mt  (m + t ) m+t + + m + t − 2  0  m + t  2 3 − 2 vì m, t   0;1 .  t = m Dấu ” = ” xảy ra khi   t = m = 3 −1.  t + m = 2 3 − 2 SBMC  = 1 1 1 1 BM .BC  = (1 − t ) , SDNC  = DN .DC  = ( 1 − m ) , S ABC D = 1 . 2 2 2 2 S AMC N = S ABC D − SBMC  − SDNC  = VA. AMC N = 1 ( m+t ). 2 1 1 3 −1 . AA.S AMC N = ( t + m )  3 6 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A.AMCN là 3 −1 . 3 Câu 36. Chọn D Nhận xét: điểm A, B nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 4;0 ) , R = 2 2 . Ta có: IA = 4 2 = 2 R, E = IA  ( S )  E (1; 2;0 ) (Do E là trung điểm của IA ). Gọi F là trung điểm của IE  F ( 0;3;0 ) . Tam giác IFM và IMA có AIM chung và Suy ra IF 1 IM = =  AIM IM 2 IA MIF . MA AI = = 2  MA = 2MF . FM MI Ta có: MA + 2MB = 2 ( MF + MB )  2 FB = 6 2 . Vì F nằm trong ( S ) và B nằm ngoài ( S ) nên dấu ” = ” xảy ra khi M = BF  ( S ) . 76 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 4 2 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 37. Chọn C Ta có: OAOB . = 0 nên ( ) ( ) ( )( ) OP. AP + OP.BP + AP.BP = 3  OP. OP − OA + OP. OP − OB + OP − OA . OP − OB = 3  3OP 2 = 3 + 2OP OA + OB  (1) . Giả sử P ( x; y; z ) thì phương trình (1) trở thành 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3 + 2t ( 2 x + 2 y + z )  3 + 2t ( 4 + 4 + 1) ( x 2 + y 2 + z 2 ) Hay 3OP2  3 + 6tOP  OP2 − 2tOP −1  0  t − t 2 + 1  OP  t + t 2 + 1 Từ giả thiết suy ra t + t 2 + 1 = 3  t = 4 . Vậy Q = 2a + b = 11. 3 Câu 38. Chọn B Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là x y z + + = 1  2x + 3y + z − 6 = 0 . 3 2 6 Dễ thấy D  ( ABC ) . Gọi H , K , I lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên Δ . Do Δ là đường thẳng đi qua D nên AH  AD, BK  BD, CI  CD . Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B, C đến Δ là lớn nhất thì Δ là đường thẳng đi qua D và  x = 1 + 2t  vuông góc với ( ABC ) . Vậy phương trình đường thẳng Δ là  y = 1 + 3t ( t  z = 1+ t  ) . Kiểm tra ta thấy điểm M ( 5;7;3)  . Câu 39. Chọn C Gọi M ( x; y; z ) , suy ra 2 2 2 2 2 2 MA2 − MB2 = 9  ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) − ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 4 )  = 9  x+ y+ z−4 = 0 Suy ra: Tập các điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn MA2 − MB2 = 9 là mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 4 = 0 Trên ( S m ) tồn tại điểm M sao cho MA2 − MB2 = 9 khi và chỉ khi ( S m ) và ( P ) có điểm chung  d ( I ; ( P ))  R  1+1+ m − 4 1+1+1  m  2 m−2  3 m 2  m2 − 16m + 16  0  8 − 4 3  m  8 + 4 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 8 − 4 3 . Câu 40. Chọn D Nhận xét: điểm A, B nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 4;0 ) , R = 2 2 . Ta có: IA = 4 2 = 2 R, E = IA  ( S )  E (1; 2;0 ) (Do E là trung điểm của IA ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 77 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi F là trung điểm của IE  F ( 0;3;0 ) . Tam giác IFM và IMA có AIM chung và Suy ra IF 1 IM = =  AIM IM 2 IA MIF . MA AI = = 2  MA = 2MF . FM MI Ta có: MA + 2MB = 2 ( MF + MB )  2 FB = 6 2 . Vì F nằm trong ( S ) và B nằm ngoài ( S ) nên dấu ” = ” xảy ra khi M = BF  ( S ) . Câu 41. Chọn A  1 −1 −5  Chọn I ( a; b; c ) thỏa OI + 2IA + 3IB = 0  I  ; ;  . 2 4 4  Ta có : OM + 2MA + 3MB = OI + 2 IA + 3IB + 4MI = 4 MI .  OM + 2MA + 3MB nhỏ nhất  4 MI nhỏ nhất  MI ⊥ ( Oxz ) . Lúc đó 4 MI = 4d ( I ; (Oxz ) ) = 1 . Câu 42. Chọn D Mặt cầu (S1 ) có tâm I (1; − 2;1) và bán kính là R1 = 2 . Mặt cầu ( S 2 ) cũng có tâm I (1; − 2;1) nhưng bán kính là R2 = 10 . Gọi a , b lần lượt là khoảng cách từ tâm I đến hai đường thẳng AB , CD . Ta có AB = 2 R12 − a 2 = 2 4 − a 2 , CD = 2 R22 − b 2 = 2 10 − b 2 và d ( AB, CD)  d ( I , AB) + d ( I , CD) = a + b . Thêm nữa: sin( AB, CD)  1. Ta có VABCD = 1 2 AB.CD.d ( AB, CD).sin( AB, CD)  (a + b) 4 − a 2 10 − b 2 . 6 3 Ta có: a + b = a + 2 b b2  3 a2 + 2 2  2 b2 b2 2 a + + 4 − a + 5 − 2 2   b  b   2 2 và  a 2 +  ( 4 − a 2 )  5 −    2 2 3       Vậy VABCD  3    = 27 .   2 3 . 2. 27 = 6 2 . 3 Dấu bằng đạt được tại a = 1 , b = 2 và hai đường AB, CD vuông góc với 78 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. CHỦ ĐỀ 2 : PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG LÍ THUYẾT ❖ Trong không gian Oxyz phương trình dạng Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C 2  0 đuợc gọi là phương trình tổng quát của mặt phẳng Phương trình mặt phẳng (P) : ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C 2  0 . Có vecto pháp ▪ tuyến là n = ( A; B; C ) Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M o ( xo ; yo ; zo ) và nhận vectơ n = ( A; B; C ) , n  0 làm vectơ pháp ▪ tuyến có dạng ( P ) : A ( x − xo ) + B ( y − yo ) + C ( z − z0 ) = 0 Nếu ( P ) có cặp vectơ a = (a1 ; a2 ; a3 ) b = (b1 ; b2 ; b3 ) không cùng phương ,có giá song song hoặc ▪ nằm trên ( P ) thì vectơ pháp tuyến của ( P ) được xác định n =  a, b  ❖ Các trường hợp riêng của mặt phẳng : Trong không gian Oxyz cho mp(  ) : Ax + By + Cz + D = 0 , với A2 + B2 + C 2  0 . Khi đó: ▪ D = 0 khi và chỉ khi (  ) đi qua gốc tọa độ. ▪ A = 0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi ( ) song song với trục Ox ▪ A = 0, B = 0, C  0, D  0 khi và chỉ khi ( ) song song mp ( Oxy ) D D D , b=− ,c=− A B C ❖ Vị trí tương đối của hai mặt phẳng ▪ A, B, C, D  0 . Đặt a = − Khi đó ( ): x y z + + =1 a b c Trong không gian Oxyz cho mp(  ) : Ax + By + Cz + D = 0 và (  ’): A’ x + B’ y + C ‘ z + D’ = 0  AB ‘ = A ‘ B  (  ) // (  ’)   BC ‘ = B ‘ C và AD ‘  A ‘ D CB ‘ = C ‘ B  ▪  AB ‘  A ‘ B  (  ) cắt (  ’)   BC ‘  B ‘ C CB ‘  C ‘ B  ▪  AB ‘ = A ‘ B  BC ‘ = B ‘ C  (  ) ≡ (  ’)   CB ‘ = C ‘ B  AD ‘ = A ‘ D ▪ Đặc biệt: (  ) ⊥ (  ’)  n1.n2 = 0  A. A ‘+ B.B ‘+ C.C ‘ = 0 ❖ Góc giữa hai mặt phẳng: Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng 0o    90o ( ) ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 và ( Q ) : A ‘ x + B ‘ y + C ‘ z + D ‘ = 0 ▪ cos = cos(n P , nQ ) = n P .nQ nP . nQ = A.A’ + B.B ‘+ C.C ‘ A2 + B 2 + C 2 . A ‘2 + B ‘2 + C ‘2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 79 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( m;0;0 ) , N ( 0; n;0 ) và P ( 0;0; p ) Với m , n , p là các số dương thay đổi thỏa 1 1 1 + + = 3 . Mặt phẳng ( MNP ) luôn đi qua m n p điểm: A. F ( 3;3;3) . 1 1 1 B. E  ; ;  . 3 3 3  1 1 1 C. H  − ; − ; −  .  3 3 3 D. G (1;1;1) . Lời giải Chọn B Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là: Mà: x y z + + = 1. m n p 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + = 3 + + = 1 . Vậy mặt phẳng ( MNP ) luôn đi qua E  ; ;  . m n p 3m 3n 3 p 3 3 3 VÍ DỤ 2: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 12 và mặt phẳng 2 ( P ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Gọi ( Q ) 2 2 là mặt phẳng song song với ( P ) và cắt ( S ) theo thiết diện là đường tròn ( C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi ( C ) có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng ( Q ) là 2 x + 2 y − z − 1 = 0 A.  .  2 x + 2 y − z + 11 = 0 2 x + 2 y − z − 6 = 0 B.  . 2 x + 2 y − z + 3 = 0 2 x + 2 y − z − 4 = 0 C.  .  2 x + 2 y − z + 17 = 0 2 x + 2 y − z + 2 = 0 D.  . 2 x + 2 y − z + 8 = 0 Lời giải Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 2 3 . Gọi r là bán kính đường tròn ( C ) và H là hình chiếu của I lên ( Q ) . Đặt IH = x ta có r = R 2 − x 2 = 12 − x 2 1 1 Vậy thể tích khối nón tạo được là V = .IH .S(( C )) = .x. 3 3 80 ( 12 − x 2 ) 2 1 =  (12 x − x 3 ) . 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( ) Gọi f ( x ) = 12 x − x 3 với x  0; 2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f ( x ) đạt giá trị lớn nhất Ta có f  ( x ) = 12 − 3 x 2 ; f  ( x ) = 0  12 − 3×2 = 0  x = 2  x = 2 . Bảng biến thiên : 16 1 Vậy Vmax =  16 = khi x = IH = 2 . 3 3 Mặt phẳng ( Q ) // ( P ) nên ( Q ) : 2 x + 2 y − z + a = 0 Và d ( I ; ( Q ) ) = IH  2.1 + 2 ( −2 ) − 3 + a 22 + 22 + ( −1) 2  a = 11 = 2  a −5 = 6   .  a = −1 Vậy mặt phẳng ( Q ) có phương trình 2 x + 2 y − z − 1 = 0 hoặc 2 x + 2 y − z + 11 = 0 . VÍ DỤ 3: Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H (1; 2;3) là trực tâm của ABC với A, B, C là ba điểm lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz (khác gốc tọa độ). Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là A. 3x + y + 2 z − 9 = 0 B. x + 2 y + 3z − 14 = 0 C. 3x + 2 y + z − 10 = 0 D. x y z + + =1 1 2 3 Lời giải Chọn B Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c )  AH (1 − a; 2;3) ; BH (1; 2 − b;3) ; BC ( 0; − b;c ) ; AC ( − a;0;c )  AH .BC = 0 −2b + 3c = 0   BH . AC = 0 −a + 3c = 0 Do H là trực tâm nên ta có:  Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : 1 2 3 x y z + + = 1 . Vì H  ( ABC )  + + = 1. a b c a b c    a = 2b −2b + 3c = 0 a = 14    2 b   b = 7 . Do đó ta có hệ phương trình: −a + 3c = 0  c = 3 1 2 3   14 1 2 9  + + =1  c = 3 a b c  2b + b + 2b = 1  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 81 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) : x y 3z + + = 1  x + 2 y + 3z − 14 = 0. 14 7 14 VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) có phương trình x − 2 y − 2 z − 5 = 0 và mặt cầu ( S ) có phương trình ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 4 . Tìm 2 2 2 phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu ( S ) A. x − 2 y − 2 z + 1 = 0 . B. − x + 2 y + 2 z + 5 = 0 . C. x − 2 y − 2 z − 23 = 0 . D. − x + 2 y + 2 z + 17 = 0 . Lời giải Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2; −3) và bán kính R = 2 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Phương trình ( Q ) có dạng: x − 2 y − 2 z + D = 0 ( D  −5 ) . (Q ) tiếp xúc với ( S ) khi và chỉ khi d ( I , ( Q ) ) = R  1 − 2. ( −2 ) − 2. ( −3) + D 12 + 22 + 22 =2  D + 11 = 6  D = −5  D + 11 = 6    .  D = −17  D + 11 = −6 Đối chiếu điều kiện suy ra D = −17 . Vậy phương trình của ( Q ) là x − 2 y − 2 z −17 = 0  − x + 2 y + 2 z + 17 = 0 . VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho điểm A ( 2; −1; −2 ) và đường thẳng ( d ) có phương trình (d ) x −1 y −1 z −1 . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng = = 1 −1 1 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. x + 3 y + 2 z + 10 = 0 . B. x − 2 y − 3z − 1 = 0 . C. 3x + z + 2 = 0 . D. x − y − 6 = 0 . Lời giải Chọn C 82 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi K ( x; y; z ) là hình chiếu vuông góc của A lên d . Tọa độ của K là nghiệm của hệ − x + 1 = y − 1  x = 1    y − 1 = − z + 1  y = 1  K (1;1;1) . x − y + z −1 = 0 z = 1   Ta có d ( ( d ) , ( P ) ) = d ( K , ( P ) ) = KH  KA = 14 . 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 3x + z + 2 = 0 . VÍ DỤ 6: Trong không gian ( Oxyz ) , cho hai điểm A ( 0;8;2 ) , B ( 9; −7;23) và mặt cầu ( S ) có phương trình ( S ) : ( x − 5 ) + ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 . Mặt phẳng ( P ) : x + by + cz + d = 0 đi qua điểm 2 2 2 A và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Giá trị của b + c + d khi đó là A. b + c + d = 2 . B. b + c + d = 4 . . C. b + c + d = 3 . D. b + c + d = 1 Lời giải Chọn C Vì A  ( P ) nên ta 8b + 2c + d = 0  d = −8b − 2c  ( P ) : x + by + cz − ( 8b + 2c ) = 0 . Do ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) nên d ( I ; ( P ) ) = R  Ta có: d ( B; ( P ) ) = 9 − 7b + 23c − 8b − 2c 5 − 11b + 5c =6 2. 1 + b2 + c2 ( 5 − 11b + 5c ) + 4 (1 − b + 4c ) = 1 + b2 + c 2 1 + b2 + c2 5 − 11b + 5c 1 − b + 4c 1 − b + 4c  d ( B; ( P ) )   d ( B; ( P ) )  6 2 + 4 +4 1 + b2 + c 2 1 + b2 + c 2 1 + b2 + c 2 Cosi − Svac  d ( B; ( P ) )  6 2 + 4 (1 + 1 + 16 ) (1 + b2 + c 2 ) 1 + b2 + c 2  d ( B; ( P ) )  18 2 . c  b = −1 1 = −b = 4    c = 4 . Dấu “=” xảy ra khi  5 − 11b + 5c  d = 0 =6 2   1 + b 2 + c 2 Vậy Pmax = 18 2 khi b + c + d = 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 83 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1. VECTO CHỈ PHƯƠNG, TÍCH CÓ HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG CỦA PT MẶT PHẲNG Câu 1. x = 1 x = 0 Xét đường thẳng d xác định bởi  và đường thẳng d ‘ xác định bởi  . Tính bán y + z = 2 y = z kính bé nhất R của mặt cầu tiếp xúc với cả d và d ‘ . 1 . C. R = 2 . D. R = 2 . 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của A. R = 1 . Câu 2. B. R = một mặt cầu? Câu 3. A. x 2 + y 2 + z 2 + x − 2 y + 4 z − 3 = 0 . B. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − x − y − z = 0 . C. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 4 x + 8 y + 6 z + 3 = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 10 = 0 . Trong không gian Oxyz có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình x2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2my − 2mz + 9m2 − 28 = 0 là phương trình mặt cầu? A. 7 . Câu 4. C. 9 . D. 6 . Tìm phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 4; −3) và chứa trục Oy ? A. 3 y + z = 0 . Câu 5. B. 8 . B. x − y − z = 0 . C. 3x + z = 0 . D. x + 3z = 0 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; −2;1) , C ( −2;0;1) . Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, C là ax + by + cz + d = 0 với a + b2 + c2 = 21 và a  0. Khi đó a + b + c + d bằng: Câu 6. A. 2 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . 2 2 2 Trong không gian Oxy , cho mặt cầu (S ) : x + y + z − 2 x − 4 y − 6 z + 5 = 0 . Thể tích của (S ) bằng A. 12 . Câu 7. C. 36 . D. 36. Trong không gian Oxy , cho mặt cầu (S ) : x + y + z − 2 x − 4 y − 6 z + 5 = 0 . Thể tích của (S ) 2 bằng A. 12 . Câu 8. B. 9 . B. 9 . 2 2 C. 36 . . D. 36. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I (1; 0; 2 ) và đường thẳng x −1 y z = = . Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d . Bán kính của ( S ) 2 −1 1 bằng d: 5 4 2 2 5 30 . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) có bán kính r = 1 và lần A. Câu 9. lượt có tâm là các điểm A ( 0;3; −1) , B ( −2;1; −1) , C ( 4; −1; −1) . Gọi ( S ) là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất là A. R = 10 . 84 B. R = 2 2 . C. R = 2 2 − 1 . D. R = 10 −1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 10. Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2mx + 4 y + 2mz + m 2 + 5m = 0 là phương trình mặt cầu khi m  1 m  1 C.  . D.  . m  4 m  4 Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;5; −2 ) , B ( 3;1; 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng trung A. m  4 . B. m  1 . trực của đoạn thẳng AB . A. 2 x + 3 y + 4 = 0 . B. x − 2 y + 2 x − 8 = 0 . C. x − 2 y + 2 z + 8 = 0 . D. x − 2 y + 2 z + 4 = 0 . Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua điểm A (1; 2; − 3) có vectơ pháp tuyến n = ( 2; − 1;3) là : A. 2 x − y + 3z + 9 = 0 . B. 2 x − y + 3z − 4 = 0 . C. x − 2 y − 4 = 0 . D. 2 x − y + 3z + 4 = 0 . Câu 13. Trong không gian Oxyz , đường thẳng có phương trình nào sau đây song song với mặt phẳng Oxz x A. (d1 ) : y z x C. (d3 ) : y z 1 2 3 t t 2 t 0 6 2t . t . x B. (d 2 ) : y z 1 2 t t 3 x D. (d 4 ) : y z 1 2t 3 5 3t . t . Câu 14. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau song song với đường thẳng x 1 y 2 z 3 1 2 3 A. ( P) : z 2 y 3z 5 . B. (Q) : 3x C. ( ) : 3x 3 y D. ( ) : 3x 3 y (d ) : z 5. y 2z 5. z 0 . Câu 15. Cho không gian Oxyz , viết phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm A ( 2, 0, 0 ) ; B ( 0, −3, 0 ) ; C ( 0, 0, 2 ) A. x y z + + = 1. 2 3 2 B. x y z + + = 1. 2 −3 2 C. x y z + + = 1. −3 2 2 D. x y z + + = 1. 2 −2 3 Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H (1; 2; − 2 ) . Mặt phẳng ( ) đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . 243 . 2 x y +1 z − 2 = Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = và mặt phẳng −1 2 1 A. 243 . B. 81 . ( P ) : 2x − y − 2z − 2 = 0 . (Q ) C. 81 . 2 D. là mặt phẳng chứa d và tạo với mặt phẳng ( P ) một góc nhỏ nhất. Gọi nQ = ( a ; b ;1) là một vectơ pháp tuyến của ( Q ) . Đẳng thức nào đúng? A. a + b = 0 . B. a − b = −1 . C. a − b = 1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. a + b = −2 . 85 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn B Ta có VTCP của đường thẳng d là ud = i, m  = ( 0; −1;1) với i = (1;0;0 ) , m = ( 0;1;1) . Suy ra đường thẳng d đi qua điểm M (1;1;1) , có vtcp ud = ( 0; −1;1) nên có phương trình tham số x = 1  là: d :  y = 1 − t ( t  z = 1+ t  ). Tương tự, đường thẳng d ‘ đi qua điểm M ‘ ( 0;1;1) , có vtcp ud ‘ = i, n  = ( 0;1;1) với i = (1;0;0 ) , x = 0  n = ( 0;1; −1) nên có phương trình tham số là: d ‘ :  y = 1 + t ‘ ( t ‘  z = 1+ t ‘  ). Ta có ud , ud ‘  .MM  = 2  0  d , d  chéo nhau. Do đó mặt cầu tiếp xúc với cả d và d  có đường kính nhỏ nhất bằng khoảng cách giữa d và d  . ud , ud ‘  .MM    = 1. Ta có: d (d , d ) = u d , u d ‘    Suy ra, bán kính bé nhất R của mặt cầu tiếp xúc với cả d và d  là: R = Câu 2. 1 . 2 Chọn D Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình của một mặt cầu nếu a 2 + b2 + c 2 − d  0 . Xét đáp án D ta thấy: a = 1, b = −2, c = 2, d = 10  a2 + b2 + c2 − d = −1  0 nên chọn D Câu 3. Chọn A Ta có x2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2my − 2mz + 9m2 − 28 = 0  ( x + 2m ) + ( y + m ) + ( z − m ) = 28 − 3m 2 (1) . 2 (1) 2 2 là phương trình mặt cầu  28 − 3m2  0  − 28 m 3 28 . 3 Do m nguyên nên m  −3; − 2; − 1; 0;1; 2;3 . Câu 4. Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán . Chọn C Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) . Do ( ) đi qua điểm M (1; 4; −3) và chứa trục Oy nên ( ) có một vectơ pháp tuyến là n =  j , OM  = ( −3;0; −1) . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : −3 ( x − 1) + 0 ( y − 4 ) − ( z + 3) = 0  3 x + z = 0 . 86 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 5. Chọn C Ta có AB = ( 2; −3; −1) , AC = ( −2; −1; −1)   AB, AC  = ( 2; 4; −8 ) .    n1 = 1 AB, AC  = (1; 2; −4 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) .  2 Theo giả thiết , mặt phẳng ( ABC ) có phương trình ax + by + cz + d = 0 nên n2 = ( a; b; c ) cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) . Do đó tồn tại số thực k  0 sao cho a = k  n2 = k .n1  b = 2k . Vì a  0 nên k = a  0. c = −4k  Vì C ( −2;0;1)  ( ABC ) nên ta có: −2k − 4k + d = 0  d = 6k . (nhan) k = 1  Lại có a + b + c = 21 nên k + 4k + 16k = 21  20k + k − 21 = 0  .  k = − 21 ( loai ) 20  2 2 2 2 2 Với k = 1 thì a + b + c + d = k + 2k − 4k + 6k = 5k = 5. Vậy a + b + c + d = 5. Câu 6. Câu 7. Câu 8. Chọn C 4 Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) bán kính r = 3 . Thể tích của (S ) là: V = . .33 = 36 . 3 Chọn C 4 Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) bán kính r = 3 . Thể tích của (S ) là: V = . .33 = 36 . 3 Chọn D Đường thẳng d : x −1 y z = = có vectơ chỉ phương là u = ( 2; −1;1) và đi qua điểm A (1; 0; 0 ) . 2 −1 1 Khi đó AI = ( 0;0; 2 )   AI , u  = ( 2; 4;0 ) ,  AI , u  = 2 5 . Do ( S ) là mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d nên bán kính mặt cầu ( S ) là  AI , u  2 5 30   R = d ( I;d ) = = = . 3 6 u Câu 9. Chọn D Gọi D là tâm mặt cầu (S ) D thì AD = BD = CD = R + 1 .Suy ra điểm D thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Suy ra R nhỏ nhất khi và chỉ khi D trùng với tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì D  mp ( ABC ) có A phương trình: z = −1 nên ta đặt D ( x, y, −1) , ta có C D≡I hệ sau: B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 87 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x 2 + ( y − 3)2 = ( x + 2 )2 + ( y − 1)2  x =1   D (1;0; −1) . Vậy R = AD − 1 = 10 − 1 .  2 2 2 2 y = 0  x + ( y − 3) = ( x − 4 ) + ( y + 1) Câu 10. Chọn C a = m −2a = −2m b = −2 −2b = 4   Ta có    c = − m −2c = 2m d = m 2 + 5m. d = m 2 + 5m Để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu thì a2 + b2 + c2 − d  0 m  1 .  m2 − 5m + 4  0   m  4 Câu 11. Chọn D Ta có: AB = ( 2; −4; 4 ) là một VTPT của mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB . Gọi I là trung điểm của AB  I ( 2;3; 0 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua điểm I và có VTPT n = ( 2; −4; 4 ) nên có phương trình là: 2 ( x − 2 ) − 4 ( y − 3) + 4 ( z − 0 ) = 0  x − 2 y + 2 z + 4 = 0 . Câu 12. Chọn A Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A (1; 2; − 3) có vectơ pháp tuyến n = ( 2; − 1;3) là : 2 ( x − 1) − 1( y − 2 ) + 3 ( z + 3) = 0  2 x − y + 3 z + 9 = 0 . Câu 13. Chọn D Mặt phẳng Oxz có một véctơ pháp tuyến là véctơ j 0;1;0 . Nếu một đường thẳng song song với mặt phẳng Oxz thì véctơ chỉ phương của mặt phẳng đó phải vuông góc với véctơ j , khi đó đáp án C và D thỏa mãn Mặt khác, lấy A(1;3;5) (d 4 ) , vì A (Oxz) nên nhận đáp án D. Câu 14. Chọn C Đường thẳng (d ) có một véctơ chỉ phương là véctơ u (1; 2;3) , và đi qua điểm A( 1; 2; 3) . Mặt phẳng ( ) và ( ) đều có véctơ pháp tuyến vuông góc với véctơ u , và A ( ) , nên mặt phẳng ( ) song song đường thẳng (d ) . Câu 15. Chọn B Ta có: phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm A ( 2,0,0 ) ; B ( 0, −3,0 ) ; C ( 0,0, 2 ) là: x y z + + = 1. 2 −3 2 Câu 16. Chọn D 88 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( ) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) . Do H là trực tâm tam giác ABC nên a, b, c  0 . Khi đó phương trình mặt phẳng ( ) : Mà H (1; 2; − 2 )  ( ) nên: x y z + + =1. a b c 1 2 2 + − = 1 (1) . a b c Ta có: AH = (1 − a; 2; − 2 ) , BH = (1; 2 − b; − 2 ) , BC = ( 0; − b; c ) , AC = ( − a;0; c ) .  AH .BC = 0 b = −c Lại có H là trực tâm tam giác ABC , suy ra  hay  (2) .  a = −2 c  BH . AC = 0 Thay ( 2 ) vào (1) ta được: 1 2 2 9 9 + − = 1  c = − , khi đó a = 9, b = . −2c −c c 2 2 9   9  Vậy A ( 9;0;0 ) , B  0; ;0  , C  0;0; −  . 2   2  Khi đó, giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình là: x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Với ( a ) + ( b ) + ( c ) − d  0 2 2 2 Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình: d = 0 d = 0  −18a + d = −81   9 a =  2   81   . −9b + d = −  9 4  b = 4   81 9c + d = −  c = − 9  4  4 Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: x 2 + y 2 + z 2 − 9 x − 2 2 9 9 y + z = 0 , có tâm 2 2 2 9 6 9 9 9 9 9 9 . I  ; ; −  và bán kính R =   +   +   − 0 = 4  2  4  4 2 4 4 2  9 6  243 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tự diện OABC là S = 4 R = 4 .  .  = 2  4  2 Câu 17. Chọn D Cách 1 d A Gọi d  là giao tuyến của ( P ) và ( Q ) , B là giao điểm của d và ( P ) . Suy ra B cố định và B  d  Trên đường thẳng d lấy điểm A không trùng với B Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( P) , B H d’ E là hình chiếu vuông góc của H lên d  . E P Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 89 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có AH ⊥ ( P ) ; BE  ( P )  AH ⊥ BE . Mà BE ⊥ EH . Suy ra BE ⊥ EA Vậy góc giữa ( P ) và ( Q ) là góc AEH Ta có tam giác AEH vuông tại H và AH không đổi Vì vậy, góc AEH nhỏ nhất  EH lớn nhất. Mà EH  BH ; BH không đổi Suy ra EH lớn nhất  E trùng với B  d  vuông góc với BH . Từ đó , d  vuông góc với d Vậy ( Q ) là mặt phẳng chứa d và tạo với mặt phẳng ( P ) một góc nhỏ nhất khi và chỉ khi ( Q ) chứa d và d  Ta có nP = ( 2; − 1; − 2 ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ; ud = ( −1; 2;1) là một vectơ chỉ phương của d  nP ; ud  = ( 3;0;3)  ud  = (1; 0;1) là một vectơ chỉ phương của d    ud  ; ud  = ( −2; − 2; 2 )  nQ = ( −1; − 1;1) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Q )   Suy ra a = −1; b = −1  a + b = −2 . Cách 2. Ta có: ud = ( −1; 2;1) là một vectơ chỉ phương của d nQ = ( a ; b ;1) là một vectơ pháp tuyến của ( Q ) nP = ( 2; − 1; − 2 ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) (Q ) là mặt phẳng chứa d nên nQ ⊥ ud  nQ .ud = 0  −a + 2b + 1 = 0  a = 2b + 1 (1) ( ) Gọi  là góc giữa ( P ) và ( Q )  cos  = cos nP ; nQ = 2a − b − 2 3. a 2 + b 2 + 1 ( 2) Thay (1) vào ( 2 ) ta có cos  = 4b + 2 − b − 2 3 4b + 4b + 1 + b + 1 2 2 = b 5b + 4b + 2 2 = Góc  nhỏ nhất  cos  lớn nhất  cos  = Khi đó 90 1 1 1 =  2 4 2 3 1  5+ + 2 2 + 1 + 3   b b b  1 3 1 + 1 = 0  b = −1 . Suy ra a = −1 . Vậy a + b = −2 . b Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 2. VIẾT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; 2;3) . 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 của tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) . Câu 2. A. 2 x + y + 3z + 9 = 0. B. 2 x + 2 y + 3z + 14 = 0 . C. 2 x + y + z − 9 = 0 . D. 3x + 2 y + z − 14 = 0 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa trục Ox và đi qua điểm M ( 2; −1;3) . Câu 3. A. ( ) : − y + 3z = 0 . B. ( ) : 2 x − z + 1 = 0 . C. ( ) : x + 2 y + z − 3 = 0 . D. ( ) : 3 y + z = 0 . Trong không gian Oxyz , cho A ( 2;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) , C ( 0;0;6 ) , D ( 2; 4;6 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng song song với mp ( ABC ) , ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình của ( P ) là Câu 4. A. 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 . B. 6 x + 3 y + 2 z −12 = 0 . C. 6 x + 3 y + 2 z = 0 . D. 6 x + 3 y + 2 z − 36 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua M ( 2;1; −3) , biết ( ) cắt trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho tam giác ABC nhận M làm trực tâm Câu 5. A. 2 x + 5 y + z − 6 = 0. B. 2 x + y − 6z − 23 = 0. C. 2 x + y − 3z − 14 = 0. D. 3x + 4 y + 3z − 1 = 0. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A ( 2;1;1) , B ( −1; −2; − 3) và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) : x + y + z = 0 . A. x − y − z = 0 . Câu 6. B. x + y − 3 = 0 . C. x − y − 1 = 0 . D. x + y + z − 4 = 0 . Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2;3) và song song với mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y + 3 z + 1 = 0 Câu 7. A. x − 2 y + 3z + 6 = 0 . B. x − 2 y + 3z + 16 = 0 . C. x − 2 y + 3z − 6 = 0 . D. x − 2 y + 3z −16 = 0 . Trong không gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng vuông góc với trục Oz ? A. 2 y + 3 = 0 . Câu 8. Câu 9. B. 2 z + 3 = 0 . C. 2 x + 2 y + 3 = 0 . D. 2 x + 3 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;3; − 4 ) , B ( −1; 2; 2 ) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là? A. 4 x + 2 y + 12z + 7 = 0 . B. 4 x − 2 y + 12z + 7 = 0 . C. 4 x + 2 y − 12z − 17 = 0 . D. 4 x − 2 y − 12z − 17 = 0 . Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 3; −1;1) , B (1; 2; 4 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 91 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. ( P ) : 2 x − 3 y − 3z − 16 = 0. B. ( P ) : 2 x − 3 y − 3z − 6 = 0. C. ( P ) : −2 x + 3 y + 3 z − 6 = 0. D. ( P ) : −2 x + 3 y + 3z − 16 = 0. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : 3x − 2 y + 2 z + 7 = 0 và (  ) : 5x − 4 y + 3z + 1 = 0 . Phương trình mặt phẳng đi qua O ( ) đồng thời vuông góc với cả ( ) và có phương trình là A. 2 x + y − 2 z + 1 = 0 . B. 2 x + y − 2 z = 0 . C. 2 x − y − 2 z = 0 . Câu 11. Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 2z − 3 = 0 ( P) D. 2 x − y + 2 z = 0 . song song và cách mặt phẳng một khoảng bằng 1; đồng thời ( P ) không qua O là A. x + 2 y + 2 z + 1 = 0 . B. x + 2 y + 2 z = 0 . C. x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . D. x + 2 y + 2 z + 3 = 0 .  x = 2 + 3t  Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 5 − 4t ; t   z = −6 + 7 t  và điểm A ( −1; 2;3) . Phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d là B. 3x − 4 y + 7 z + 16 = 0 . D. 3x − 4 y + 7 z −10 = 0 . A. 3x − 4 y + 7 z + 10 = 0 . C. 3x − 4 y + 7 z −16 = 0 . Câu 13. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A ( −1;1; 2 ) và song song với hai đường thẳng x −1 y +1 z − 3 x y − 3 z +1 = = = , ’: = có phương trình là 1 2 3 2 1 1 A. x − y − 4 z + 10 = 0 . B. x + y + 4z − 8 = 0 . C. x − y + 4 z − 6 = 0 . D. x + y − 4z + 8 = 0 . : Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;1;1) , B (1;0;0 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . ( Q ) là mặt phẳng song song với ( P ) đồng thời đường thẳng AB cắt ( Q ) tại C sao cho CA = 2CB . Mặt phẳng ( Q ) có phương trình là: 4 = 0 hoặc x + y + z = 0 . B. x + y + z = 0 . 3 4 C. x + y + z − = 0 . D. x + y + z − 2 = 0 hoặc x + y + z = 0 . 3 Câu 15. Trong không gian Oxyz , viết phương trình của mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 2;1; − 3) , đồng A. x + y + z − thời vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3 z = 0 , ( R ) : 2 x − y + z = 0 ? A. 2 x + y − 3z −14 = 0 . B. 4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 . C. 4 x + 5 y − 3z + 22 = 0 . D. 4 x − 5 y − 3z −12 = 0 . Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng A. x + y + z − 1 = 0 . x y +1 z − 2 = = . −1 2 −1 B. 3x + y − z + 3 = 0 . C. x − y + z − 3 = 0 . D. 2 x + y − z + 3 = 0 . ( ):2 x − 3 y + z − 2 = 0 92 và chứa đường thẳng d : Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 17. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; −1;0 ) , B ( 0;1;1) . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa đường x y −1 z − 2 thẳng d : = và song song với đường thẳng AB. Điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng = 2 −1 1 ( ) ? C. P ( 6; −4;3) . B. N ( 6; −4; 2 ) . A. M ( 6; −4; −1) . D. Q ( 6; −4;1) . Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0 và hai điểm A (1; −1; 2 ) ; B ( 2;1;1) . Mặt phẳng ( Q ) chứa A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) , mặt phẳng ( Q ) có phương trình là: A. 3x − 2 y − z + 3 = 0 . B. x + y + z − 2 = 0 . C. 3x − 2 y − z − 3 = 0 . D. − x + y = 0 . Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) và C ( 0;0; − 1) . Phương trình của mặt phẳng ( P ) đi qua điểm D (1;1;1) và song song với mặt phẳng ( ABC ) là A. 2 x + 3 y − 6 z + 1 = 0 . B. 3x + 2 y − 6 z + 1 = 0 . C. 3x + 2 y − 5z = 0 . D. 6 x + 2 y − 3z − 5 = 0 . Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) chứa điểm A ( 3; − 1; 2 ) và đường thẳng x = t  d :  y = 1 + t . Mặt phẳng ( P ) có phương trình là  z = 3 − 2t  A. 3x − 5 y − z + 8 = 0 . B. 2 x + y − 2 z − 6 = 0 . C. x + y + z − 4 = 0 . D. x − 2 y + z − 7 = 0 . Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x − 3 y + 2 z −1 = 0 , (Q) : x − z + 2 = 0 .Mặt phẳng ( ) vuông góc với cả ( P) và (Q) đồng thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp ( ) là: A. x y z 3 0. B. x y z 3 0 . C. 2x z 6 0. D. 2x z 6 0. Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 3;1; − 1) , B ( 2; − 1; 4 ) . Phương trình mặt phẳng ( OAB ) với O là gốc tọa độ là A. 3x + 14 y + 5z = 0 . B. 3x − 14 y + 5z = 0 . C. 3x + 14 y − 5z = 0 . D. 3x − 14 y − 5z = 0 . Câu 23. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P) đi qua điểm A(1;0;2) và vuông góc với đường thẳng d: x y −1 z + 2 có phương trình là = = 2 −1 3 A. 2 x + y − 3z + 8 = 0 . B. 2 x − y + 3z − 8 = 0 . C. 2 x − y + 3z + 8 = 0 . D. 2 x + y − 3z − 8 = 0 . Câu 24. Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm B ( 2;1; − 3) , đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3 z = 0 và ( R ) :2 x − y + z = 0 là: A. 4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 . B. 4 x − 5 y − 3z −12 = 0 . C. 2 x + y − 3z −14 = 0 . D. 4 x + 5 y − 3z + 22 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 93 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 25. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ax + by + cz − 18 = 0 cắt ba trục toạ độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm G ( −1; − 3; 2 ) . Giá trị a + c bằng A. 3 . C. −5 . B. 5 . D. −3 . Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; −3; 2 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A , B , C mà OA = OB = OC  0 ? A. 3 . B. 1 . C. 4 . D. 2 . Câu 27. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 9 . Mặt phẳng tiếp 2 2 xúc với mặt cầu tại điểm A (1;3; 2 ) có phương trình là A. x + y − 4 = 0. B. y − 3 = 0. D. x − 1 = 0. C. 3 y −1 = 0. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 12 và mặt 2 2 2 phẳng ( P) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng song song với ( P ) và cắt ( S ) theo thiết diện là đường tròn ( C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm mặt cầu và đáy là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất. A. (Q) : 2 x + 2 y − z + 2 = 0 hoặc (Q) : 2 x + 2 y − z + 8 = 0 . B. (Q) : 2 x + 2 y − z − 1 = 0 hoặc (Q) : 2 x + 2 y − z + 11 = 0 . C. (Q) : 2 x + 2 y − z − 6 = 0 hoặc (Q) : 2 x + 2 y − z + 3 = 0 . D. (Q) : 2 x + 2 y − z + 2 = 0 hoặc (Q) : 2 x + 2 y − z + 2 = 0 . Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 và điểm A ( 2; 2; 2 ) . Từ A kẻ ba 2 tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng ( BCD ) . A. 2 x + 2 y + z −1 = 0 . B. 2 x + 2 y + z − 3 = 0 . C. 2 x + 2 y + z + 1 = 0 . D. 2 x + 2 y + z − 5 = 0 . Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H ( a ; b ; c ) với a, b, c  0 . Mặt phẳng ( P) chứa điểm H và lần lượt cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C thỏa mãn H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của mặt phẳng ( P) là A. x y z ab + bc + ca + 2+ 2 = 2 a b c abc B. C. ax + by + cz − a 2 − b2 − c2 = 0 . x y z + + = 3. a b c D. a2 x + b2 y + c2 z − a3 − b3 − c3 = 0 . Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ba điểm A , B , C khác với gốc tọa độ O sao cho biểu thức 1 1 1 có giá trị nhỏ nhất. + + 2 2 OA OB OC 2 A. ( P ) : x + 2 y + z − 14 = 0 . B. ( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 . C. ( P ) : x + 2 y + 3z − 11 = 0 . D. ( P ) : x + y + 3z − 14 = 0 . Câu 32. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz − 27 = 0 qua hai điểm A ( 3; 2;1) , B ( −3;5; 2 ) và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) : 3 x + y + z + 4 = 0 . Tính tổng S = a + b + c . 94 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. S = 2 . B. S = −12 . Câu 33. Trong không gian Oxyz d : C. S = −4 . D. S = −2 . x y +1 z − 2 = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z + 4 = 0 .Mặt phẳng −1 2 1 chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng ( P ) góc với số đo nhỏ nhất có phương trình là A. x − z − 2 = 0 . C. 3x + y + z − 1 = 0 . B. x + z − 2 = 0 . D. x + y − z + 3 = 0 . Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2;1) và B(3; −1;5) . Mặt phẳng ( P) vuông góc với đường thẳng AB và cắt các trục Ox , Oy và Oz lần lượt tại các điểm D , E và F . Biết thể tích 3 , phương trình mặt phẳng ( P) là 2 của tứ diện ODEF bằng 3 = 0. 2 D. 2 x − 3 y + 4 z  6 = 0 . A. 2 x − 3 y + 4 z  3 36 = 0 . B. 2 x − 3 y + 4 z + C. 2 x − 3 y + 4 z  12 = 0 . Câu 35. Trong không gian Oxyz , có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm M ( 4; − 4;1) và chắn trên ba trục tọa độ Ox , Oy , Oz theo ba đoạn thẳng có độ dài theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 1 ? 2 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. 2 2 2 Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 4 y − 6 z − 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa Oy cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là đường tròn có chu vi bằng 8 . A. ( ) : 3 x − z = 0 . B. ( ) : 3 x + z = 0 . C. ( ) : x − 3 z = 0 . D. ( ) : 3 x + z + 2 = 0 . Câu 37. Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 5 ) = 16 và điểm A (1; 2; −1) . Điểm B ( a; b; c ) thuộc 2 2 2 mặt cầu sao cho AB có độ dài lớn nhất. Tính a + b + c . A. −6 . B. 2 . C. −2 . D. 12 . Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0) . Mặt phẳng đi qua các điểm A, B đồng thời cắt tia Oz tại C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 1 có phương trình 6 dạng x + ay + bz + c = 0 . Tính giá trị a + 3b − 2c . A. 16 . B. 1 . C. 10 . D. 6 Câu 39. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( Q1 ) : 3 x − y + 4 z + 2 = 0 và ( Q2 ) : 3x − y + 4 z + 8 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( P ) song song và cách đều hai mặt phẳng ( Q1 ) và ( Q2 ) là: A. ( P ) : 3x − y + 4 z + 10 = 0 . B. ( P ) : 3x − y + 4 z + 5 = 0 . C. ( P ) : 3x − y + 4 z − 10 = 0 . D. ( P ) : 3x − y + 4 z − 5 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 95 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1 , B 3; 4; 0 , mặt phẳng P : ax by cz 46 0 . Biết rằng khoảng cách từ A, B đến mặt phẳng P lần lượt bằng 6 và 3 . Giá trị của biểu thức T a b c bằng A. 3 . B. 6 . C. 3 . D. 6 . Câu 41. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua ba điểm A (1;3; 2 ) , B ( 2;5;9 ) , C ( −3;7; − 2 ) có phương trình là 3x + ay + bz + c = 0 . Giá trị a + b + c bằng A. −6 . C. −3 . B. 3 . D. 6 . Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (10;1;1) , B (10; 4;1) và C (10;1;5 ) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 1 ; gọi ( S 2 ) là mặt cầu có tâm B , bán kính bằng 2 và ( S3 ) là mặt cầu có tâm C , bán kính bằng 4 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) ? A.4. B.7. C.2. D. 3. Câu 43. Trong không gian Oxyz , biết mặt phẳng ax + by + cz − 24 = 0 qua A (1; 2;3) và vuông góc với hai mặt phẳng ( P ) : 3x − 2 y + z + 4 = 0 , ( Q ) : 5 x − 4 y + 3z + 1 = 0 . Giá trị a + b + c bằng A. 8 . B. 9 . D. 12 . C. 10 . Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho hinh lập phương ABCD. A1B1C1D1 biết A ( 0;0;0 ) , B (1; 0; 0 ) , D ( 0;1;0 ) , A1 ( 0;0;1) . Gọi ( P ) : ax + by + cz − 3 = 0 là phương trình mặt phẳng chứa CD1 và tạo với mặt phẳng ( BB1D1D ) một góc có số đo nhỏ nhất. Giá trị của T = a + b + c bằng A. −1 . B. 6 . D. 3 . C. 4 . Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M ( 1; 2; 4 ) ; N ( 0;1; 2 ) ; P ( 2;1;3) và mặt phẳng ( ) : x + Ay + Bz + C = 0 . Biết ( ) song song với OP và đi qua hai điểm M , N . Giá trị của biểu thức A + B − C là A. 1 . B. −1 . C. −5 . D. 0 . Câu 46. Trong không gian Oxyz , biết mặt phẳng ax + by + cz + 5 = 0 qua hai điểm A ( 3;1; − 1) , B ( 2; − 1; 4 ) và vuông góc với ( P ) : 2 x − y + 3z + 4 = 0 . Giá trị của a − b + c bằng A. 9 . B. 12 . C. 10 . D. 8 . Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) 2 = 12 và mặt phẳng 2 2 ( P) : x − 2 y + 2z + 11 = 0 . Xét điểm M di động trên ( P) ; các điểm A, B, C phân biệt di động trên (S ) sao cho AM , BM , CM là các tiếp tuyến của (S ) . Mặt phẳng ( ABC ) luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây? 1 1 1 A.  ; − ; −  . 4 2 2 B. ( 0; −1;3 ) . 3  C.  ;0; 2  . 2  D. ( 0;3; −1) . Câu 48. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1;1;1) cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) C ( 0;0; c ) sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Khi đó a + 2b + 3c bằng 96 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 12 . B. 21 . C. 15 . D. 18 . Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho hình chóp S. ABC có SC = AB = 3 2 , đường thẳng AB có x −1 y z +1 = = và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60 . Khi ba 1 4 −1 điểm A, B, C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S. ABC nằm trên một mặt phương trình cầu thì mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là B. x + y − 4 z −14 = 0 .C. x − 2 y − 7 z − 8 = 0 . A. y + z + 1 = 0 . D. x + y − 4 z + 14 = 0 . Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A (1;1;1) , B ( −1;0; −2 ) , C ( 2; −1;0 ) , D ( −2; 2;3) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng song song với AB, CD và cắt 2 đường thẳng AC, BD lần lượt tại M , N 2  BN  2 thỏa mãn   = AM − 1 .  AM  A. 0 . B. 2 . C. 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 1 . 97 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn B Ta có OA ⊥ OB    OA ⊥ ( OBC )  OA ⊥ BC OA ⊥ OC  Mặt khác BC ⊥ AM suy ra BC ⊥ ( OAM )  BC ⊥ OM . Ta có OB ⊥ OA    OB ⊥ ( OAC )  OB ⊥ AC OB ⊥ OC  Mặt khác AC ⊥ BM suy ra AC ⊥ ( OBM )  AC ⊥ OM . Từ đó, ta có OM ⊥ ( ABC ) hay OM ⊥ ( P ) nên ( P ) nhận OM = ( 2; 2;3) làm một véctơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( P ) : 2 ( x − 2 ) + 2 ( y − 2 ) + 3 ( z − 3) = 0  2 x + 2 y + 3 z − 17 = 0 . Trong các đáp án, ta chọn mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) là mặt phẳng có phương trình 2 x + 2 y + 3z + 14 = 0 . Các đáp án A, C, D loại vì các mặt phẳng đó không nhận OM = ( 2; 2;3) làm một véctơ pháp tuyến. Câu 2. Chọn D i = (1;0;0 )  i , OM  = ( 0; −3; −1) . Cách 1: Ta có  OM = 2; − 1;3 ( )  Do đó ( ) qua điểm O và có 1 véc tơ pháp tuyến là n = ( 0;3;1) . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là 3 ( y − 0 ) + ( z − 0 ) = 0 hay 3 y + z = 0 . Vậy chọn phương án D. Cách 2 Mặt phẳng ( ) chứa Ox nên loại B và C. Câu 3. Thay toạ độ điểm M vào phương trình ở phương án A và D. Suy ra chọn phương án D. Chọn A Phương trình mp ( ABC ) : x y z + + = 1  6 x + 3 y + 2 z −12 = 0 . 2 4 6 Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( ABC ) nên phương trình có dạng: 6 x + 3 y + 2 z + d = 0 , d  −12 . Mặt phẳng ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC )  d ( ( ABC ) , ( P ) ) = d ( D, ( P ) )  d ( A, ( P ) ) = d ( D, ( P ) )  98 6.2 + d 62 + 32 + 22 = 6.2 + 3.4 + 2.6 + d 62 + 32 + 22  d + 12 = d + 36  d = −24 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 . Câu 4. Chọn C Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , abc  0. Khi đó mặt phẳng ( ) có dạng: Do M  ( )  2 1 3 + − =1 a b c x y z + + = 1. a b c (1) Ta có: AM = ( 2 − a;1; −3) , BM = ( 2;1 − b; −3) , BC = ( 0; −b; c ) , AC = ( − a;0; c ) b = −3c  AM .BC = 0  −b − 3c = 0    Do M là trực tâm tam giác ABC nên:  3c  BM . AC = 0  −2a − 3c = 0 a = −  2 Thay ( 2 ) vào (1) ta có: − Do đó ( ) : Câu 5. ( 2) 4 1 3 14 − − = 1  c = −  a = 7, b = 14. 3c 3c c 3 x y 3z + − = 1  2 x + y − 3z − 14 = 0. 7 14 14 Chọn C AB = ( −3; − 3; −4 ) . Một vectơ pháp tuyến của ( Q ) là n( Q ) = (1;1;1) .  ( P )  AB Vì  nên n =  AB, n( Q )  = (1; −1;0 ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . P ⊥ Q  ( ) ( ) Vậy phương trình ( P ) là: 1( x − 2 ) − 1( y − 1) + 0 ( z − 1) = 0  x − y − 1 = 0 . Câu 6. Chọn C ( P ) // ( Q )  n( P ) = n( Q ) = (1; − 2;3) . qua M (1; 2;3) ( P )   VTPT n( P ) = (1; − 2;3) Câu 7.  ( P ) : ( x − 1) − 2 ( y − 2 ) + 3 ( z − 3) = 0  ( P ) : x − 2 y + 3z − 6 = 0 . Chọn B Mặt phẳng ( ) vuông góc với trục Oz có 1 vectơ pháp tuyến là n = ( 0;0;1) . Trong 4 đáp án chỉ có mặt phẳng 2 z + 3 = 0 là có 1 vectơ pháp tuyến là n = ( 0;0;1) . Câu 8. Chọn C  5  Ta có trung điểm của đoạn thẳng AB là I  0; ; − 1 . Véc tơ AB ( −2; − 1;6 ) .  2  Phương trình mặt phẳng trung trực của AB đi qua I nhận AB làm VTPT có phương trình: 5  −2 ( x − 0 ) − 1  y −  + 6 ( z + 1) = 0  4 x + 2 y + 12 z − 17 = 0 . 2  Câu 9. Chọn B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 99 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB nhận AB = (−2;3;3) làm vecto pháp tuyến, do đó, phương trình mặt phẳng ( P) là −2 ( x − 3) + 3 ( y + 1) + 3 ( z − 1) = 0  −2 x + 3 y + 3z + 6 = 0 hay 2 x − 3 y − 3z − 6 = 0. Câu 10. Chọn B Gọi mặt phẳng phải tìm là ( P ) . Khi đó véc tơ pháp tuyến của ( P ) là: nP =  n , n  = ( 2; 1; − 2 ) . Phương trình của ( P ) là 2 x + y – 2 z = 0 . Câu 11. Chọn C Vì ( P ) / / ( Q ) nên n( P ) = n(Q ) = (1; 2; 2 ) ; ( Q ) : x + 2 y + 2 z + d = 0 . d( P ) ( Q ) = 1   −3 − d = 3  d = −6 = 1  −3 − d = 3    12 + 22 + 22  −3 − d = −3  d = 0 −3 − d Vì ( P ) không qua O nên c = −6 suy ra ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . Vậy đáp án C đúng. Câu 12. Chọn D Gọi ( P ) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: đường thẳng d có một VTCP u d = ( 3; − 4;7 ) Và ( P ) ⊥ d  ( P ) có một VTPT n ( P ) = u d = ( 3; − 4;7 ) Khi đó ( P ) qua điểm A ( −1; 2;3) và nhận n( P ) = ( 3; − 4;7 ) làm VTPT có phương trình là 3 ( x + 1) − 4 ( y − 2 ) + 7 ( z − 3) = 0  3 x − 4 y + 7 z − 10 = 0 . Câu 13. Chọn D u = (2; 2;1) Vì ( ) song song với  và  ‘ nên ( ) có cặp VTCP  1 u2 = (1;3;1) Suy ra ( ) có một VTPT n = [u1.u2 ] = (−1; −1; 4) Mặt phẳng ( ) đi qua điểm A ( −1;1; 2 ) và có một VTPT n = ( −1; −1; 4) có phương trình là: −1( x + 1) −1.( y −1) + 4( z − 2) = 0  − x − y + 4 z − 8 = 0  x + y − 4 z + 8 = 0 . Câu 14. Chọn A Vì A, B, C thẳng hàng và CA = 2CB nên C ( 2; −1; −1)  CA = 2CB  OC = 2OB − OA     2 1 1   CA = −2CB 3OC = 2OB + OA  C  ; ;    3 3 3 Mặt phẳng ( Q ) qua C song song với mặt phẳng ( P ) nên phương trình của mặt phẳng ( Q ) là: x+ y+z− 4 = 0 hoặc x + y + z = 0 . 3 Câu 15. Chọn B 100 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( Q ) có vectơ pháp tuyến là a = (1;1;3) và mặt phẳng ( R ) có vectơ pháp tuyến là b = ( 2; − 1;1) . ( P) vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) và ( R) nên một vectơ pháp tuyến của ( P) là n =  a ; b  = ( 4;5; − 3) . ( P ) qua M ( 2;1; − 3) có vectơ pháp tuyến n nên có phương trình 4 ( x − 2 ) + 5 ( y − 1) − 3 ( z + 3) = 0 hay 4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 . Câu 16. Chọn A Đường thẳng d đi qua M ( 0; − 1;2 ) và có vectơ chỉ phương u ( −1;2; − 1) . Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tuyến n ( 2; − 3;1) . Giả sử (  ) là mặt phẳng vuông góc với ( ) và chứa d . Khi đó (  ) đi qua M và có vectơ pháp tuyến n ⊥ n , n ⊥ u .  (  ) đi qua M ( 0; − 1;2 ) và nhận  n , u  = (1;1;1) là một vectơ pháp tuyến.  phương trình (  ) : x + y + z − 1 = 0 . Câu 17. Chọn C Ta có AB = ( −1; 2;1) ; u d = ( 2; −1;1) .  AB / / ( )  AB ⊥ n( ) Theo giả thiết    n( ) =  AB; u d   n( ) = ( 3;3; −3) = 3 (1;1; −1) . d   ( )  u d ⊥ n( ) Phương trình mặt phẳng ( ) là: x + ( y + 1) − z = 0  x + y − z + 1 = 0 . Thay từng tọa độ điểm M, N, P, Q vào phương trình mặt phẳng ( ) , suy ra điểm P thuộc ( ) . Câu 18. Chọn A Mặt phẳng ( P ) có 1 véc tơ pháp tuyến là n p = (1;1;1) . Véc tơ AB = (1; 2; − 1) . Gọi n là một véc tơ pháp tuyến của ( Q ) , do ( Q ) vuông góc với ( P ) nên n có giá vuông góc với n p , mặt khác véc tơ AB có giá nằm trong mặt phẳng ( Q ) nên n cũng vuông góc với AB Mà n p và AB không cùng phương nên ta có thể chọn n =  nP , AB  = ( −3; 2;1) , mặt khác ( Q ) đi qua A (1; −1; 2 ) nên phương trình của mặt phẳng ( Q ) là: −3 ( x − 1) + 2 ( y + 1) + 1( z − 2) = 0  3 x − 2 y − z − 3 = 0 . Câu 19. Chọn B Ta có phương trình mặt phẳng ( ABC ) là Do ( P) song song với x y z + + = 1  3x + 2 y − 6 z − 6 = 0 . 2 3 ( −1) ( ABC ) nên phương trình của ( P) có dạng 3 x + 2 y − 6 z + d = 0 ( d  −6 ) . Mặt khác ( P ) đi qua điểm D (1;1;1) suy ra −1 + d = 0  d = 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 101 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là 3x + 2 y − 6 z + 1 = 0 . Câu 20. Chọn C ud = (1;1; − 2 ) là VTCP của d và M ( 0;1;3)  d . MA = ( 3; −2; −1) .  1 −2 −2 1 1 1  ud , MA =  ; ;  = ( −5; − 5; − 5 ) = −5 (1;1;1) .   − 2 − 1 − 1 3 3 − 2   Vậy phương trình của ( P ) đi qua A ( 3; − 1; 2 ) và có VTPT n( P ) = (1; 1; 1) là 1( x − 3) + 1( y + 1) + 1( z − 2 ) = 0  x + y + z − 4 = 0 . Câu 21. Chọn A ( P) có vectơ pháp tuyến nP = (1; −3; 2 ) , ( Q ) có vectơ pháp tuyến nQ = (1; 0; −1) . Vì mặt phẳng ( ) vuông góc với cả ( P ) và ( Q ) nên ( ) có một vectơ pháp tuyến là  nP ; nQ  = ( 3;3;3) = 3 (1;1;1) .   Vì mặt phẳng ( ) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên ( ) đi qua điểm M ( 3;0;0 ) . Vậy ( ) đi qua điểm M ( 3;0;0 ) và có vectơ pháp tuyến n = (1;1;1) nên ( ) có phương trình: x + y + z −3 = 0 . Câu 22. Chọn D Ta có: OA = ( 3;1; − 1 ) , OB = ( 2; − 1;4 )   OA ; OB  = ( 3; − 14; − 5 ) là VTPT của ( OAB ) Mặt phẳng ( OAB ) có VTPT là ( 3 ; − 14 ; − 5 ) và đi qua O ( 0;0;0 ) nên có phương trình: 3x − 14 y − 5z = 0 . Câu 23. Chọn B Véctơ u = (2; −1;3) là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d , vì ( P) ⊥ d nên ( P) nhận u = (2; −1;3) làm một véctơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là 2( x −1) − ( y − 0) + 3( z − 2) = 0  2 x − y + 3z − 8 = 0 . Câu 24. Chọn A n1 = (1;1;3) và n2 = ( 2; − 1;1) lần lượt là các vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng ( Q ) và ( R ) . Vì mặt phẳng ( P ) vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) và ( R ) nên ta chọn vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) là n =  n1 ; n2  = ( 4;5; − 3) . 102 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mà mặt phẳng ( P) đi qua điểm B ( 2;1; − 3) nên phương trình mặt phẳng ( P) là 4 ( x − 2 ) + 5 ( y − 1) − 3 ( z + 3) = 0  4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 . Câu 25. Chọn D Giả sử mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz − 18 = 0 cắt 3 trục toạ độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại A, B, C . Do A  Ox  A ( x A ; 0; 0 ) ; B  Oy  B ( 0; yB ; 0 ) ; C  Oz  C ( 0; 0; zC ) . Vì G ( −1; − 3; 2 ) là trọng tâm tam giác ABC nên :  xA + 0 + 0 = −1  3  x A = −3   0 + yB + 0  = −3   yB = −9  A ( −3;0;0 ) , B ( 0; − 9;0 ) , C ( 0;0;6 ) .  3  z = 6  C  0 + 0 + zC =2  3  Do A, B, C  ( P ) nên mp ( P ) có phương trình: x y z + + = 1  −6 x − 2 y + 3z − 18 = 0 . −3 −9 6 Suy ra: a = −6; c = 3 . Vậy a + c = −3 . Câu 26. Chọn A Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) . Từ đó ta có OA = a , OB = b , OC = c Mặt phẳng qua các điểm A , B , C có phương trình theo đoạn chắn: x y z + + = 1 ( P) . a b c 1 3 2 − + = 1 . Vì OA = OB = OC  a = b = c a b c Từ đó ta có hệ phương trình: Vì M  ( P ) nên  1 3 2  a − b + c = 1   a = b = c  1 3 2   1 − 3 + 2 = 1  − + = 1 1 3 2  a b c a b c a − b + c =1  a = b = −c = −4 1 3 2   a = b = −c   a = b  − + =1     a = b   a = −b = c = 6 .  a b c a = − b  1 3 2  a = b = c   a = −b = −c = 2   − + = 1  b = c b = c a b c      a = −b = c  b = −c    1 − 3 + 2 = 1  a b c  a = −b = −c  Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn. Câu 27. Chọn B Gọi I là tâm của mặt cầu. Khi đó I (1; 0; 2 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 103 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( ) tiếp xúc với ( S ) tại điểm A (1;3; 2 ) nên nhận IA = ( 0;3;0 ) làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác mặt phẳng ( ) đi qua điểm A (1;3; 2 ) nên có phương trình tổng quát ( ) : y − 3 = 0 . Câu 28. Chọn B I x 2 3 H M ( ) / / ( P )  ( ) : 2 x + 2 y − z + d = 0(d  −3) . Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) , bán kính R = 2 3. Gọi ( H ) là khối nón thỏa đề bài với đường sinh l = R = 2 3 . 2 Đặt x = h = d ( I , ( )) . Khí đó bán kính đường tròn đáy hình nón : r = 12 − x . 1 Thể tích khối nón: V( H ) =  (12 − x 2 ) x , với 0  x  2 3 . 3 1 Xét sự biến thiên của hàm số : f ( x) =  (12 − x 2 ) x trên 0  x  2 3 . 3 Khi đó f ( x) đạt giá trị lớn nhất tại x = 2 , hay d ( I , ( )) = 2 Vậy : d ( I , ( )) = 2  2.1 + 2.(−2) − 3 + d 22 + 22 + (−1) 2 d − 5 = 6  d = 11 . =2   d − 5 = −6  d = −1 Câu 29. Chọn D Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 có tâm I ( 0; 0;1) và bán kính R = 2 . 2 Do AB , AC , AD là ba tiếp tuyến của mặt cầu ( S ) với B , C , D là các tiếp điểm nên:  AB = AC = AD  IA là trục của đường tròn ngoại tiếp BCD  IA ⊥ ( BCD ) .   IB = IC = ID = R 104 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Khi đó mặt phẳng ( BCD ) có một vectơ pháp tuyến n = IA = ( 2; 2;1) . Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp BCD  J  IA và IJ ⊥ BJ . IB 2 4 4 =  IJ = IA . Ta có: IBA vuông tại B và BJ ⊥ IA nên: IB = IJ .IA  IJ = IA 3 9 2 Đặt J ( x; y; z )  IJ = ( x; y; z − 1) , IA = ( 2; 2;1) . IJ = 4  8 8 13  IA  J  ; ;  . 9 9 9 9   8 8 13  Mặt phẳng ( BCD ) đi qua J  ; ;  và có véctơ pháp tuyến n = ( 2; 2;1) có phương trình: 9 9 9  8  8   13   2  x −  + 2  y −  +  z −  = 0  2x + 2 y + z − 5 = 0 . 9  9  9  Câu 30. Chọn C Cách 1: Gọi A ( x0 ;0;0 ) , B ( 0; y0 ;0 ) , C ( 0;0; z0 ) . Khi đó mặt phẳng ( P) có phương trình theo đoạn chắn là: x y z + + = 1. x0 y0 z0 Ta có : AH = ( a − x0 ; b ; c ) , BC = ( 0; − y0 ; z0 ) , BH = ( a ; b − y0 ; c ) , AC = ( − x0 ;0; z0 ) . Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ta có hệ:   a 2 + b2 + c2  c   y0 =  y0 = z0 b b −by + cz = 0  AH .BC =0   0 0 2  c a + b2 + c2    BH . AC =0  − ax + cz = 0  x = z  x =   0  0  0 0 0 a a  H  ABC a b c   ( ) 2  b c  + + =1  a  a + b2 + c2 + + = 1 z =  x0 y0 z0 c  0 c c  z0 z0  z0 b a Thay vào phương trình mặt phẳng ( P) ta được: ax by cz + 2 + 2 = 1. 2 2 2 2 a +b +c a +b +c a + b2 + c2 2 Hay ( P ) : ax + by + cz − a 2 − b 2 − c 2 = 0 . Cách 2 : Ta chứng minh được OH ⊥ ( ABC ) hay OH ⊥ ( P ) . Do đó mặt phẳng ( P) qua H và nhận OH ( a ; b ; c ) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là : a ( x − a ) + b ( y − b ) + c ( z − c ) = 0  ax + by + cz − a 2 − b 2 − c 2 = 0 . Câu 31. Chọn B Gọi H là trực tâm ABC .  BH ⊥ AC  AC ⊥ ( OBH )  AC ⊥ OH (1) . Ta có:  OB ⊥ AC Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 105 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Chứng minh tương tự ta có: BC ⊥ OH ( 2 ) . Từ (1) , ( 2 )  OH ⊥ ( ABC ) . Ta có: 1 1 1 1 . + + = 2 2 2 OA OB OC OH 2 Vậy để biểu thức 1 1 1 đạt giá trị nhỏ nhất thì OH đạt giá trị lớn nhất. + + 2 2 OA OB OC 2 Mà OH  OM nên suy ra OH đạt giá lớn nhất bằng OM hay H  M . Vậy OM ⊥ ( ABC )  ( P ) có 1 vectơ pháp tuyến là OM = (1;2;3) . Phương trình mặt phẳng ( P ) : 1( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 3 ( z − 3) = 0  x + 2 y + 3 z − 14 = 0 . Câu 32. Chọn B Do ( P ) đi qua A nên 3a + 2b + c − 27 = 0 ; Do ( P ) đi qua B nên −3a + 5b + 2c − 27 = 0 Do ( P ) ⊥ ( Q ) nên 3a + b + c = 0 3a + 2b + c = 27 a = 6   Từ đó , ta có hệ phương trình −3a + 5b + 2c = 27  b = 27 . 3a + b + c = 0 c = −45   Khi đó S = a + b + c = 6 + 27 − 45 = −12 . Câu 33. Chọn D Lấy điểm A ( 0; −1;2 ) thuộc đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( P ) . Gọi E, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên mặt phẳng ( Q ) và đường thẳng d . ( ) Ta có: AH ⊥ ( P ) , HE ⊥ ( Q )  ( P ) , ( Q ) = AHE =  . Xét cos  = HE HK  HA HA Để  có số đo nhỏ nhất khi cos lớn nhất  E  K . Lúc đó mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( HAK ) . Mặt phẳng ( AHK ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông với mặt phẳng  n AHK = u d , n P  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( AHK ) 106 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” ( P) CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Suy ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Q )  n = u , n Q d AHK  = ( −6; −6;6 )  phương trình  mặt phẳng ( Q ) : x + y − z + 3 = 0 . Câu 34. Chọn D Vì AB ⊥ ( P) nên mặt phẳng ( P) có một véc tơ pháp tuyến là AB = (2; −3; 4) , do đó phương trình d d mặt phẳng ( P) có dạng 2 x − 3 y + 4 z + d = 0 , từ đây tìm được D(− ;0;0) , E (0; ;0) , 2 3 d d d d . Mặt khác tứ diện ODEF có OD, OE, OF đôi F (0;0; − ) suy ra OD = , OE = , OF = 4 2 3 4 ( d )3 3 1 một vuông góc nên VODEF = OD.OE.OF  =  d = 6  d = 6 .Vậy phương trình 6 144 2 mặt phẳng ( P) là 2 x − 3 y + 4 z  6 = 0 . Câu 35. Chọn C Gọi A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và các trục tọa độ.  ( P) : x y z + + =1 a b c 4 4 1 M  ( P )  a = −8, b = −4, c = 2  − + =1   a b c   a = 8, b = −4, c = −2 . Theo giả thiết có:  1 1 1 1  a = 16, b = −8, c = 4 OC = 2 OB = 4 OA c = b = a  2 4 Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn. Câu 36. Chọn A (S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 4 . Đường tròn thiết diện có bán kính r = 4 .  mặt phẳng ( ) qua tâm I . ( ) chứa Oy  ( ) : ax + cz = 0 . Mà I  ( )  a + 3c = 0  a = −3c . Chọn c = −1  a = 3  ( ) : 3 x − z = 0 . Câu 37. Chọn A + Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −5 ) và bán kính R = 4 . + Gọi  là đường thẳng đi qua 2 điểm A và I . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u = IA = ( 0;0; 4 ) . x = 1   phương trình đường thẳng  là:  y = 2 (t   z = −1 + 4t  ). + Vì A (1; 2; −1) thuộc mặt cầu ( S ) nên AB có độ dài lớn nhất  AB là đường kính  B là giao điểm còn lại của đường thẳng  và mặt cầu ( S ) . t = 0 2 2 2 + B    B (1; 2; −1 + 4t ) . B  ( S )  (1 − 1) + ( 2 − 2 ) + ( −1 + 4t + 5 ) = 16   . t = −2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 107 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. + Với t = 0  B (1; 2; −1) . + Với t = −2  B (1; 2; −9 ) . Vậy a + b + c = 1 + 2 − 9 = −6 . Cách 2: Vì A (1; 2; − 1) thuộc mặt cầu ( S ) nên AB có độ dài lớn nhất  AB là đường kính, tức là I là trung điểm của đoạn AB . Câu 38. Chọn D Mặt phẳng đi qua các điểm A, B đồng thời cắt tia Oz tại C ( 0;0; c ) , c  0 có phương trình là x y z + + = 1. 1 1 c 1 1 1  .OA.OB.OC =  c = 1 . 6 6 6 x y z Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng + + = 1  x + y + z − 1 = 0 . 1 1 1 Vậy a = b = 1 , c = −1  a + 3b − 2c = 1 + 3.1 + 2 = 6 . Mặt khác: VOABC = Câu 39. Chọn B Gọi M ( x; y; z) là điểm thuộc mặt phẳng ( P) cần tìm. Ta có d ( M, ( Q1 ) ) = d ( M, ( Q2 ) )  3x − y + 4z + 2 = 26 3x − y + 4z + 8 26  3x − y + 4z + 5 = 0 . Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là: 3x − y + 4 z + 5 = 0 . Câu 40. Chọn B Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt phẳng ( P ) . Khi đó theo giả thiết ta có: AB = 3 , AH = 6 , BK = 3 . Do đó A, B ở cùng phía với mặt phẳng ( P ) Lại có: AB + BK  AK  AH  H  K . Suy ra A, B, H là ba điểm thẳng hàng và B là trung điểm của AH nên tọa độ H ( 5;6; − 1) . Vậy mặt phẳng P đi qua H ( 5;6; − 1) và nhận AB = ( 2; 2; − 1) là VTPT có nên phương trình 2 ( x − 5 ) + 2 ( y − 6 ) − 1( z + 1) = 0  2 x + 2 y − z − 23 = 0 . Theo bài ra thì ( P ) : − 4 x − 4 y + 2 z + 46 = 0 , nên a = −4, b = −4, c = 2 . Vậy T a Câu 41. Chọn A b c 6. AB = (1; 2;7 ) , AC = ( −4; 4; − 4 ) . Mặt phẳng ( ABC ) qua điểm A (1;3; 2 ) và có một vectơ pháp tuyến là n =  AB ; AC  = ( −36; − 24;12 ) . Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) : −36 ( x − 1) − 24 ( y − 3) + 12 ( z − 2 ) = 0 3x + 2 y − z − 7 = 0 . 108 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” hay CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. a = 2   b = −1  a + b + c = −6 . c = −7  Câu 42. Chọn C Giả sử mp ( P ) là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) . Xét vị trí tương đối giữa 3 mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) , ( S3 ) có bán kính lần lượt là 1, 2, 4 . AB = 3 = R1 + R2 = 1 + 2  Mặt cầu ( S1 ) và ( S 2 ) tiếp xúc ngoài. AC = 4  R1 + R3 = 1 + 4  Mặt cầu ( S1 ) và ( S3 ) cắt nhau. BC = 5  R2 + R3 = 2 + 4  Mặt cầu ( S 2 ) và ( S3 ) cắt nhau. Từ vị trí trên ta có nhận xét: tâm của cả ba mặt cầu phải nằm về cùng 1 phía so với mp ( P ) .  Có hai mp ( P ) thỏa mãn đề bài  Chọn đáp án C. Câu 43. Chọn D Gọi ( ) là mặt phẳng cần tìm và n( ) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) . Mặt phẳng ( P ) : 3x − 2 y + z + 4 = 0 ( Q ) : 5 x − 4 y + 3z + 1 = 0 có véc tơ pháp tuyến nP ( 3; − 2;1) ; mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến nQ ( 5; − 4;3) . ( ) ⊥ ( P ) Ta có:   n( ) =  nP ; nQ  = ( −2; − 4; − 2 ) . ( ) ⊥ ( Q ) Mặt phẳng ( ) qua A có véc tơ pháp tuyến n( ) nên có phương trình là: −2 ( x − 1) − 4 ( y − 2 ) − 2 ( z − 3) = 0  −2 x − 4 y − 2 z + 16 = 0  ( ) : 3 x + 6 y + 3 z − 24 = 0 . Vậy a + b + c = 3 + 6 + 3 = 12 . Câu 44. Chọn C Từ giả thiết ta có C (1;1; 0 ) , B1 (1;0;1) , D1 ( 0;1;1) . Gọi d là giao tuyến của ( P ) và ( BB1D1D ) , E là trung điểm của AC ; K là hình chiếu vuông góc của E trên d . Ta d ⊥ CE  d ⊥ ( ECK )  ( ( P ) , ( BB1 D1 D ) ) = EKC . có  d ⊥ EK Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 109 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do đó sin ( ( P ) , ( BB1 D1D ) ) = sin EKC = (BB1D1D ) CE CE 1  = suy ra góc giữa mặt phẳng CK CD1 2 ( P) và nhỏ nhất bằng 30 . Dấu “=” xảy ra khi d vuông góc với CD1 , mặt khác d vuông góc với AC suy ra d cùng phương với CD1 , AC  . Do đó CD1 = ( −1;0;1) ; AC = (1;1;0 ) ; n P =  CD1 , AC  , CD1  = (1; 2;1)   Vậy ( P ) : x + 2 y + z − 3 = 0 , do đó a + b + c = 4. Câu 45. Chọn B Ta có OP = ( 2;1;3) ; MN = ( −1; −1; −2 ) Từ đề bài ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) là n = OP, MN  = (1;1; −1) Mặt phẳng ( ) đi qua M (1; 2; 4 ) và nhận n = (1;1; −1) vectơ pháp tuyến nên phương trình tổng quát ( ) là: ( x − 1) + ( y − 2 ) − ( z − 4 ) = 0  x + y − z + 1 = 0 . Vậy A = 1, B = −1, C = 1  A + B − C = −1. Câu 46. Chọn A Ta có: AB = ( −1; − 2;5 ) , nP = ( 2; − 1;3) . Gọi ( ) : ax + by + cz + 5 = 0 . Ta có: mặt phẳng ( ) nhận n =  AB , nP  = ( −1;13;5 ) làm vectơ pháp tuyến. Do đó ( ) : − x + 13 y + 5 z + D = 0 . Mặt phẳng ( ) qua A ( 3;1; − 1) nên: −3 + 13.1 + 5. ( −1) + D = 0  D = −5 .  ( ) : − x + 13 y + 5 z − 5 = 0 hay ( ) : x − 13 y − 5 z + 5 = 0 . Suy ra a = 1 ; b = −13 ; c = −5 . Vậy a − b + c = 9 . Câu 47. Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) bán kính R = 2 3 . Xét điểm M ( a; b; c ) ; A ( x; y; z ) ta có hệ điều kiện: ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 12   2 2 2  AI + AM = IM a − 2b + 2c + 11 = 0  ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 12 (1)   2 2 2 2 2 2  12 + ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ( 2 )  a − 2b + 2c + 11 = 0 ( 3) Lấy – theo vế có: 110 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 − 12 + ( x − a )2 + ( y − b )2 + ( z − c )2  = 12 − ( a − 1)2 + ( b − 1)2 + ( c − 1)2   ( a − 1) x + ( b − 1) y + ( c − 1) z − a − b − c − 9 = 0 . Vậy mặt phẳng qua ba tiếp điểm là ( Q ) : ( a − 1) x + ( b − 1) y + ( c − 1) z − a − b − c − 9 = 0 . Kết hợp với suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định ( 0;3; −1) . Câu 48. Chọn D 1 Từ giả thiết ta có a  0, b  0, c  0 và thể tích khối tứ diện OABC là VOABC = abc . 6 x y z Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng ( P ) có dạng + + = 1 . a b c 1 1 1 Mà M  ( P )  + + = 1 . a b c Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có: 1 = Do đó VOABC = 1 1 1 1 + +  33  abc  27 . a b c abc 1 9 abc  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 . 6 2 Vậy minVOABC = 9  a = b = c = 3 . Khi đó a + 2b + 3c = 18 . 2 Câu 49. Chọn C Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) và đường thẳng AB .  góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là góc SCH = 60 .  SH = SC.sin 60 = 3 3 2 Gọi K (1 + t ; 4t ; −1 − t )  AB  SK = ( t ; 4t − 3; −3 − t ) . Gọi u AB là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . Theo đề ra u AB = (1; 4; −1) . Ta có SK ⊥ AB  SK .u AB = 0  t + 16t − 12 + 3 + t = 0  t = 1 3 3  K  ; 2; −  2 2 2 7 1 49 3 3 1  SK =  ; −1; −   SK = +1+ =  SK = SH  H  K . 2 4 3 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 111 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 7 1 Khi đó SK ⊥ ( ABC ) . Chọn vectơ pháp tuyến của mp ( ABC ) là n = SK =  ; −1; −  , ta có 2 2 phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: 1 3 7 3  x −  − ( y − 2) −  x +  = 0  x − 2 y − 7 z − 8 = 0 2 2 2 2 Cách 2: ( ABC ) chứa điểm M (1;0; −1) nên loại đáp án B, D. Vecto pháp tuyến của ( ABC ) vuông góc với vecto chỉ phương của đường thẳng AB nên chọn C. Phương án nhiễu kém! Nhận xét: Khi 6 điểm A, B, C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S. ABC nằm trên một mặt cầu thì các mặt bên của hình chóp cụt là hình thang cân suy ra SA = SB = SC . Mà SK ⊥ ( ABC ) nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Do đó ABC vuông tại C nên tâm mặt cầu qua 6 điểm A, B, C cùng với ba trung điểm của ba cạnh bên của hình chóp S. ABC là K . Đề nên hỏi phương trình mặt cầu đi qua 6 điểm trên. Câu 50. Chọn D Cách 1: Ta dễ dàng chứng minh được 4 điểm A, B, C, D tạo thành tứ diện. Gọi ( ) là mặt phẳng cần tìm, ta xác định mặt phẳng ( ) như sau: Xét ( ) và ( ABC )   M  ( )  AB có   giao tuyến của ( ) và  // AB ( )   ( ABC ) là Mx trong đó Mx // AB , Mx  AB = K Tương tự ta có giao tuyến của ( ) và ( BCD ) là Ky trong đó Ky // CD , Ky  BD = N  ( )  ( KMN ) 112 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có: BN BK AM BN AM BN BD 30 = = =  = = = 5  BD BC AC BD AC AM AC 6 2  BN  2 2 Vậy từ giả thiết:   = AM − 1  AM = 6  AM = 6 = AC .  AM  M là điểm đối xứng của C qua A . Vậy chỉ có 1 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2: Ta dễ dàng chứng minh được 4 điểm A, B, C, D tạo thành tứ diện. Vì mặt phẳng ( ) song song với AB, CD và cắt 2 đường thẳng AC, BD lần lượt tại M , N nên theo định lí Talet trong không gian ta có: BN BD 30 = = = 5 AM AC 6 2  BN  2 2 Vậy từ giả thiết:   = AM − 1  AM = 6  AM = 6 = AC . AM   M là điểm đối xứng của C qua A . Vậy chỉ có 1 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 113 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 3. TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM LIÊN QUAN ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 4; 2 ) và mặt phẳng ( ) : x + y + z − 1 = 0 . Xác định tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ( ) .  4 5 1 A. H  − ; ; −  .  3 3 3 Câu 2. B. H (1; 4; − 4 ) . C. H ( −1; 2;0 ) . D. H ( 3;6; 4 ) . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 7;3 ) , B ( 2;1;9 ) . Trung điểm M của AB có tọa độ là: 3  A. M  ; 4;6  . 2  Câu 3. B. M ( 3;8;12 ) . Trong không gian Oxyz , hình chiếu của điểm M (1; 2;3) trên mặt phẳng ( Oxy ) là A. (1;2;0) . Câu 4. 1  D. M  ; −3;3  . 2  C. M (1; −6;6 ) . B. (1;0;3) . C. (0;2;3) . D. (0;0;3) . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; −2;3) . Tìm tọa độ điểm A là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng ( Oyz ) . B. A (1; −2;0 ) . A. A (1; −2;3) . Câu 5. D. A ( 0; −2;3) . C. A (1;0;3) . Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x + y − z − 6 = 0 . Điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng ( P ) ? A. ( 0;3; −3) . Câu 6. B. ( 3; 0; 0 ) . D. ( 3; 2; −2 ) . C. ( 3;1;1) . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu ( S ) qua bốn điểm A ( 3;3;0 ) , B ( 3;0;3) , C ( 0;3;3) , D ( 3;3;3) . Phương trình mặt cầu ( S ) là 2 2 2 3  3  3 27  B.  x −  +  y +  +  z −  = . 2  2  2 4  2 2 2 3  3  3 27  D.  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 4  3  3  3 3 3  A.  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 2  3  3  3 27  C.  x −  +  y −  +  z +  = 2  2  2 4  Câu 7. 2 2 2 2 2 2 Cho 4 điểm A ( −2; −1;3) , B ( 2;3;1) , C (1; 2;3) , D ( −4;1;3) . Hỏi có bao nhiêu điểm trong bốn điểm đã cho thuộc mặt phẳng ( ) : x + y + 3 z − 6 = 0 ? Câu 8. A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1 . Trong không gian Oxyz , mặt phẳng 3x − 5 y + z − 2 = 0 đi qua điểm nào sau đây? A. M (1; 2; − 1) . Câu 9. B. N (1;1; − 1) . C. P ( 2;0; − 3) . D. Q (1;0; − 1) . Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 3z − 10 = 0 cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng A. 10. B. −10 . C. 5. D. 0. Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 5 = 0 . Điểm nào dưới đây thuộc ( P ) ? A. Q ( 2; −1;5 ) . 114 B. P ( 0;0; −5 ) . C. M (1;1;6 ) . D. N ( −5;0;0 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( 2;0;0 ) , M (1;1;1) . 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. 5 6 . C. 4 6 . B. 2 6 . D. 3 6 . Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 0;1) và C ( 2;1;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó a + 2b + c bằng A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Câu 13. Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 z − 3 = 0 , ( Q ) : x − y + 2 z + 3 = 0 có bao nhiêu điểm M có hoành độ nguyên thuộc Ox sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng ( P ) , (Q ) bằng khoảng cách giữa ( P ) và ( Q ) . A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 7 . Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;1;7 ) , B ( 5;5;1) và mặt phẳng ( P) : 2x − y − z + 4 = 0 . Điểm M thuộc ( P ) sao cho MA = MB = 35 . Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 0;1) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y − z + 5 = 0 . Tìm tọa độ điểm C trên trục Oy sao cho mặt phẳng ( ABC ) hợp với mặt phẳng ( P ) một góc 45 là  2+ 2  A. C  0; − ;0  . 0    1  B. C  0; ;0  .  4   2+ 2  C. C  0; ;0  . 2   1   D. C  0; − ;0  . 4   Câu 16. Trong không gian Oxyz cho A ( −1; − 1;0 ) , B ( 0;1;0 ) , M ( a ; b ; c ) với ( b  0 ) thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 sao cho AM = 2 và mặt phẳng ( ABM ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Khi đó T = 2a − 4b2 + c bằng A. −8 . B. 7 . C. 28 . D. −17 . Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai điểm A(1;0;2), B(3;1; −1). và mặt phẳng ( P) : x + y + z −1 = 0. Gọi M (a; b; c)  ( P) sao cho 3MA − 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S = 9a + 3b + 6c. A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 4;1;9 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho ( OA + OB + OC ) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ điểm I ( 0;1;3 ) đến mặt phẳng ( P ) . A. d = 34 . 5 B. d = 36 . 5 C. d = Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 24 . 7 D. d = 30 . 7 115 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19. Trong không gian Oxyz cho ba điểm A ( 0;1;1) ; B (1;1;0 ) ; C (1;0;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 1 = 0 . Điểm M thuộc ( P ) sao cho MA = MB = MC . Thể tích khối chóp M . ABC là 1 1 1 1 . B. . C. . D. . 3 4 2 6 Câu 20. Trong không gian Oxyz cho ba điểm A ( 2;0;1) , B (1;0;0 ) , C (1;1;1) và mặt phẳng A. ( P ) : x + y + z − 2 = 0 . Điểm M ( a ; b ; c ) nằm trên mặt phẳng ( P ) thỏa mãn MA = MB = MC . Tính T = a + 2b + 3c . A. T = 5 . B. T = 4 . C. T = 3 . D. T = 2 . Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − 3 y + 2 z + 37 = 0 và các điểm A ( 4;1;5 ) , B ( 3; 0;1) , C ( −1; 2;0 ) . Biết rằng có điểm M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) để biểu thức MA.MB + MB.MC + MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. Biểu thức a2 + b2 − c2 có giá trị là A. 69 . B. 61 . C. 18 . D. 22 . 116 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn C Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tuyến n = (1;1;1) . Vì MH ⊥ ( ) nên đường thẳng MH có vectơ chỉ phương u = (1;1;1) . x = 1+ t  Phương trình đường thẳng MH là:  y = 4 + t ( t  z = 2 + t  )  H (1 + t ; 4 + t ; 2 + t ) . Mà H  ( )  1 + t + 4 + t + 2 + t − 1 = 0  t = −2 . Vậy H ( −1; 2;0 ) . Câu 2. Chọn A  1+ 2 7 +1 3 + 9   3  Trung điểm M của AB có tọa độ là:  ; ;  =  ; 4;6  . 2 2  2  2  Câu 3. Chọn A Mặt phẳng ( Oxy ) có phương trình là z = 0 . Phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm M và x = 1  vuông góc với mặt phẳng ( Oxy ) là :  y = 2 z = t  Gọi I là giao điểm của ( d ) và mặt phẳng ( Oxy ) . Vì I  ( d ) nên I (1; 2; t ) . Do I  (Oxy )  t = 0  I (1;2;0 ) . Vậy hình chiếu của M lên mặt phẳng ( Oxy ) là I (1; 2; 0 ) . Câu 4. Chọn D Tọa độ điểm A là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng ( Oyz ) là A ( 0; −2;3) . Câu 5. Chọn D Ta có: 2.3 + 2 − (−2) − 6 = 4  0 nên điểm ( 3; 2; −2 ) không thuộc mặt phẳng ( P ) . Câu 6. Chọn D Gọi phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 − d  0 ) Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên: 18 − 6a − 6b + d = 0 18 − 6a − 6c + d = 0   18 − 6b − 6c + d = 0 27 − 6a − 6b − 6c + d 3  a = 2 −6a − 6b + d = −18  −6a − 6c + d = −18 b = 3    2 − 6 b − 6 c + d = − 18   3 c = −6a − 6b − 6c + d = −27 =0 2  d = 0 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 Suy ra tâm I  ; ;  bán kính R =   +   +   = . 2 2 2 2 2 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 117 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2 2 2 3  3  3 27  Vậy phương trình mặt cầu  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 4  Câu 7. Chọn B Thay lần lượt 4 điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy: A ( −2; −1;3) : −2 −1 + 3.3 − 6 = 0  A thuộc mặt phẳng ( ) . B ( 2;3;1) : 2 + 3 + 3.1 − 6 = 2  B không thuộc mặt phẳng ( ) . C (1; 2;3) : 1 + 2 + 3.3 − 6 = 6  C không thuộc mặt phẳng ( ) . D ( −4;1;3) : −4 + 1 + 3.3 − 6 = 0  D thuộc mặt phẳng ( ) . Vậy có 2 điểm trong 4 điểm trên thuộc mặt phẳng ( ) . Câu 8. Chọn D Thay lần lượt tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng. Ta nhận thấy tọa độ điểm Q thỏa mãn phương trình, suy ra điểm Q thuộc mặt phẳng đã cho. Câu 9. Chọn A Gọi ( P )  Ox = A ( x A ; y A ; z A )  y A = 0 và z A = 0 . A  ( P )  x A − 2.0 + 3.0 − 10 = 0  x A = 10 . Câu 10. Chọn C Thay tọa độ các điểm Q , P , M , N vào phương trình mặt phẳng ( P ) Ta có với tọa độ của điểm M thì 1 − 2.1 + 6 − 5 = 0 .Vậy M  ( P ) . Câu 11. Chọn C Giả sử B(0; b;0); C(0;0; c) với ( b, c  0). Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua 3 điểm A , B , C là: Do M (1;1;1)  ( P)  x y z + + = 1. 2 b c 1 1 1 bc + = b+c = . b c 2 2 Ta có: AB = ( −2; b;0), AC = ( −2;0; c) . Diện tích tam giác ABC là: S ABC = 1 1 2 2  AB, AC  = b c + 4(b2 + c 2 ) .   2 2 b+c  bc  2 2 Mặt khác,    bc    − bc  0  bc  16 ; b + c  2bc  32 . 2 4     2 Do đó, S ABC  2 1 162 + 4.32  S ABC  4 6 . Vậy S ABC min = 4 6 . 2 Câu 12. Chọn C Ta có AB = ( −1;0;1) , AC = (1;1;1) . Mặt phẳng ( ABC ) có VTPT n =  AB, AC  = ( −1; 2; −1) đi qua A có phương trình là: −1( x − 1) + 2 y − z = 0  − x + 2 y − z + 1 = 0 . 118 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có ( a − 1)2 + b 2 + c 2 = a 2 + b 2 + ( c − 1)2  2 2 2 2   a 2 + b 2 + ( c − 1) = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1) −a + 2b − c + 1 = 0   IA = IB   IB = IC  I  mp ABC ( )  a = 1 −2a + 2c = 0  1    1   4a + 2b = 5  b =  I 1; ;1  a + 2b + c = 1 + 1 + 1 = 3 . 2  2  −a + 2b − c + 1 = 0   c = 1 Câu 13. Chọn D Do M Ox  M ( a ;0;0 ) , a . Lấy A ( 0; − 3;0 )( P ) . Do ( P ) / / ( Q )  d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( A, ( Q ) ) = Ta có : d ( M , ( P ) ) + d ( M , ( Q ) ) = d ( ( P ) , ( Q ) )  a −3 12 + ( −1) + 22 2 − ( −3) + 3 1 + ( −1) + 2 + 2 2 = 6. 2 a+3 12 + ( −1) + 22 2 = 6  a − 3 + a + 3 = 6 (1) . + TH1 : Với a  −3 thì (1)  3 − a − a − 3 = 6  a = −3 ( tm ) . + TH2 : Với −3  a  3 thì (1)  − a + 3 + a + 3 = 6  6 = 6 luôn đúng. Do a nên a−2; − 1;0;1; 2 . + TH3 : Với a  3 thì (1)  a − 3 + a + 3 = 6  a = 3 ( tm ) . Vậy có 7 điểm M có hoành độ nguyên thuộc Ox thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 14. Chọn A Gọi M ( a ; b ; c ) với a  , b , c . Ta có: AM = ( a − 3; b − 1; c − 7 ) và BM = ( a − 5; b − 5; c − 1) . M  ( P )  M  ( P )  Vì    MA2 = MB 2 nên ta có hệ phương trình sau:  MA = MB = 35  MA2 = 35   2a − b − c + 4 = 0 2a − b − c = −4   2 2 2 2 2 2  ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = ( a − 5 ) + ( b − 5 ) + ( c − 1)  4a + 8b − 12c = −8   2 2 2 2 2 2 a − 3 + b − 1 + c − 7 = 35 ( ) ( ) ( ) ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = 35   b = c b = a + 2 a = 0     b = 2 , (do a  ).  c = a + 2  c = a + 2 c = 2 3a 2 − 14a = 0  2 2 2   ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = 35 Ta có M ( 2; 2;0 ) . Suy ra OM = 2 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 119 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 15. Chọn D Gọi C ( 0; c;0 )  Oy . Ta có: AB = ( −1;0;1) , AC = ( −1; c;0 ) . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) là: nABC =  AB, AC  = ( −c; −1; −c ) . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là: nP = ( 2; −2; −1) . Theo giả thiết ta có: ( ) cos ( ABC ) , ( P )  = cos nABC , nP = cos 45  −c.2 + ( −1) . ( −2 ) + ( −c ) . ( −1) 22 + ( −2 ) + ( −1) . 2 2 ( −c ) + ( −1) + ( −c ) 2 2 −c + 2 2 ( c − 2) = 1 2   = 2 2 9 ( 2c 2 + 1) 2 3 2c 2 + 1 2 2 = 1 4  16c2 + 8c + 1 = 0  ( 4c + 1) = 0  c = − . 2 1   Vậy tọa độ điểm C là: C  0; − ;0  . 4   Câu 16. Chọn D  AB = (1;2;0 )  n( ABM ) =  AB , AM  = ( 2c ; − c ; − 2a + b − 1)  AM = a + 1;b + 1;c ( )  a + b + c + 2 = 0  M ( a; b; c )  ( P ) (1)   2 2  ( a + 1) + ( b + 1) + c 2 = 2 Ta có hệ phương trình:  AM = 2   n( ABM ) .n( P ) = 0 −2a + b + c − 1 = 0 ( 3) ( 2) b + c = −1 c = −1 − b c = 1  2  Từ (1) và ( 3) suy ra a = −1 . Do đó:  2 2 (b  0) b = −2 b + c + 2b = 1 2b + 4b = 0 Vậy M ( −1; −2;1) nên T = 2a − 4b2 + c = −17 . Câu 17. Chọn B Gọi I (m; n; p) là điểm thỏa mãn: 3IA − 2IB = 0. Ta có IA = (1 − m; −n; 2 − p); IB = (3 − m;1 − n; −1 − p). 3(1 − m) − 2(3 − m) = 0 m = −3   3IA − 2 IB = 0  3(−n) − 2(1 − n) = 0  n = −2  I (−3; −2;8). 3(2 − p) − 2(−1 − p) = 0  p = 8   Ta có 3MA − 2MB = 3( MI + IA) − 2( MI + IB) = MI = MI . Khi đó, 3MA − 2MB đạt giá trị nhỏ nhất, M  ( P)  MI nhỏ nhất, M  ( P)  M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P). 120 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P). Khi đó  nhận vectơ pháp tuyến của ( P) là  x = −3 + t  n = (1;1;1) làm vecto chỉ phương   :  y = −2 + t . z = 8 + t  2  t = − 3 11  a=−    x = −3 + t 3  x = − 11   y = −2 + t  8   3   b = −  S = 9a + 3b + 6c = 3. Tọa độ M là nghiệm của hệ  3 z = 8 + t y = − 8  22  x + y + z − 1 = 0   3 c=   22 3  z = 3  Câu 18. Chọn C Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c  0 . Ta có phương trình ( P ) : x y z + + = 1 và ( OA + OB + OC ) = a + b + c . a b c 4 1 9 + + = 1 (1). a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunhiacôpxki) ta có Vì M ( 4;1;9 )  ( P )  2 1 3  2   4 1 9 ( 2 + 1 + 3) =  . a + . b + . c    + +  ( a + b + c ) . b c  a  a b c 2 Kết hợp với (1) suy ra a + b + c  36 . 2 1 3 a = 12  a = b = c   b = 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  4 + 1 + 9 =1 c = 18   a b c Do đó OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 36 khi và chỉ khi a = 12, b = 6, c = 18 . Khi đó phương trình ( P ) : x y z + + =1. 12 6 18 Vậy khoảng cách cần tìm là d = d ( I , ( P ) ) = 1 3 + −1 6 18 2 2  1  1  1    +  +   12   6   18  2 = 24 . 7 Nhận xét. Có thể sử dụng hệ quả bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dưới dạng sau a 2 b2 c2 ( a + b + c ) với a, b, c  + +  x y z x+ y+z 2 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi và x, y, z  0 . a b c = = . x y z Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 121 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 22 12 32 ( 2 + 1 + 3) 36 Khi đó 1 = + + suy ra a + b + c  36 .  = a b c a+b+c a+b+c Câu 19. Chọn C Gọi điểm M ( x; y; z) . 2 Vì điểm M thuộc ( P ) sao cho MA = MB = MC nên x + y − z −1 = 0  M  ( P)  2  2 2 2 2 2  MA = MB   x + ( y − 1) + ( z − 1) = ( x − 1) + ( y − 1) + z  MA = MC  2 2 2 2 2 2   x + ( y − 1) + ( z − 1) = ( x − 1) + y + ( z − 1) x + y − z −1 = 0 x = 1    x − z = 0   y = 1  M (1;1;1) x − y = 0 z = 1   Ta có MA = (1;0;0 ) ; MB = ( 0;0;1)   MA, MB  = (0; −1;0) ; MC = ( 0;1;0 )   MA, MB  .MC = −1 VM . ABC = 1 1  MA, MB  .MC = .   6 6 Câu 20. Chọn B a + b + c − 2 = 0 M  ( P )   2 2 2 Ta có:  AM 2 = BM 2  ( a − 2 ) + b 2 + ( c − 1) = ( a − 1) + b 2 + c 2  AM 2 = CM 2  2 2 2 2 2 2  ( a − 2 ) + b + ( c − 1) = ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) a + b + c = 2 a + b + c = 2 a = 1     −2a − 2c = −4  a + c = 2  b = 0 . Vậy T = a + 2b + 3c = 1 + 0 + 3 = 4 . −2a + 2b = −2 a − b = 1 c = 1    Câu 21. Chọn B Gọi I là điểm thỏa IA + IB + IC = 0  I ( 2;1; 2 ) . Khi đó ta có P = MA.MB + MB.MC + MC.MA ( )( ) ( )( ) ( )( = MI + IA MI + IB + MI + IB MI + IC + MI + IC MI + IA ( ) ) = 3MI 2 + 2MI . IA + IB + IC + IA.IB + IB.IC + IC.IA = 3MI 2 + IA.IB + IB.IC + IC.IA . Vậy P đạt GTNN  MI đạt GTNN  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( P ) .  x = 2 + 3t  Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P )   :  y = 1 − 3t .  z = 2 + 2t  Ta có M  nên M ( 2 + 3t ;1 − 3t ; 2 + 2t ) . Vì M  ( P ) nên 3 ( 2 + 3t ) − 3 (1 − 3t ) + 2 ( 2 + 2t ) + 37 = 0  t = −2  M ( −4;7; −2 ) Vậy a2 + b2 − c2 = 61 . 122 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 4. GÓC – KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1. Trong không gian Oxyz , biết hình chiếu của O lên mặt phẳng P là H 2; 1; 2 . Số đo góc giữa mặt phẳng P với mặt phẳng Q : x B. 90 . A. 30 . Câu 2. y 5 0 là C. 60 . D. 45 . Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : − 3 x + y + 1 = 0 . Tính góc tạo bởi ( P ) với trục Ox . Câu 3. C. 1200 . B. 300 . A. 600 . D. 1500 . Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với A = (1; 2;1) , B = ( 2;1;3) , C = ( 3; 2; 2 ) , D = (1;1;1) . Độ dài chiều cao DH của tứ diện bằng 3 14 14 . B. . 14 14 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng A. Câu 4. 4 14 . 7 : 4x 3y 2z 3 14 . 7 0 và điểm I 0;1; 2 . Viết C. D. 28 phương trình của mặt cầu S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng Câu 5. A. S : x 2 y 1 C. S : x 2 y 1 2 2 2 z 2 z 2 2 29 . B. S : x 2 y 1 841 . D. S : x 2 y 1 . 2 2 2 z 2 z 2 2 29 . 29 . Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x + 2 y + 2 z −10 = 0 và (Q) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 . Điểm M là giao của mặt phẳng ( P) với trục Oz . Khoảng cách từ M tới mặt phẳng (Q) bằng A. Câu 6. 8 . 3 B. C. 3 . D. 4 . 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : x − 2 y − 2z − 2 = 0 có phương trình là A. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 9 . B. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 3 . C. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 . D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3 . 2 2 Câu 7. 7 . 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa ( P) : x + 2 y + 2 z = 0 và (Q) : x + 2 y + 2 z − 12 = 0 bằng: Câu 8. A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 . Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) : 2 x − y − 2 z − 4 = 0 và (  ) : −4 x + 2 y + 4 z − 4 = 0 bằng 10 4 . D. . 3 3 Trong không gian cho hệ trục tọa độ Oxyz , tất cả các điểm M nằm trên Oz có khoảng cách đến A. 6 . Câu 9. B. 2 . C. mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z − 2 = 0 bằng 2 là A. M (0;0; −4) . B. M ( 0;0;0 ) , M ( 0;0; −2 ) . C. M ( 0;0; 2 ) . D. M ( 0;0; 2 ) , M ( 0;0; −4 ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 123 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 10. Phương trình mặt cầu tâm I ( 3; −2; 4 ) và tiếp xúc với ( P ) : 2 x − y + 2 z + 4 = 0 là: 400 . 9 400 . = 9 20 . 3 20 . = 3 A. ( x + 3) + ( y − 2 ) + ( z + 4 ) = B. ( x + 3) + ( y − 2 ) + ( z + 4 ) = C. ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) D. ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A ( −3;0;0 ) , B ( 0; − 3;0 ) , C ( 0;0;6 ) . Tính khoảng cách từ điểm M (1; − 3; − 4 ) đến mặt phẳng ( ABC ) . C. 1. D. 3. x −1 y z Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : song song với mặt phẳng = = 1 1 −2 B. 2. A. 4. ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Khoảng cách giữa d và ( P ) bằng 2 3 3 . C. . D. 3 . 3 3 Câu 13. Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I (1;2; −1) tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z −1 = 0 A. 2 3 . B. có bán kính bằng A. 2. B. 4. C. 4 . 3 D. 9. Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình: 3x + 4 y + 2 z + 4 = 0 và điểm A (1; −2;3) . Tính khoảng cách d từ A đến ( P ) . A. d = 5 . 9 B. d = 5 . 29 C. d = 5 . 29 D. d = 5 . 3 Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) và C ( 0, 0,3) . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mp ( ABC ) bằng 3 1 6 . B. . C. . 5 3 11 Câu 16. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A(a; b; c) với a, b, c A. 6 . 7 {0}. Xét là mặt phẳng thay D. đổi đi qua điểm A . Khoảng cách lớn nhất từ điểm O đến mặt phẳng bằng A. a 2 b 2 c 2 . B. 2 a 2 b 2 c 2 . C. 3 a 2 b 2 c 2 . D. 4 a 2 b 2 c 2 . Câu 17. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M (1;2;3) . Mặt phẳng thay đổi đi qua điểm M , cắt cá c trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C . Tìm GTNN của Q A. 14 . B. 1 . 14 C. 14 . Câu 18. Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 3z + 6 = 0 A. 124 7 14 D. 1 OA2 1 OB 2 1 . 14 ( P ) : x + 2 y + 3z − 1 = 0 là B. 8 14 C. 14 1 OC 2 D. 5 14 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” và CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm A(1;2;3); B(3; −1;1) và song song với đường thẳng d : x −1 y + 2 z −3 = = . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng ( P) bằng 2 −1 1 37 . 101 A. B. 5 . 77 C. 37 101 D. 5 77 77 Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x − 2 y − z + 5 = 0 và đường thẳng : x −1 y − 7 z − 3 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng  và song song với ( P ) . Tính = = 2 1 4 khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . 9 3 9 3 . B. . C. . D. . 14 14 14 14 Câu 21. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P) : x + 2 y + 2 z −10 = 0 và A. (Q) : x + 2 y + 2z − 3 = 0 bằng: A. 7 . 3 B. 5 . 3 C. 3 . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng D. 4 . 3 ( P) : 2x − 2 y + z + 3 = 0 và điểm A (1; − 2;3) . Gọi M ( a ; b ; c )  ( P ) sao cho AM = 4 . Tính a + b + c . A. 2 . 3 B. 2 . C. 8 . 3 D. 12 . Câu 23. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A ( −1; −2; 4 ) , B ( −4; −2;0 ) , C ( 3; −2;1) và D (1;1;1) . Độ cao của tứ diện kẻ từ D bằng A. 3. B. 1. C. 2. D. 1/ 2 x − 5 y + 7 z − 12 = = Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 2 2 −1 ( ) : x + 2 y − 3z − 3 = 0 . Gọi M là giao điểm của Tính khoảng cách từ A đến ( ) . d với ( ) , A thuộc d sao cho AM = 14 . A. 2. B. 3. C. 6. D. 14 . x − 5 y + 7 z − 12 = = Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 2 2 −1 ( ) : x + 2 y − 3 z − 3 = 0 . Gọi M là giao điểm của d với ( ) , A thuộc d và cách ( ) một khoảng bằng 3. Tính độ dài đoạn thẳng AM . 2 14 . B. 3. C. 2 14 . D. 14 . 3 Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm A thuộc đường thẳng A. d: x − 5 y + 7 z − 12 = = và cắt mặt phẳng ( ) : x + 2 y − 3z − 3 = 0 theo một đường tròn có bán 2 2 −1 kính bằng 5 . Biết rằng giao điểm M của d với ( ) cũng thuộc ( S ) , tính bán kính của ( S ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 125 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2 14 . B. 3. C. 2 14 . D. 14 . 3 Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng song song ( P ) và ( Q ) lần lượt có phương trình A. 2 x − y + z = 0 và 2 x − y + z − 7 = 0 . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) bằng A. 7 6 . B. 7 . 6 C. 7 . D. 6 7 . Câu 28. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) : 2 x − y − 2 z − 4 = 0 và (  ) : 2 x − y − 2 z + 2 = 0 là 10 4 . D. . 3 3 Câu 29. Trong hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm H ( 2; 1; 2 ) . Điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc toạ A. 2 . B. 6 . C. độ O xuống mặt phẳng ( P ) , số đo góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) : x + y − 11 = 0 là A. 90 . B. 30 . C. 60 . D. 45 . Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình: ax + by + cz −1 = 0 với c  0 đi qua 2 điểm A ( 0;1; 0 ) , B (1; 0; 0 ) và tạo với ( Oyz ) một góc 60 . Khi đó a + b + c thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( 5;8 ) . B. ( 8;11) . C. ( 0;3) . D. ( 3;5 ) . Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x −1)2 + y 2 + ( z + 2)2 = 4 và đường thẳng x = 2 − t  d : y = t . Tổng các giá trị thực của tham số m để d cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt A, B z = m −1− t  và các tiếp diện của ( S ) tại A, B tạo với nhau một góc lớn nhất bằng A. −1,5 . C. −1 . B. 3 . D. −2, 25 . Câu 32. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB = 3 , AD = 4 , BAD = 120 . Cạnh bên SA = 2 3 vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh SA , AD và BC ,  là góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( MNP ) . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây: A.   ( 60 ; 90 ) . B.   ( 0 ; 30 ) . C.   ( 30 ; 45 ) . D.   ( 45 ; 60 ) . Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1; 2;1) và cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C sao cho độ dài OA, OB, OC theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân có công bội bằng 2. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới mặt phẳng ( ) . A. 4 . 21 B. 21 . 21 C. 3 21 . 7 D. 9 21 . Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( 0; 2;1) , B ( 6;0;3) , C ( 2;1;1) . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng trung trực của đoạn AB bằng 126 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 7 11 . 6 B. . 11 5 C. . 11 D. Câu 35. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng (Q ) : x + 4 11 . ( P ) : 6x + 3y + 2z − 1 = 0 và 1 1 y + z + 8 = 0 bằng 2 3 A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A (1, −2, 0 ) ; B ( 3,3, 2 ) ; C ( −1, 2, 2 ) ; D ( 3,3,1) . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 9 B. 7 2 9 7 C. 9 14 D. 9 2 Câu 37. Trong không gian Oxyz cho M (1 ; 2 ; − 1) . 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 V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . A. 27 6 . B. 216 6 . C. 972 . D. 243 . 2 Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 2;3;5 ) cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C sao cho OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( P ) là 18 . 91 x −1 y z +1 = = Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 2 1 3 A. 16 . 91 B. ( P) : 2x + y − z = 0 . 24 . 91 C. 32 . 91 D. Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Khoảng cách từ điểm O ( 0;0;0 ) đến mặt phẳng ( Q ) bằng A. 1 . 3 Câu 40. Trong B. không gian 1 . 3 với ( Pm ) : mx + m ( m + 1) y + ( m − 1) 2 C. hệ trục 1 . 5 tọa độ D. Oxyz , 1 . 5 cho mặt phẳng z − 1 = 0 ( m là tham số) và đường thẳng d có vec-tơ chỉ phương u = (1; 2; 3) . Đường thẳng  song song với mặt phẳng ( Oxy ) ,  vuông góc với d và cắt mặt phẳng ( Pm ) tại một điểm cố định. Tính khoảng cách h từ A (1; − 5; 0 ) đến đường thẳng  . A. h = 5 2 . B. h = 19 . C. h = 21 . D. h = 2 5 . Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho A (1; 2; 2 ) , B ( 2;1; 2 ) , C ( −1;5;1) , D ( 3;1;1) và E ( 0; −1; 2 ) . Có bao nhiêu mặt phẳng cách đều năm điểm đã cho? A. Vô số. B. 1 . C. 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 3 . 127 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn D Gọi là góc giữa mặt phẳng P với mặt phẳng Q 2; 1; 2 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng P Ta có OH n 1; 1;0 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng Q và cos OH .n cos OH , n 1 2 OH . n Câu 2. Chọn A 45 ( ) Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến là n = − 3 ;1;0 ; trục Ox có véc tơ chỉ phương i = (1;0; 0 ) n.i ( ) Ta có: sin ( ( P ) ; Ox ) = cos n ; i = Câu 3. = − 3 n.i 4. 1 3  ( ( P ) ; Ox ) = 600. 2 = Chọn A Ta có AB = (1;− 1;2 ) , AC = ( 2;0;1)   AB; AC  = ( −1;3;2 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) . Suy ra phương trình mặt phẳng ( ABC ) là −1( x − 1) + 3 ( y − 2 ) + 2 ( z − 1) = 0  − x + 3 y + 2 z − 7 = 0 . Độ dài chiều cao DH của tứ diện ABCD là khoảng cách từ D đến ( ABC ) . Suy ra DH = d ( D, ( ABC ) ) = Câu 4. −1.1 + 3.1 + 2.1 − 7 ( −1) 2 + 32 + 22 = 3 14 14 Chọn A Vì mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( ) nên có bán kính là: R = d ( I , ( )) = 4.0 − 3.1 + 2.2 + 28 42 + (−3)2 + 22 = 29. Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là: x 2 Câu 5. y 1 2 z 2 2 29 . Chọn B x = 0  Điểm M là giao điểm của ( P ) : x + 2 y + 2 z − 10 = 0 với trục Oz :  y = 0 . Suy ra M (0;0;5) . z = t  d ( M , (Q )) = Câu 6. 128 0 + 2.0 + 2.5 − 3 1 +2 +2 2 2 2 = 7 . 3 Chọn C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Bán kính của mặt cầu ( S ) là R = d ( I , ( P ) ) = 3 . Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) 2 Câu 7. 2 2 =9. Chọn D Lấy O ( 0;0;0 )  ( P ) . Vì ( P ) / / ( Q ) , nên d Câu 8 ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( O, ( Q ) ) = −12 12 + 22 + 22 = 4. Chọn B Ta thấy: 2 −1 −2 −4 . Do đó ( ) song song với (  ) . = =  −4 2 4 −4 Điểm M ( 2;0;0 ) thuộc ( ) , khi đó khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) và (  ) bằng d ( M , (  )) = Câu 9. | −4  2 + 2  0 + 4  0 − 4 | ( −4 ) 2 +2 +4 2 2 = 12 =2. 6 Chọn D M  Oz  M ( 0;0; a ) Vì M nằm trên Oz có khoảng cách đến mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z − 2 = 0 bằng 2 nên ta có d ( M ;(P) ) = 2  2.0 − 0 − 2.a − 2 9  −2a − 2 = 6  a = −4 = 2  −2.a − 2 = 6     −2a − 2 = −6 a = 2  M ( 0;0; 2 ) , M ( 0;0; −4 ) . Câu 10. Chọn C Vì mặt cầu tiếp xúc với ( P ) nên d ( I ; ( P )) = R  R = 2.3 + 2 + 2.4 + 4 22 + ( −1) + 22 2 = 20 . 3 Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) = 2 2 2 400 . 9 Câu 11. Chọn B Ta có phương trình mặt phẳng ( ABC ) theo đoạn chắn là Suy ra d ( M , ( ABC ) ) = 2.1 + 2. ( −3) + 4 + 6 2 + 2 + ( −1) 2 2 2 x y z + + = 1  2x + 2 y − z + 6 = 0 . −3 −3 6 = 2. Câu 12. Chọn D Nhận thấy: d / / ( P ) . Gọi M (1;0;0 )  d suy ra d ( d ; ( P ) ) = d ( M ; ( P ) ) . Ta có: d ( M ; ( P ) ) = 1+ 0 + 0 + 2 12 + 12 + 12 = 3 . Vậy d ( d ; ( P ) ) = 3 . Câu 13. Chọn A Mặt cầu tâm I (1;2; −1) tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z −1 = 0  R = d ( I , ( P)) = 1 − 2.2 + 2(−1) − 1 12 + (−2) 2 + 22 = 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 129 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 14. Chọn C Khoảng cách d từ A đến ( P ) là d ( A, ( P)) =  d ( A, ( P)) = 3xA + 4 y A + 2 z A + 4 32 + 42 + 22 = 3−8+ 6 + 4 29 5 . 29 Câu 15. Chọn D Cách 1: Ta có: AB = (−1; 2;0), AC = (−1;0;3)  n =  AB, AC  = ( 6;3; 2 ) là một véc tơ pháp tuyến của mp ( ABC ) . Phương trình mp ( ABC ) là: 6 ( x − 1) + 3 y + 2 z = 0  6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0 . Do đó khoảng cách từ gốc tọa độ đến mp ( ABC ) bằng: d ( O;( ABC ) ) = −6 6 +3 +2 2 2 2 = 6 . 7 x y z Cách 2: Viết phương trình của mp ( ABC ) theo đoạn chắn: + + = 1 hay 6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0 . 1 2 3 Do đó khoảng cách từ gốc tọa độ đến mp ( ABC ) bằng: d ( O;( ABC ) ) = −6 62 + 32 + 22 = 6 . 7 Câu 16. Chọn A Xét (P) là một mặt phẳng đi qua A , gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P). Khi đó, d (0, (P)) OH OA a2 b2 c2 Câu 17. Chọn D Xét (P) là một mặt phẳng đi qua M , gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P). Khi đó, d (0, (P)) OH OM 12 Dễ thấy OABC là tứ diện vuông nên 22 1 OH 2 32 1 OA2 14 1 OB 2 1 OC 2 1 14 Câu 18. Chọn A ( P ) : x + 2 y + 3z − 1 = 0 ( Q ) : x + 2 y + 3z + 6 = 0 . Ta có: 130 1 2 3 −1 = =  1 2 3 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( P ) // ( Q ) nên chọn A (1; 0; 0 )  ( P ) . Vì ( P ) // ( Q ) nên d ( A, ( Q ) ) = 1 + 2.0 + 3.0 + 6 12 + 22 + 32 = 14 . 2 Các giải trắc nghiệm: ( P ) : Ax + By + Cz + D1 = 0; (Q ) Ax + By + Cz + D2 = 0 Công thức tính nhanh: d (( P ) ; (Q )) = ( P ) // ( Q ) D2 − D1 A2 + B 2 + C 2 −1 − 6 áp dụng công thức: d ( ( P ) ; ( Q ) ) = 1 +2 +3 2 2 2 = 14 . 2 Câu 19. Chọn D Ta có AB = (2; −3; −2) Gọi nP là VTPT của mặt phẳng (P), VTCP của đường thẳng d là ud = (2; −1;1)  n ⊥ AB  A( P); B ( P)  Theo đề bài ta có   P  nP = ud ; AB  = (5;6; −4) d / / ( P) n ⊥ u   d  P  Mặt phẳng ( P ) qua A có phương trình là: 5( x −1) + 6( y − 2) − 4( z − 3) = 0 −5  5x + 6 y − 4z − 5 = 0 . Khi đó d (O, ( P)) = (5) 2 + ( 6 ) + (−4) 2 2 = 5 77 . 77 Câu 20. Chọn A Đường thẳng  đi qua A (1; 7;3 ) . Do ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng  và song song với ( P ) nên : d ( ( Q ) ; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) = −9 32 + ( −2 ) + ( −1) 2 2 = 9 . 14 Câu 21. Chọn A 1 2 2 −10 Vì = =  nên ( P) / / (Q) . Chọn M (0; 0; 5)  ( P) . 1 2 2 −3 d ( ( P), (Q) ) = d ( M , (Q) ) = 0 + 2.0 + 2.5 − 3 1+ 4 + 4 7 = . 3 Câu 22. Chọn A Ta có: d ( A, ( P ) ) = 2+ 4+3+3 2 + ( −2 ) + 1 2 2 = 4 = AM  M là hình chiếu vuông góc của A lên ( P ) .  M  ( P ) và AM = ( a − 1; b + 2; c − 3) cùng phương với VTPT của ( P ) n = ( 2; − 2;1) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 131 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 5  a = − 3   2a − 2b + c + 3 = 0 2 2    a+b+c = .  Tọa độ của M là nghiệm của hệ:  a − 1 b + 2 c − 3  b = 3 3  2 = −2 = 1  5  c = 3  Câu 23. Chọn A Ta có: AB ( −3;0; −4 ) , AC ( 4;0; −3) ,  AB, AC  = ( 0; −25;0 ) . Chọn vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) là n ( 0;1; 0 ) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: y + 2 = 0 . Độ cao h của tứ diện kẻ từ D bằng khoảng cách từ D đến ( ABC ) . Vậy h = 1+ 2 02 + 12 + 02 =3 . Câu 24. Chọn B ( ) có một vectơ pháp tuyến là n = (1; 2; −3) và d có một vectơ chỉ phương là u = ( 2; 2; −1) . Gọi  là góc giữa ( ) và d , H là hình chiếu của A trên ( ) . Ta có sin  = 1.2 + 2.2 + ( −3)( −1) AH 9  AH = AM sin  = 14. = 14. =3 2 2 2 2 2 2 AM 14.3 1 + 2 + ( −3) 2 + 2 + ( −1) Câu 25. Chọn D ( ) có một vectơ pháp tuyến là n = (1; 2; −3) và d có một vectơ chỉ phương là u = ( 2; 2; −1) . Gọi  là góc giữa ( ) và d , H là hình chiếu của A trên ( ) . Ta có sin  = AH AH  AM = = AM sin  3 1.2 + 2.2 + ( −3)( −1) 12 + 22 + ( −3) 2 22 + 22 + ( −1) = 14 2 Câu 26. Chọn D ( ) có một vectơ pháp tuyến là n = (1; 2; −3) và d có một vectơ chỉ phương là u = ( 2; 2; −1) . Gọi  là góc giữa ( ) và d , H là hình chiếu của A trên ( ) . Ta có MH = 5 và sin  = 132 n.d n.d = 5 3  cos  = . 14 14 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mà cos  = MH MH  AM = = AM cos  5 = 14 . 5 14 Câu 27. Chọn B Ta có d ( ( P ) ; (Q ) ) = 7−0 = 2 + ( −1) + 1 2 2 2 7 . 6 Câu 28. Chọn A Nhận thấy hai mặt phẳng trên là song song nhau. Lấy điểm A ( 0;0; − 2 )  ( ) . Ta có d ( ( ) ; (  ) ) = d ( A; (  ) ) = 6 2 + ( −1) + ( −2 ) 2 2 2 = 2. Câu 29. Chọn D Ta có H là hình chiếu vuông góc của O xuống mặt phẳng ( P ) nên OH ⊥ ( P ) . Do đó OH = ( 2; 1; 2 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến là n = (1; 1; 0 ) . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) . Ta có cos  = OH .n = OH . n 2.1 + 1.1 + 2.0 22 + 12 + 22 . 12 + 12 + 02 = 2   = 45 . 2 Vây góc giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) là 45 . Câu 30. Chọn C b − 1 = 0  a = b = 1. Mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A , B nên  a − 1 = 0 Và ( P ) tạo với ( Oyz ) góc 60 nên cos ( ( P ) , ( Oyz ) ) = Thay a = b = 1 vào phương trình được a a +b +c . 1 2 2 2 = 1 (*). 2 2 + c2 = 2  c = − 2 . Khi đó a + b + c = 2 − 2  ( 0;3) . Câu 31. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; − 2 ) và bán kính R = 2 . Các tiếp diện của ( S ) tại A và B tạo với nhau một góc lớn nhất ( bằng 90 )  IA ⊥ IB  d ( I , d ) = R = 2 2 Đường thẳng d đi qua điểm M ( 2; 0; m − 1) và có một VTCP u = ( −1;1; − 1) . Suy ra: IM = (1;0; m + 1) ,  IM , u  = ( −m − 1; − m ;1) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 133 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  IM , u  m = 1 2m 2 + 2m + 2   . d (I,d ) = 2  = 2 = 2  m2 + m − 2 = 0   3 u  m = −2 Vậy tổng các giá trị thực của tham số m bằng −1 . Câu 32. Chọn A Cách 1: Trong mặt phẳng ( ABCD ) , dựng tia Ax ⊥ AD nên Ax ⊥ BC tại H . 3  BH = AB.cos ABH = 3.cos 60 =  2  . ABH vuông tại H có:   AH = AB.sin ABH = 3.sin 60 = 3 3   2 HP = BP − BH = 2 − 3 1 3 5 = , HC = BC − BH = 4 − = . 2 2 2 2 Dựng hình chữ nhật AHPE và hình chữ nhật AHCF nên AE = HP = 1 5 , AF = HC = . 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. 3 3 1  3 3 5  Ta có: A ( 0; 0; 0 ) , S 0; 0; 2 3 , M 0; 0; 3 , N ( 0; 2; 0 ) , C  , P . ; ; 0   2 ; 2 ; 0   2 2      ( ( ) ) 3 3 3 3 5  3  Ta có: AS = 0; 0; 2 3 , AC =  , NM = 0; − 2; 3 , NP =  ; ; − ; ; 0  . 0   2  2 2  2     ( ( ) ( ) ) Chọn n1 =  AS , AC  = −5 3;9; 0 là một vectơ pháp tuyến của ( SAC )  n1 = 2 39 . 3 3 9  Chọn n2 =  NM , NP  =  ; ; 3 3  là một vectơ pháp tuyến của ( MNP )  n2 = 3 6 .  2 2   134 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ( ) Khi đó: cos  = cos n1 , n2 = n1.n2 −5 3. = n1 . n2 3 3 9 + 9. + 0.3 3 2 2 2 39.3 6 = 1 . 26 Vậy:   7841’24” . Cách 2: Gọi I = AC  NP và dựng NH ⊥ AC tại H . Ta có: NH ⊥ AC , NH ⊥ SA  NH ⊥ ( SAC ) tại H . Khi đó: HMI là hình chiếu vuông góc của NMI lên mặt phẳng ( SAC ) . Do đó: S HMI = S MNI .cos   cos  = S HMI . S MNI Ta có: AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2. AB.BC.cos ABC = 16 + 9 − 2.3.4.cos 60 = 13  AC = 13 . SD = SA2 + AD 2 = 12 + 16 = 2 7 , SC = SA2 + AC 2 = 12 + 13 = 5 . MN = S NAI AC 13 DC 3 SD SC 5 AD = , AN = = 7 , MI = = , NI = = , AI = = 2. 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2. .sin 60 3 3 1 1 NA.NI .sin 60 2 . = .NA.NI .sin ANI = .NH . AI  HN = = = 2 2 AI 13 13 2 MH = MN 2 − NH 2 = 7 − NM + MI + NI * p1 = = 2  S MNI = 36 8 9 36 3 , HI = NI 2 − NH 2 = . = − = 13 4 13 2 13 13 5 3 7+ + 2 2 = 7 +4 2 2 p1. ( p1 − MN ) . ( p1 − MI ) . ( p1 − NI ) = 27 3 3 = . 8 2 2 5 8 3 + + MI + IH + HM 2 13 2 13 = 65 + 19 13 = * p2 = 2 2 52  S MIH = p2 . ( p2 − MI ) . ( p2 − HI ) . ( p2 − MH ) = 27 3 3 = . 208 4 13 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 135 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy: cos  = 3 3 2 2 1 . = . Suy ra:   7841’24” . 4 13 3 3 26 Câu 33. Chọn C C O z M y A x B Đặt OA = a ( a  0 ) . Khi đó OB = 2a , OC = 4a . Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có mặt phẳng ( ) có phương trình x y z + + =1 . a 2a 4a Do M (1; 2;1)  ( ) nên 1 2 9 1 9 + = 1  a = (thỏa mãn a  0 ). + =1  a 2a 4a 4a 4 Phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) là: 4 x + 2 y + z − 9 = 0 . Suy ra: d ( O ; ( ) ) = 4.0 + 2.0 + 0 − 9 4 + 2 +1 2 2 2 = 3 21 . 7 Câu 34. Chọn D Gọi ( ) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB nên ( ) qua I ( 3;1; 2 ) là trung điểm AB và nhận AB = ( 6; − 2; 2 ) là một vectơ pháp tuyến. Phương trình ( ) có dạng 3 ( x − 3) − 1( y − 1) + 1( z − 2 ) = 0  3x − y + z − 10 = 0 . d ( C ; ( ) ) = 3xC − yC + zC − 10 32 + ( −1) + 12 2 = 3.2 − 1 + 1 − 10 9 +1+1 = 4 11 . Câu 35. Chọn A Vì 6 3 2 −1 = =   ( P ) // ( Q ) nên d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) với M ( 0;1; −1)  ( P ) 1 1 1 8 2 3 d (( P ) ; (Q )) = d ( M ; (Q )) = xM + 1 1 yM + z M + 8 2 3 2 1 1 12 +   +    2 3 2 0+ = 1 1 − +8 2 3 = 7. 49 36 Câu 36. Chọn A Ta có: 136 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( ABC ) có n =  AB; AC  = (1, −4,9 ) là véc-tơ pháp tuyến ( ABC ) và đi qua điểm A (1, −2, 0 ) nên có phương trình dạng: 1( x − 1) − 4 ( y + 2 ) + 9 ( z − 0 )  x − 4 y + 9 z − 9 = 0 Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ điểm D : d ( D, ( ABC ) ) = xD − 4 yD + 9 zD − 9 12 + ( −4 ) + 92 2 = 3 − 4.3 + 9.1 − 9 12 + ( −4 ) + 92 2 = 9 7 2 Câu 37. Chọn D Gọi H là hình chiếu của O mặt phẳng ( P ) . Khi đó: d ( O ,( P ) ) = OH . Trong tam giác vuông OHM : OH  OM nên d ( O ,( P ) ) đạt giá trị lớn nhất khi d ( O ,( P ) ) = OM hay OM ⊥ ( P ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) qua M (1 ; 2 ; − 1) và nhận OM = (1 ; 2 ; − 1) làm véc tơ pháp tuyến là x + 2 y − z − 6 = 0 . ( P ) cắt các trục Ox ,Oy ,Oz lần lượt tại A ( 6 ; 0 ; 0 ) , B ( 0 ; 3 ; 0 ) , C ( 0 ; 0 ; − 6 ) . Xét tứ diện OABC’ với OC’ = 6 , OA = 6 , OB = 3 . Gọi I là trung điểm của AB , trong mp ( OAB ) . Gọi d qua I và song song trục Oz . Lấy H là trung điểm OC’ . Mặt phẳng trung trực của OC’ qua H cắt d tại G. Suy ra : GC’ = GO = GA = GB = R . Tam giác vuông OAB : OI = 1 1 2 2 45 45 . AB = 6 +3 =  OI = HG = 2 2 2 2 1 OH = OC’ = 3 . 2 9 . 2 Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện OABC bằng thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện 4 243 (đvtt). OABC’ là V =  R3 = 3 2 Tam giác vuông OHG : R = OG = HG 2 + OH 2 = Câu 38. Chọn C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 137 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vì ( P) cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt ở A, B, C nên ta gọi tọa độ các điểm là A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c  0 . x y z Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) : + + = 1 . a b c 2 3 5 Vì M ( 2;3;5 )  ( P )  + + = 1 . a b c Vì đô dài các đoạn OA, OB, OC lập thành cấp số nhân với công bội bằng 3 32  b = 3a 2 3 5 32 b =   + + =1 a =  3 a 3a 9a 9 c = 3b = 9a c = 32 Khi đó ta có phương trình mặt phẳng ( P ) : x y z + + =1 32 32 32 9 3 Hay ( P ) : 9 x + 3 y + z − 32 = 0 . Do đó: d ( O; ( P ) ) = −32 9 + 3 +1 2 2 2 = 32 . 91 Bình luận: Bài này có thể dùng cách khác như sau: 1 1 1 1 9a Khoảng cách từ O đến ( ABC ) : 2 = 2 + + h= 2 2 h a 91 ( 3a ) ( 9a ) Mà a = 32 32 (theo trên). từ đó tìm được h = . 9 91. Câu 39. Chọn C + Đường thẳng d : x −1 y z +1 = = đi qua điểm M (1;0; −1) và có một vectơ chỉ phương là 2 1 3 u = ( 2;1;3) . + Mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z = 0 có một vectơ pháp tuyến là n( P ) = ( 2;1; −1) . + Gọi n( Q ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Q ) . n(Q ) ⊥ u Vì mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( P ) nên  và ( Q ) n(Q ) ⊥ n( P ) đi qua điểm M (1;0; −1) . Do đó mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến n(Q ) = u  n( P ) = ( −4;8;0 ) = −4 (1; −2;0 ) . Phương trình của mặt phẳng ( Q ) là: 1. ( x − 1) − 2 ( y − 0 ) = 0  x − 2 y − 1 = 0 . + Vậy khoảng cách từ điểm O ( 0;0;0 ) đến mặt phẳng ( Q ) bằng d ( O; ( Q ) ) = 0 − 2.0 − 1 12 + ( −2 ) 2 = 1 . 5 Câu 40. Chọn C 138 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có mx + m ( m + 1) y + ( m − 1) z − 1 = 0  m 2 ( y + z ) + m ( x + y − 2 z ) + z − 1 = 0 . 2 Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm cố định mà mặt phẳng ( Pm ) luôn đi qua.  m 2 ( y0 + z0 ) + m ( x0 + y0 − 2 z0 ) + z0 − 1 = 0  m   x0 = 3  y0 + z0 = 0     x0 + y0 − 2 z0 = 0   y0 = −1 . Suy ra M ( 3; − 1;1) . z = 1 z −1 = 0  0  0 Vì  cắt mặt phẳng ( Pm ) tại một điểm cố định và M là điểm cố định mà mặt phẳng ( Pm ) luôn đi qua nên M ( 3; − 1;1)   . Mặt phẳng ( Oxy ) có vec-tơ pháp tuyến là n = ( 0; 0;1) .  // ( Oxy ) Vì  nên  có vec-tơ chỉ phương u1 = u , n  = ( 2; − 1; 0 ) .  ⊥ d Vậy  đi qua M ( 3; − 1;1) và có vec-tơ chỉ phương u1 = ( 2; − 1; 0 ) . Do vậy ta có h = d ( A,  ) = u1 , AM    = 21 . u1 Câu 41. Chọn D Ta có: AB = (1; −1; 0 ) , CD = ( 4; −4; 0 ) , AD = ( 2; −1; −1) , BC = ( −3; 4; −1) . Nhận thấy CD = 4 AB và AD  BC bốn điểm A, B, C, D tạo thành một hình thang hai đáy là AB và CD Mặt khác AC 2;3; 1 và  AB, AC  = (1;1;1) nên ( ABC ) : x + y + z − 5 = 0 Suy ra E  ( ABC ) . Vậy 5 điểm A, B, C, D, E tạo thành hình chóp có đỉnh là E . Gọi M , N ; P, Q ; R, S lần lượt là trung điểm của AC, BD ; EB, EA ; EC, ED . Ta dễ chứng minh được các mặt phẳng ( MNQP ) , ( MNSR ) , ( PQRS ) là các mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 3 mặt phẳng cách đều 5 điểm đã cho. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 139 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 5. VÍ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA 2 MẶT PHẲNG, MẶT CẦU VỚI MẶT PHẲNG Câu 1. x −1 y z + 2 , = = 2 1 −2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : x + 2 y −1 z = = . Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng đã cho. −2 −1 2 A. Chéo nhau. B. Trùng nhau. C. Song song. D. Cắt nhau. d2 : Câu 2. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 . Mặt phẳng nào sau đây cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính r = 3 ? Câu 3. A. 4 x − 3 y − z − 4 26 = 0 . B. 2 x + 2 y − z + 12 = 0 . C. 3 x − 4 y + 5 z − 17 + 20 2 = 0 . D. x + y + z + 3 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : x + y + z − 1 = 0 và (  ) : 2 x − y + mz − m + 1 = 0 , với m là tham số thực. Giá trị của m để ( ) ⊥ (  ) là A. −1 . Câu 4. B. 0 . D. −4 . C. 1 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Cho điểm I (1; 2; −2 ) và mặt phẳng ( P) : 2 x + 2 y + z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích bằng 16 . A. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 36 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 9 . C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 25 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 16 . 2 2 2 Câu 5. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian Oxyz , cho mặt (S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2 x + 4 y − 6 z − m + 4 = 0 . Tìm số thực m để mặt phẳng ( P) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0 cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 . B. m = 2 . A. m = 3 . Câu 6. D. m = 4 . C. m = 1 . Trong không gian Oxyz , cho điểm I ( 3; −1; 4 ) và mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 1 . 2 2 Phương trình của mặt cầu ( S ) có tâm I và tiếp xúc ngoài với mặt cầu ( S1 ) là A. ( x − 3) + ( y − 1) + ( z − 4 ) = 4 . B. ( x − 3) + ( y − 1) + ( z − 4 ) = 16 . C. ( x − 3) + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 4 . D. ( x − 3) + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 2 . 2 2 Câu 7. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian Oxyz , có bao nhiêu số thực m để mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 1 = 0 song song với mặt phẳng ( Q ) : 2 x + (m + 2) y − 2mz − m = 0 ? Câu 8. A. 1 . B. 0 . C. Vô số. D. 2 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , khoảng cách từ tâm mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 4x − 4 y − 4z −1 = 0 A. 140 4 . 3 B. 7 . 3 đến mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 10 = 0 bằng C. 0 . D. 8 . 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9. Cho mặt cầu ( S ) có đường kính 10 cm và mặt phẳng ( P ) cách tâm mặt cầu một khoảng 4cm . Khẳng định nào sau đây sai? A. ( P ) và ( S ) có vô số điểm chung. B. ( P ) tiếp xúc với ( S ) . C. ( P ) cắt ( S ) theo một đường tròn bán kính 3cm . D. ( P ) cắt ( S ) . Câu 10. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z = 0 cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là A. x y z − − = 1. 2 4 6 B. x y z + + = 1. 2 4 6 C. x y z − − = 0. 2 4 6 D. x y z + − = 1. 2 4 6 Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 12 . Mặt phẳng nào sau 2 2 2 đây cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn? B. ( P2 ) : x + y − z − 2 = 0 . A. ( P1 ) : x + y − z + 2 = 0 . D. ( P4 ) : x + y − z − 10 = 0 . C. ( P3 ) : x + y − z + 10 = 0 . Câu 12. Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; − 3) và tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là A. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 1 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 1 . C. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 13 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 13 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 4 và mặt phẳng ( P ) : 2 2 2 4 x − 3 y − m = 0 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) có đúng 1 điểm chung. A. m = 1. C. m = 1 hoặc m = 21 . B. m = −1 hoặc m = −21 . D. m = −9 hoặc m = 31 . Câu 14. Phương trình mặt phẳng ( P) chứa trục Oz và cắt mặt cầu (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 2 z − 6 = 0 theo đường tròn có bán kính bằng 3 là A. x + y = 0 . B. x − y = 0 . C. x + 2 y = 0 . D. x − 2 y = 0 . Câu 15. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Q ) : x + 2 y + 2z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P ) không qua O , song song mặt phẳng (Q ) và d ( ( P ); (Q ) ) = 1. Phương trình mặt phẳng ( P ) là A. x + 2 y + 2z + 3 = 0 . B. x + 2 y + 2z = 0 . C. x + 2 y + 2z + 1 = 0 . D. x + 2 y + 2z − 6 = 0 . Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 1) = 4 và mặt phẳng ( P ) : 2 2 2 x + my + z − 3m −1 = 0 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 . A. m = 1. C. m = 1 hoặc m = 2 . B. m = −1 hoặc m = −2 . D. m = −1 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 141 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm A ( 0 ;1; 2 ) , B ( 2; − 2 ;1) , C ( −2 ; 0;1) . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC với là A. 2 x − y − 1 = 0 . B. − y + 2 z − 3 = 0 . C. 2 x − y + 1 = 0 . D. y + 2 z − 5 = 0 . Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 2)2 + y 2 + ( z + 1)2 = 9 và mặt phẳng ( P) có phương trình 2 x − y − 2 z − 3 = 0 . Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Tính bán kính r của (C ) A. r = 5 . B. r = 2 . C. r = 2 2 . D. r = 2 . Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : 2 x + by + 4 z − 3 = 0 và ( Q ) : ax + 3 y − 2z + 1 = 0 , ( a, b  ) . Với giá trị nào của a và b thì hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) song song với nhau. A. a = 1 ; b = −6 . 3 C. a = − ; b = 9 . 2 B. a = −1 ; b = −6 . Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x A 1;0;0 , B 1; 2;0 và mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z2 D. a = −1 ; b = 6 . 2 y 2z 1 0 ; hai điểm 25 . Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng P , song song với đường thẳng AB , đồng thời cắt mặt cầu S theo đường tròn có bán kính bằng r 2 2 . A. 2 x 2 y 3z 11 0;2 x 2 y 3z 23 0 . B. 2 x 2 y 3z 11 0;2 x 2 y 3z 23 0. C. 2 x 2 y 3z 11 0;2 x 3z 23 0. 3z 11 0;2 x 2 y 3z 23 0 . D 2x 2y Câu 21. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : d2 : 2y x −1 y +1 z và = = 1 2 −1 x−2 y z +3 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A (1;0; 2 ) cắt d1 và vuông = = 1 2 2 góc với d 2 . x −3 y −3 z + 2 . = = 2 3 −4 x −1 y z − 2 D.  : . = = −2 3 −4 x −1 y z − 2 . = = −2 3 4 x −5 y −6 z −2 C.  : . = = −2 −3 4 B.  : A.  : Câu 22. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 2 = 0 vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây? A. 2 x − y − z − 2 = 0 . B. x − y − z − 2 = 0 . C. x + y + z − 2 = 0 . D. 2 x + y + z − 2 = 0 . Câu 23. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 và điểm M ( 3;1; 2 ) . Điểm 2 2 A di chuyển trên mặt cầu ( S ) thỏa mãn OA.MA = −3 thì điểm A thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau? 142 A. x+ y+ 6z − 2 = 0. B. 3x+ y+2z − 3 = 0. C. 5x+ y − 2z − 4 = 0. D. Không tồn tại mặt phẳng thỏa mãn. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 2 = 0 và mặt phẳng ( ) : 4 x + 3 y − 12 z + 10 = 0 . Lập phương trình mặt phẳng (  ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện: tiếp xúc với ( S ) ; song song với ( ) và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 x + 3 y − 12 z − 78 = 0 . B. 4 x + 3 y − 12 z − 26 = 0 . C. 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0 . D. 4 x + 3 y − 12 z + 26 = 0 . Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 9 và điểm M ( 3;1; 2 ) . Điểm 2 2 A di chuyển trên mặt cầu ( S ) thỏa mãn OA.MA = 2 thì điểm A thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau? A. x+ y+ 6z − 2 = 0. B. 3x+ y+2z − 3 = 0. C. 5x+ y − 2z − 4 = 0. D. 2x − 4z −1= 0. Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho điểm I (1; 2;5 ) và mặt phẳng ( ) : x − 2 y + 2 z + 2 = 0 . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với ( ) là A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 3 . B. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 5 ) = 3 . C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 9 . D. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 5 ) = 9 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 27. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z −17 = 0 . Biết mặt phẳng ( Q ) cắt mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 25 theo một 2 2 đường tròn có chu vi bằng 6 . Khi đó mặt phẳng ( Q ) có phương trình là: A. 2 x − 2 y + z + 7 = 0 . B. 2 x − 2 y + z + 17 = 0 . C. x − y + 2 z − 7 = 0 . D. 2 x − 2 y + z − 17 = 0 . Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0 và điểm I (1;3; −1) . Gọi ( S ) là mặt cầu tâm I và cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn cho chu vi bằng 2 . Viết phương trình mặt cầu ( S ) . A. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 1) = 5. B. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 3) + ( z − 1) = 5. C. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 1) = 3. D. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 1) = 5. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; −2;6), B(0;1;0) và mặt cầu (S ) : ( x −1)2 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 25 . Mặt phẳng ( P) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua A, B và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a + b + c . A. T = 3 B. T = 5 C. T = 2 Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho mặt ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 z − 10 = 0 . Gọi ( Q ) phẳng D. T = 4 ( P ) : x − 2 y + z + 7 = 0 và mặt cầu là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) và cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 . Hỏi ( Q ) đi qua điểm nào trong số các điểm sau? A. M ( 6;0;1) . B. N ( −3;1; 4 ) . C. J ( −2; −1;5 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. K ( 4; −1; −2 ) . 143 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 31. Cho hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 = 6 và ( S2 ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 6 . Biết rằng mặt 2 2 2 phẳng ( P ) : ax + by + cz + 6 = 0 ( a  0 ) vuông góc với mặt phẳng ( Q ) : 3x + 2 y + z − 1 = 0 đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho. Tích abc bằng A. −2 . B. 2 . C. 0 . D. 1 . Câu 32. Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) và cắt mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 1 = 0 theo một đường tròn có bán kính bằng 8 có phương trình là A. ( x + 1) + ( y + 2 ) 2 + ( z − 1) 2 = 9 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) 2 + ( z + 1) 2 = 9 . C. ( x + 1) + ( y + 2 ) 2 + ( z − 1) 2 = 3 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) 2 + ( z + 1) 2 = 3 . 2 2 2 2 Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : mx + ( m − 1) y + z − 10 = 0 và mặt phẳng ( Q ) :2 x + y − 2z + 3 = 0 . Với giá trị nào của m thì và vuông góc với nhau? A. m = −2 . B. m = 2 . C. m = 1 . D. m = −1 . Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : mx + ( m − 1) y + z − 10 = 0 và mặt phẳng ( Q ) :2 x + y − 2z + 3 = 0 . Với giá trị nào của m thì và vuông góc với nhau? A. m = −2 . B. m = 2 . C. m = 1 . D. m = −1 . Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có tâm I (2;1;1) và mặt phẳng ( P) : 2 x + y + 2 z + 2 = 0 . Biết mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1 . Viết phương trình của mặt cầu (S ) . A. (S ) : ( x + 2)2 + ( y + 1)2 + ( z + 1)2 = 8 . B. (S ) : ( x + 2)2 + ( y + 1)2 + ( z + 1)2 = 10 . C. (S ) : ( x − 2)2 + ( y −1)2 + ( z −1)2 = 8 . D. (S ) : ( x − 2)2 + ( y −1)2 + ( z − 1)2 = 10 . 2 2 2 Câu 36. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 2 z + 1 = 0 và x y−2 z = đường thẳng d : = . Hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) chứa d và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) 1 1 −1 tại A và B . Gọi H ( a ; b ; c ) là trung điểm AB . Giá trị a + b + c bằng 1 . 6 1 . 3 2 . 3 5 . 6 Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : mx + 2y − z + 1 = 0 ( m là tham A. B. C. D. số). Mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 9 theo một đường tròn có bán kính 2 2 bằng 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m ? A. m = 1 . B. m = 2 + 5 . C. m = 4 . D. m = 6  2 5 . Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z − 7 = 0 và mặt cầu (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 . Mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) và cắt ( S ) theo một đường tròn có chu vi bằng 6 có phương trình là 144 A. ( Q ) :2 x + 2 y − z + 17 = 0 . B. ( Q ) :2 x + 2 y − z + 7 = 0 . C. ( Q ) :2 x + 2 y − z − 19 = 0 . D. ( Q ) :2 x + 2 y − z − 17 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c  0. Biết rằng mặt ( ABC ) phẳng ( S ) : ( x − 1) 2 đi qua điểm 2 4 4 M ; ;  3 3 3 và tiếp xúc với mặt cầu + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 1. Thể tích khối tứ diện OABC bằng: 2 A. 4 . 2 C. 9 . D. 12 . x−2 y z Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt cầu 2 −1 4 ( S ) 🙁 x − 1) B. 6 . 2 + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 . Hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) chứa d và tiếp xúc với ( S ) . 2 2 Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN . 4 A. 2 2 . B. . C. 6 . 3 Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ( S ) : ( x + 2 ) + ( y − 1) 2 D. 4 . 2 ( + z+ 2 ) A −2;0; −2 2 , B ( −4; −4;0 ) . Biết rằng tập hợp các điểm M ) 2 = 9 và hai điểm thuộc (S ) sao cho MA2 + MO.MB = 16 là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 3 . B. C. 2 2 . 2 . D. 5 . Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho điểm I ( 2; −5; −2 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 2 z − 1 = 0 . Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) là: A. ( x − 2)2 + ( y + 5)2 + (z+ 2)2 = 16 . B. ( x − 2)2 + ( y + 5)2 + (z+ 2)2 = 4 . C. ( x + 2)2 + ( y − 5)2 + (z− 2)2 = 4 . D. ( x − 2)2 + ( y + 5)2 + (z+ 2)2 = 2 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 6 z + m − 3 = 0 . Tìm số thực m để (  ) : 2 x − y + 2 z − 8 = 0 cắt ( S ) theo một đường tròn có chu vi bằng 8 . A. m = −3 . B. m = −4 . C. m = −1 . D. m = −2 . Câu 44. Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) cùng thỏa mãn các điều kiện sau: đi qua hai điểm A (1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O . Giả sử ( P ) có phương trình x + b1 y + c1 z + d1 = 0 và ( Q ) có phương trình x + b2 y + c2 z + d2 = 0 . Tính giá trị biểu thức b1b2 + c1c2 . A.7. B.-9. C.-7. D.9. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) đi qua điểm M ( 2;5; −2 ) và tiếp xúc với các mặt phẳng ( ) : x = 1 , (  ) : y = 1 , (  ) : z = −1 . Bán kính của mặt cầu ( S ) bằng A. 4 . C. 1 . B. 3 2 . D. 3 . Câu 46. Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I ( −1; 2;1) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 2 z − 2 = 0 có phương trình là ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = d . Giá trị T = a + b + c + d bằng 2 A. 11. B. 5 . 2 2 C. 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 13 . 145 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm thuộc trục Oz . Biết mặt phẳng ( Oxy ) và mặt phẳng ( ) : z = 2 lần lượt cắt ( S ) theo hai đường tròn có bán kính 2 và 4. Phương trình của ( S ) A. x 2 + y 2 + ( z − 2 ) = 16 . B. x 2 + y 2 + ( z − 4 ) = 16 . C. x 2 + y 2 + ( z − 4 ) = 20 . D. x 2 + y 2 + ( z − 2 ) = 20 . 2 2 2 2 Câu 48. Trong không gian tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I ( 4;9;16 ) tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là A. ( x + 4 ) + ( y + 9 ) + ( z + 16 ) = 4 . B. ( x − 4 ) + ( y − 9 ) + ( z − 16 ) = 4 . C. ( x + 4 ) + ( y + 9 ) + ( z + 16 ) = 16 . D. ( x − 4 ) + ( y − 9 ) + ( z − 16 ) = 16 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho các mặt phẳng ( P ) : 2 x + 4 y − z − 7 = 0 , ( Q ) : 4 x + 5 y + z − 14 = 0 , ( R) : x + 2 y − 2z − 2 = 0 và ( S ) : x + 2 y − 2 z + 4 = 0 . Biết mặt cầu ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = D có tâm nằm trên ( P ) và ( Q ) , cùng tiếp xúc với 2 ( R) 2 2 và ( S ) . Giá trị a + b + c bằng A. 2 . B. 3 . C. 5 . Câu 50. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm D. 4 . A(2;1;2) và mặt cầu (S ) : x2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 9 . Mặt phẳng thay đổi luôn đi qua A cắt ( S ) theo thiết diện là đường tròn. Hãy tìm bán kính của đường tròn có chu vi nhỏ nhất. 1 3 . B. . C. 2 . D. 3 . 2 2 Câu 51. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A(2;1;2) và mặt cầu A. (S ) : x2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 9 . Mặt phẳng thay đổi luôn đi qua A cắt ( S ) theo thiết diện là đường tròn. Hãy tìm bán kính của đường tròn có chu vi nhỏ nhất. A. 3 . 2 B. 1 . 2 C. 2 . D. 3 . Câu 52. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − z + 6 = 0 và hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 = 25 ; ( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 4 z + 7 = 0. Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) và tâm I nằm trên ( P ) là một đường cong. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó. A. 7 . 3 Câu 53. Trong ( x − 2) B. không 2 gian 7 . 9 Oxyz , cho 9 . 7 C. ( P) D. 7 . 6 x + 2 y − 2 z + 5 = 0 và 2 mặt cầu ( S1 ) + y 2 + ( z + 1) = 1 , ( S 2 ) : ( x + 4 ) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 4 . Gọi M , A, B lần lượt thuộc 2 2 2 2 mặt phẳng ( P ) và hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất S = MA + MB . A. Smin = 11 . 146 : B. Smin = 2 14 − 3 . C. Smin = 15 − 3 . D. Smin = 3 6 − 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn C Đường thẳng d1 có véc tơ chỉ phương u1 = ( 2;1; −2 ) và đi qua điểm M 1 (1;0; −2 ) . Đường thẳng d 2 có véc tơ chỉ phương u2 = ( −2; −1; 2 ) .  d1 // d 2 , (1) . Do u1 cùng phương với u 2 nên ta có   d1  d 2 Thay tọa độ M1 vào phương trình d 2 ta được: 1 + 2 −1 −2 , (mệnh đề sai). = = −2 −1 2 Suy ra M 1  d 2 , ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) , ta có d1 // d2 . Câu 2. Chọn C Mặt cầu ( S ) có phương trình x2 + y 2 + z 2 − 6x + 4 y − 12 = 0 có tâm I ( 3; − 2;0 ) và bán kính R = 5. Ta gọi khoảng cách từ tâm I của mặt cầu tới các mặt phẳng ở các đáp án là h , khi đó để mặt phẳng cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính r = 3 thì h = R 2 − r 2 = 25 − 9 = 4 . Đáp án A loại vì h = 18 − 4 26 26  4. Chọn đáp án C vì h = 4. Câu 3. Đáp án B loại vì h = 14 4. 3 Đáp án D loại vì h = 1+ 3  4. 3 Chọn A Mặt phẳng ( ) có véctơ pháp tuyến n = (1;1;1) và (  ) có véctơ pháp tuyến n = ( 2 ; − 1; m ) ( ) ⊥ (  )  n Câu 4. ⊥ n  1 + m = 0  m = −1 . Chọn C Ta có: d = d ( I ; ( P ) ) = 2.1 + 2.2 − 2 + 5 22 + 22 + 12 = 3. Bán kính của đường tròn giao tuyến là: r = S  = 16 = 4 . Mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là một đường tròn nên ta có: R2 = d 2 + r 2 = 9 + 16 = 25  R = 5 . Vậy phương trình mặt cầu tâm I , bán kính R = 5 là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 25 . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2 2 147 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 5. Chọn A x2 + y 2 + z 2 + 2x + 4 y − 6 z − m + 4 = 0  x2 + y 2 + z 2 − 2.(−1).x − 2.(−2). y − 2.3.z + (−m + 4) = 0 a = −1 , b = -2 , c = 3 , d = -m + 4 Điều kiện: a2 + b2 + c2 − d  0  10 + m  0  m  −10 . Mặt cầu (S ) có tâm I ( −1; − 2;3) , bán kính R = 10 + m. d ( I , ( P)) = 2.(−1) − 2.(−2) + 3 + 1 22 + ( −2 ) + 12 2 = 2. ( P) cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng 3  d ( I , ( P)) = R 2 − 32 . 2= Câu 6. ( m + 10 ) − 32 .  m = 3 ( thỏa mãn điều kiện). Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Chọn C Gọi I1 là tâm mặt cầu ( S1 ) và R1 là bán kính mặt cầu ( S1 ) . Tính được khoảng cách II1 = 22 + 12 + 22 = 3  R1 = 1 nên điểm I nằm ngoài mặt cầu ( S1 ) Suy ra bán kính của mặt cầu ( S ) là R = II1 − R1 = 2 . Câu 7. Chọn B Mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 1 = 0 có 1 VTPT là nP = (1; 2; −2 ) . Mặt phẳng ( Q ) : 2 x + (m + 2) y − 2mz − m = 0 có 1 VTPT là nQ = ( 2; m + 2; −2m ) . Để ( P ) // ( Q ) thì Câu 8. m = 2 1 2 −2 −1   m  . = =  2 m + 2 −2m −m m  2 Suy ra không có giá trị thực của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; 2; 2 ) , do đó d ( I , ( P ) ) = Câu 9. 2 + 4 + 4 − 10 1+ 4 + 4 = 0. ChọnB Vì bán kính của mặt cầu là R = 5 , d = d ( I ; ( P ) ) = 4  R (với I là tâm mặt cầu) 148 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do đó ( P ) cắt ( S ) theo một đường tròn bán kính là r = R 2 − d 2 = 52 − 42 = 3 . Vậy ( P ) không tiếp xúc với ( S ) . Câu 10. Chọn B Gọi điểm A ( a ;0;0 ) là giao điểm của mặt cầu và trục hoành trong đó a  0 . a = 0 ( l ) Khi đó a 2 − 2a = 0   . Do đó A ( 2;0;0 ) .  a = 2 ( n ) Gọi điểm B ( 0; b ;0 ) là giao điểm của mặt cầu và trục tung trong đó b  0 . b = 0 ( l ) Khi đó b 2 − 4b = 0   . Do đó B ( 0; 4;0 ) . b = 4 ( n ) Gọi điểm C ( 0;0; c ) là giao điểm của mặt cầu và trục Oz trong đó c  0 . c = 0 ( l ) Khi đó c 2 − 6c = 0   . Do đó C ( 0;0;6 ) . c = 6 ( n ) Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A , B , C là x y z + + = 1. 2 4 6 Câu 11. Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2; − 1;1) , bán kính R = 12 . Ta có: d ( I , ( P1 ) ) = −2 − 1 − 1 + 2 3 = 2  12 = R . 3 Vậy mặt phẳng ( P1 ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Câu 12. Chọn B Phương trình mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0 . Do mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) nên: d( I ,(Oyz )) = R  1.1 + 0.2 + 0.(−3) 12 + 02 + 02 = R  R =1 . Khi đó phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 1 . 2 2 2 Câu 13. Chọn C 2 2 2 Ta có mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 4 có tâm I ( 2; −1; −2 ) , bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) có đúng 1 điểm chung khi và chỉ khi mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S )  d ( I , ( P ) ) = R  4.2 − 3. ( −1) − m 42 + 32 m = 1 = 2  11 − m = 10   .  m = 21 Câu 14. Chọn A Vì mặt phẳng ( P) chứa trục Oz nên phương trình mặt phẳng ( P) có dạng ax + by = 0 (a 2 + b2  0 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 149 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −1;1) và bán kính R = 3 . Mặt khác mặt cầu (S ) cắt mặt phẳng ( P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3 nên mặt phẳng ( P) đi qua tâm I (1; −1;1) của măt cầu. Ta có I  ( P )  a.1 + b.(−1) = 0  a = b . Vì a2 + b2  0 nên chọn a = 1  b = 1. Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là: x + y = 0 . Câu 15. Chọn D Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng x + 2 y + 2z + d = 0 Với d  0;d  −3 . Có d d +3 d = 0 . =1  12 + 22 + 22 d = −6 ( ( P ); (Q ) ) = 1  Kết hợp điều kiện  ( P ) có dạng: x + 2 y + 2z − 6 = 0 . Câu 16. Chọn A Mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 1) = 4 có tâm I ( 2; 4;1) , bán kính R = 2 . 2 Ta có d ( I , ( P ) ) = 2 2 2 + 4m + 1 − 3m − 1 1 + m2 + 1 = m+2 m2 + 2 Mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 nên bán kính đường tròn giao tuyến r = 1 . Ta có R 2 = d 2 ( I , ( P ) ) + r 2  4 = ( m + 2) 2 m +2 2 + 1  m 2 + 4m + 4 = 3 ( m 2 + 2 )  2m2 − 4m + 2 = 0  m = 1. Câu 17. Chọn C Ta có BC = ( −4; 2 ; 0 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm. Vì mặt phẳng đi qua A nên có phương trình: −4 ( x − 0 ) + 2 ( y − 1) = 0  2 x − y + 1 = 0 . Câu 18. Chọn C Mặt cầu (S ) có tâm I (2;0; −1) , bán kính R = 3 . Khi đó, ta có d ( I ;( P)) = 2.2 − 0 − 2 ( −1) − 3 2 + ( −1) + ( −2 ) 2 2 2 = 1 và r 2 = R2 − d 2 ( I ;( P)) = 8  r = 2 2 . Câu 19. Chọn B Gọi nP , nQ lần lượt là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Ta có : nP = ( 2; b ; 4 ) và nQ = ( a ;3; − 2 ) . Cách 1. 2 = k .a k = −2 b = 3.k     nP = knQ ( 2; b ; 4 ) = k ( a ;3; − 2 )   a = −1 .  Ta có ( P ) // ( Q )      −3  k .1 b = −6 4 = −2.k −3  k .1  −3  k 150 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 2. n  nQ = 0 a = −1  ( −2b − 12; 4a + 4;6 − ab ) = ( 0;0;0 )   Ta có ( P ) // ( Q )   P . b = −6 −3  1 Câu 20. Chọn A Mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z2 25 có tâm I 1; 2;0 và bán kính R Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P là n Vì mặt phẳng là n Suy ra, phương trình mặt phẳng D 6 17 17 Do đó, phương trình mặt phẳng Dễ thấy, A r2 17 . 1; 2; 2 , vectơ AB 2; 2; 0 . vuông góc với mặt phẳng P và song song với đường thẳng AB nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng Ta có: d I , R2 là d I , 5. nên n, AB 4; 4;6 . : 2x có dạng D 6 D D 17 là 2 x 2y 2y 6 6 3z 17 17 3z 11 D D D 0. 11 . 23 0 hoặc 2 x 2y 3z 0. 23 song song với đường thẳng AB . Vậy phương trình mặt phẳng là 2 x 2y 3z 11 0 hoặc 2 x 2y 3z 23 0. Câu 21. Chọn B Gọi ( P ) là mặt phẳng qua điểm A (1;0; 2 ) và vuông góc với d 2 . Phương trình mặt phẳng ( P ) : 1( x − 1) + 2 ( y − 0 ) + 2 ( z − 2 ) = 0  x + 2 y + 2 z − 5 = 0  x = 1+ t  Phương trình tham số của đường thẳng d1 :  y = −1 + 2t  z = −t  Gọi B là giao điểm của ( P ) và đường thẳng d1 , khi đó tọa độ điểm B thỏa hệ: x + 2 y + 2z − 5 = 0  t=2   x=3 x = 1+ t    B ( 3;3; −2 ) .   y = −1 + 2t   y=3   z = −2 z = −t Vì đường thẳng  đi qua điểm A (1;0; 2 ) , cắt d1 và vuông góc với d 2 nên đường thẳng  đi qua 2 điểm A và B . AB = ( 2;3; −4 ) Phương trình đường thẳng  đi qua B nhận AB = ( 2;3; −4 ) làm vecto chỉ phương là: x −3 y −3 z + 2 . = = 2 3 −4 Câu 22. Chọn B : Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến nP = ( 2;1;1) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 151 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( Q ) : x − y − z − 2 = 0 có một vectơ pháp tuyến nQ = (1; −1; −1) . Mà nP .nQ = 2 − 1 − 1 = 0  nP ⊥ nQ  ( P ) ⊥ ( Q ) . Vậy mặt phẳng x − y − z − 2 = 0 là mặt phẳng cần tìm. Câu 23. Chọn D Cách 1 Gọi A có tọa độ là A ( x; y; z ) . OA = ( x; y; z ) , MA = ( x − 3; y − 1; z − 2 ) . Vì A ( x; y; z ) thuộc mặt cầu ( S ) nên ta có ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 . 2 2 Ta có OA.MA = −3  x ( x − 3) + y ( y − 1) + z ( z − 2 ) = −3.  ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) − 4 − x − y − 6z + 2 = 0  x2 + y 2 + z 2 − 3x − y − 2z + 3 = 0 2 2  ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) − 4 = x + y + 6z − 2  x+ y+ 6z − 2 = 0. 2 2 Điểm A thuộc mặt phẳng (  ) : x + y + 6z − 2 = 0 (1) Ta thấy ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 có tâm I (1;0; −2 ) bán kính R = 2 2 d ( I,(  ) ) = 13 38 2  2 = R suy ra ( S )  (  ) =  suy ra (1) vô lý. Vậy không có mặt phẳng chứa điểm A thỏa mãn yêu cầu A di chuyển trên mặt cầu ( S ) và OA.MA = −3. Cách 2 Gọi A có tọa độ là A ( x; y; z ) . OA = ( x; y; z ) , MA = ( x − 3; y − 1; z − 2 ) . Vì A ( x; y; z ) thuộc mặt cầu ( S ) nên ta có ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 . 2 2 Ta có OA.MA = −3  x ( x − 3) + y ( y − 1) + z ( z − 2 ) = −3. 2 2 3  1 1 2   x + y + z − 3x − y − 2z + 3 = 0   x −  +  y −  + ( z − 1) = . 2  2 2  2 2 2 2 3 1  Suy ra A thuộc mặt cầu ( S’ ) có tâm I’  ; ;1 bán kính R’ =  2 2 2  Ta có ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 4 có tâm I (1;0; −2 ) bán kính R = 2 2 Ta thấy II’ = 2 38 2 > 2+ = R + R’ suy ra ( S )  ( S’ ) = . 2 2 Vậy không có mặt phẳng chứa điểm A thỏa mãn yêu cầu A di chuyển trên mặt cầu ( S ) và OA.MA = −3. Câu 24. Chọn C Mặt cầu ( S ) có: tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 12 + 22 + 32 + 2 = 4 . Vì ( ) (  ) nên phương trình mp ( ) có dạng: 4 x + 3 y − 12 z + d = 0, ( d  10 ) . 152 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vì ( ) d ( I ,(  ) ) = R  xúc tiếp 4.1 + 3.2 − 12.3 + d 42 + 32 + ( −12 ) 2 mặt (S ) cầu nên:  d = −26 . = 4  d − 26 = 52    d = 78 Do (  ) cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn d = 78 . Vậy mp (  ) : 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0 . Câu 25. Chọn A Câu 26. Chọn C I R d H ( α) Từ tọa độ tâm I (1; 2;5 ) ta loại được hai đáp án B, D. Mặt khác theo bài ta có R = d ( I , ( ) ) = 1 − 2.2 + 2.5 + 2 1 + ( −2 ) + 2 2 2 = 3 nên đáp án A loại. 2 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm có phương trình ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 9 . 2 2 2 Vậy chọn C Câu 27. Chọn A Do mặt phẳng (Q ) song song với mặt phẳng ( P) nên mặt phẳng (Q ) có dạng: 2 x − 2 y + z + D = 0, ( D  −17 ) . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; −2;1) và bán kính R = 5 . Đường tròn giao tuyến có chu vi bằng 6 , suy ra: 2 r = 6  r = 3 . Do đó: d ( I , ( Q ) ) = R 2 − r 2 = 4  2.0 − 2. ( −2 ) + 1 + D 22 + ( −2 ) + 12 2  D = 7 (TM ) . = 4  D + 5 = 12    D = −17 ( L ) Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) là: 2 x − 2 y + z + 7 = 0 . * Phân tích bài toán – Đây là bài toán về sự tương giao của mặt cầu với mặt phẳng. – Để giải quyết bài toán này chúng ta cần nhớ lại kiến sau: Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 153 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cho mặt cầu S ( O; R ) và một mặt phẳng ( ) . Gọi H là hình chiều vuông góc của O lên ( ) và d = d ( O, ( ) ) = OH . Khi đó Nếu d  R thì mặt phẳng cắt mặt cầu theo thiết diện là một đường tròn có tâm H và bán kính r = R2 − d 2 . Câu 28. Chọn D Bán kính của đường tròn là: r = 2 =1. 2 Khoảng cách từ I đến ( P ) là: d = 2.1 − 3 + 2.(−1) − 3 22 + (−1) 2 +22 = 2. Bán kính mặt cầu ( S ) là: R = r 2 + d 2 = 12 + 22 = 5. Phương trình mặt cầu ( S ) là: ( S ) : ( x − 1) + ( y − 3) + ( z − 1) = 5. 2 2 2 Câu 29. Chọn A I H B K A Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) , bán kính R = 5. Mặt phẳng ( P ) có vec-tơ pháp tuyến nP = ( a; b; c ) Theo giả thiết B ( 0;1;0 )  ( P ) : b − 2 = 0  b = 2. Ta có: AB = ( −3;3; −6 ) cùng phương với u = (1; −1; 2 ) . 154 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = t  Phương trình đường thẳng AB :  y = 1 − t  z = 2t  Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến. K là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng AB, H là hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) Ta có: K  AB  K ( t ;1 − t ; 2t )  IK = ( t − 1; −t − 1; 2t − 3) IK ⊥ AB  AB.IK = 0  t = 1  IK = ( 0; −2; −1) . r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 25 − d 2 ( I , ( P ) ) = 25 − IH 2 . Ta có: rmin  IH max . Mà IH  IK  IH max = IK  H  K  ( P ) ⊥ IK  nP và IK cùng phương. a = 0 a = 0 a = 0    nP = k .IK  b = −2k  k = −1    t = a + b + c = 0 + 2 + 1 = 3. c = 1  c = − k c = 1   Câu 30. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; −2 ) , R = 15 . Gọi đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( Q ) có bán kính là r , theo đề bài C = 2 r = 6  r = 3. IH = R 2 − r 2 = 15 − 9 = 6 . ( P ) // ( Q )  ( Q ) : x − 2 y + z + D = 0 ( D  7 ) . d ( I , ( Q ) ) = IH  1− 2 + D 6  D = 7 (l )  (Q ) : x − 2 y + z − 5 = 0 . = 6  D = −5 ( t / m ) Thay các điểm ở đáp án vào phương trình ( Q )  J thỏa mãn. Câu 31. Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 155 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có: ( S1 ) có tâm I1 ( 0;0;0 ) và bán kính R1 = 6 ( S2 ) có tâm I 2 (1;1;1) và bán kính R2 = 6 Mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + 6 = 0 ( a  0 ) có vectơ pháp tuyến n( P ) = ( a; b; c )( a  0 ) Mặt phẳng ( Q ) : 3x + 2 y + z − 1 = 0 có vectơ pháp tuyến n(Q ) = ( 3; 2;1) Vì Mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) vuông góc nhau  n( P ) .n( Q ) = 0  3a + 2b + c = 0 (1)  d ( I1 ; ( P ) ) = R1 Mặt phẳng ( P ) đồng thời tiếp xúc với cà hai mặt cầu nên   d ( I 2 ; ( P ) ) = R2  6 = 6  2 2 2  a +b +c   a+b+c+6 = 6  2 2 2  a +b +c a + b + c = 0 | a + b + c + 6 |= 6   2   a + b + c = −12 (2) 2 2 a + b + c = 6  2 2 2 a + b + c = 6 Từ (1) và (2) 3a + 2b + c = 0 c = a c = 1    TH1: a + b + c = 0  b = −2a  b = −2  abc = −2 a 2 + b 2 + c 2 = 6  a 2 + 4a 2 + a 2 = 6 a = 1    3a + 2b + c = 0 c = a − 24 c = a − 24    TH2: a + b + c = −12  b = 12 − 2a  b = 12 − 2a a 2 + b 2 + c 2 = 6 a 2 + (12 − 2a) 2 + (a − 24) 2 = 6 5a 2 − 96a + 684 = 0(VN)    Ta chọn đáp án A. Cách khác : Ta có: ( S1 ) có tâm I1 ( 0;0;0 ) và bán kính R1 = 6 ( S2 ) có tâm I 2 (1;1;1) và bán kính R2 = 6 ; Mặt phẳng ( Q ) : 3x + 2 y + z − 1 = 0 có vectơ pháp tuyến n(Q ) = ( 3; 2;1) . Vì I1 I 2 = 3  6 nên hai mặt cầu cắt nhau mà R1 = R2 = 6 nên mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với cả hai mặt cầu khi ( P ) song song với I1 I 2 . Ta lại có mặt phẳng ( P) vuông góc với mặt phẳng (Q ) nên mặt phẳng  I1 I 2 , n(Q )  = ( −1; 2; −1) làm vectơ pháp tuyến.   Vì ( P ) có vectơ pháp tuyến n( P ) = ( a; b; c )( a  0 ) nên b = −2a a b c = =  . −1 2 −1  c = a Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) được viết lại là: ax − 2ay + az + 6 = 0 . Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S1 ) nên d ( I1 , ( P ) ) = R1  6 a 6 = 6  a = 1. Suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) :1x − 2 y + z + 6 = 0 . Vậy tích abc = −2 156 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” ( P) nhận CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 32. Chọn B Gọi J là hình chiếu của điểm I lên mặt phẳng ( P ) ta có IJ = d ( I , ( P ) ) = 2.1 − 2 + 2 ( −1) − 1 2 + ( −1) + 2 2 2 Mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) và cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn có bán kính bằng =1. 2 8 ta có bán kính mặt cầu R = 8 + IJ 2 = 3 . Phương trình mặt cầu cần tìm ( x − 1) + ( y − 2 ) 2 + ( z + 1) 2 = 9 . 2 Câu 33. Chọn C ( P ) : mx + ( m − 1) y + z − 10 = 0 ( Q ) :2 x + y − 2z + 3 = 0 có vectơ pháp tuyến n1 = ( m ; m − 1;1) . có vectơ pháp tuyến n2 = ( 2;1; −2 ) . ( P ) ⊥ ( Q )  n1.n2 = 0  2m + m − 1 − 2 = 0  m = 1 . Câu 34. Chọn C ( P ) : mx + ( m − 1) y + z − 10 = 0 ( Q ) :2 x + y − 2z + 3 = 0 có vectơ pháp tuyến n1 = ( m ; m − 1;1) . có vectơ pháp tuyến n2 = ( 2;1; −2 ) . ( P ) ⊥ ( Q )  n1.n2 = 0  2m + m − 1 − 2 = 0  m = 1 . Câu 35. Chọn D ( ) Ta có: IH = d I ; ( P ) = 2.2 + 1 + 2.1 + 2 2 +1 + 2 2 2 2 = 9 = 3, 3 Suy bán kính mặt cầu R = IH 2 + r 2 = 32 + 12 = 10 Phương trình mặt câu: (S) : ( x − 2)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 10 Câu 36. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 157 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A I K H B Q P Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; − 1) và bán kính R = 12 + 02 + ( −1) − 1 = 1 . 2 Mặt phẳng ( ) đi qua I và vuông góc với đường thẳng d có phương trình: 1( x − 1) + 1( y − 0 ) − 1( z + 1) = 0  x + y − z − 2 = 0 . Gọi K là hình chiếu của I d trên , do K  d  K (t ; 2 + t ; − t ) và K  ( P )  t + 2 + t − ( −t ) − 2 = 0  t = 0  K ( 0; 2;0 ) . Mặt phẳng IK = ( ) cắt (S ) theo đường tròn lớn ( 0 − 1) + ( 2 − 0 ) + ( 0 + 1) 2 2 IH .IK = IA2 = 1  2 (C ) , có A , B  ( C ) và H = IK  AB . = 6 IH 1 1 =  IH = IK ( vì IH , IK cùng hướng). IK 6 6 1 5   a − 1 = 6 ( 0 − 1) a = 6   1 1 1    b − 0 = ( 2 − 0 )  b =  a+b+c = . 6 3 3   1 5   c + 1 = 6 ( 0 + 1) c = − 6   Câu 37. Chọn D Từ ( S) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 9 ta có tâm I = ( 2;1;0 ) bán kính 2 2 R = 3 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) và ( P)  (S ) = C ( H ; r ) với r = 2 I Ta có IH = d ( I ; ( P ) )  IH = 2m + 2 − 0 + 1 m2 + 4 + 1 = 2m + 3 m2 + 5 ( 2m + 3 ) + 4 Theo yêu cầu bài toán ta có R2 = IH 2 + r 2  9 = m2 + 5 2 A H m = 6 − 2 5 .  m2 − 12m + 16 = 0    m = 6 + 2 5 158 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 38. Chọn A Ta có mặt cầu ( S ) có tâm I (1; − 2;3) , bán kính R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5 . Đường tròn ( C ) có chu vi bằng 6 nên có bán kính là: rC = 6 = 3. 2 Mặt phẳng ( Q ) song song với mp ( P ) nên phương trình mặt phẳng ( Q ) là: 2x + 2 y − z + D = 0 Vì (Q ) ( D  −7 ) . (S ) cắt theo giao rC = R 2 − d 2 ( I , ( Q ) )  3 = 25 − d 2 ( I , ( Q ) )  2.1 + 2 ( −2 ) − 3 + D 4 + 4 +1 tuyến là đường tròn (C ) nên  d ( I , (Q ) ) = 4  D = 17 = 4  D − 5 = 12    D = −7 Kết hợp điều kiện D  −7 ta có phương trình ( Q ) :2 x + 2 y − z + 17 = 0 . Câu 39. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; 2 ) bán kính R = 1 . 2 2 2 2  4  4  Ta có IM =  − 1 +  − 2  +  − 2  = 1 = R 3  3  3  Suy ra mặt phẳng ( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm M . 1 2 2 Nên mặt phẳng ( ABC ) có véctơ pháp tuyến MI  ; ;  . 3 3 3 2  4  4 x y z  Phương trình mặt phẳng ( ABC ) :1 x −  + 2  y −  + 2  z −  = 0  + + = 1 . 3  3  3 6 3 3  Suy ra a = 6; b = 3; c = 3 . Vậy VOABC = 1 abc = 9. 6 Câu 40. Chọn B d nằm trên hai mặt phẳng ( P) và (Q) nên d chính là giao tuyến của hai mặt phẳng đó Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;1) và bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( ) đi qua I và vuông góc với đường thẳng d có phương trình: Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 159 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2 ( x − 1) − 1( y − 2 ) + 4 ( z − 1) = 0  2 x − y + 4 z − 4 = 0 . Gọi K là hình chiếu của I trên d , do K  d  K ( 2 + 2t ; − t ; 4t ) và K  ( )  2. ( 2 + 2t ) + t + 4.4t − 4 = 0  t = 0  K ( 2;0;0 ) . Mặt phẳng ( ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn lớn ( C ) . Ta có M , N  ( C ) và gọi H = IK  MN . Suy ra H là trung điểm của MN . IK = ( 2 − 1) + ( 0 − 2 ) + ( 0 − 1) 2 2 2 = 6. 2 2 4 2  2  Ta có IH .IK = IM = 2  IH = nên MN = 2 HM = 2 IM 2 −  .  = 2 2− 3 = 3 6  6 2 Câu 41. Chọn C Gọi M ( x; y; z ) ( x + 2) 2 là ( + y2 + z + 2 2 điểm ) 2 thuộc mặt cầu (S ) MA2 + MO.MB = 16 .Vì nên + x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 4 y = 16  2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 8 x + 4 y + 4 2 z + 12 = 16  x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 2 y + 2 2 z − 2 = 0 ( S  ) . Ta thấy rằng tọa độ M thỏa phương trình ( S  ) cũng là phương trình mặt cầu. Như vậy điểm M nằm trên giao tuyến của hai mặt cầu ( S ) và ( S  ) ,đó là một đường tròn. Để tìm bán kính của đường tròn giao tuyến ta làm như sau: Bằng cách khử đi x 2 , y 2 , z 2 từ phương trình ( S ) và ( S  ) ta được phương trình y = 0 ( P ) Phương trình ( P ) là phương trình của một mặt phẳng. Như vậy điểm M nằm trên giao tuyến của mặt cầu ( S ) (hoặc của ( S  ) cũng được) với mặt phẳng ( P) . ( ) Mặt cầu ( S ) có tâm I −2;1; − 2 và bán kính R = 3 . Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( P ) là: d = d ( I , ( P ) ) = 1 . Vậy bán kính đường tròn giao tuyến là r = R 2 − d 2 = 9 − 1 = 2 2 . Câu 42. Chọn B Ta có: d ( I ; ( P ) ) = 2.2 + ( −5 ) + 2 ( −2 ) − 1 4 +1+ 4 = 6 = 2. 3 Mặt cầu có tâm I ( 2; −5; −2 ) và có R = 2 nên ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 5 ) + ( z + 2 ) = 4 . 2 2 2 Câu 43. Chọn A Mặt cầu ( S) có tâm I ( −1;2;3) , bán kính R = 17 − m (điều kiện m 17 ). 160 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (  ) là: d ( I , (  ) ) = 2. Đường tròn giao tuyến có bán kính là: r = 8 = 4. 2 Ta có R2 = d2 ( I , (  ) ) + r 2  17 − m = 4 + 16  m = −3 (thỏa mãn). Câu 44. ChọnB Cách 1 Xét mặt phẳng ( ) có phương trình x + by + cz + d = 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm A (1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O . Vì ( ) đi qua A (1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) nên ta có hệ phương trình: 1 + b + c + d = 0  −2b + 2c + d = 0 ( *)  −d  Mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại M ( −d ;0;0 ) , N  0; ;0  .  b  Vì M , N cách đều O nên OM = ON . Suy ra: d = d . b Nếu d = 0 thì chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này sẽ đi qua điểm O ). Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: d = d  b = 1 . b ▪ c + d = −2 c = 4  Với b = 1 , (*)   . Ta được mặt phẳng ( P ) : x + y + 4z − 6 = 0 2c + d = 2 d = −6 ▪ c + d = 0 c = −2  Với b = −1 , (*)   . Ta được mặt phẳng ( Q ) : x − y − 2z + 2 = 0 2c + d = −2 d = 2 Vậy: b1b2 + c1c2 = 1. ( −1) + 4. ( −2 ) = −9 . Cách 2 ; AB = ( −1; −3;1) Xét mặt phẳng ( ) có phương trình x + by + cz + d = 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm A (1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O lần lượt tại M , N . Vì M , N cách đều O nên ta có 2 trường hợp sau: TH1: M (a;0;0), N (0; a;0) với a  0 khi đó ( ) chính là ( P ) . Ta có MN = (−a; a;0) , chọn u1 = (−1;1; 0) là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n P =  AB, u1  = (−1; −1; −4) , suy ra ( P ) : x + y + 4 z + d1 = 0 TH2: M (−a;0;0), N (0; a;0) với a  0 khi đó ( ) chính là ( Q ) . Ta có MN = (a; a; 0) , chọn u2 = (1;1;0) là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n Q =  AB, u2  = (−1;1; 2) , suy ra ( Q ) : x − y − 2 z + d 2 = 0 . Vậy: b1b2 + c1c2 = 1. ( −1) + 4. ( −2 ) = −9 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 161 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 45. Chọn D Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu ( S ) . Do ( S ) tiếp xúc với cả ba mặt phẳng ( ) , (  ) , (  ) nên ta có a − 1 = b − 1 = c + 1 = R . ( 2 − a ) + ( 5 − b ) + ( −2 − c ) Mặt khác, ta lại có R = IM = 2 2 2 . Do đó ta có hệ: ( 2 − a )2 + ( 5 − b )2 + ( −2 − c )2 = ( a − 1)2  2 2 2 2  ( 2 − a ) + ( 5 − b ) + ( −2 − c ) = ( b − 1) (1) .  2 2 2 2 ( 2 − a ) + ( 5 − b ) + ( −2 − c ) = ( c + 1) 3 2 2  ( a − 1)  ( a − 2 )  a  2  a − 1  0  2 2 Quan sát ta thấy rằng ( b − 1)  ( b − 5 )  b  3  b − 1  0 .  ( c + 1)2  ( c + 2 )2  c  − 3  c + 1  0 2  Do đó a − 1 = b − 1 = c + 1  a − 1 = b − 1 = −c − 1 . a = 4 a − 1 = b − 1 = −c − 1  Từ (1)   2 2 2 2  b = 4 . Vậy R = IM = 3 . ( a − 2 ) + ( b − 5) + ( c + 2 ) = ( a − 1) c = −4  Câu 46. Chọn A Gọi R là bán kính mặt cầu. Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên ta có: −1 − 2.2 − 2.1 − 2 d ( I , ( P )) = R  12 + ( −2 ) + ( −2 ) 2 2 = R  R = 3 . Suy ra d = 9 . Từ ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = d và tâm I ( −1; 2;1) suy ra a = −1 ; b = 2 ; c = 1 . 2 2 2 Vậy T = a + b + c + d = −1 + 2 + 1 + 9 = 11 . Câu 47. Chọn C Giả sử mặt cầu ( S ) có bán kính R và có tâm I ( 0;0; c ) (vì tâm I thuộc trục Oz ). Ta có: d ( I ; ( Oxy ) ) = c và d ( I ; ( ) ) = c − 2 . Vì R= mặt ( Oxy ) phẳng ( d ( I ; (Oxy ) ) ) ( d ( I ; ( ) ) ) 2 (S ) theo đường tròn có bán kính bằng : z = 2 cắt + 16 = ( c − 2) 2 (S ) nên theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên + 16 . Suy ra: c 2 + 4 = ( c − 2 ) + 16  4c = 16  c = 4  I ( 0;0; 4 ) và R = 20 . 2 162 2 + 4 = c2 + 4 . ( ) Vì mặt phẳng R= 2 cắt Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là: x 2 + y 2 + ( z − 4 ) = 20 . 2 Câu 48. Chọn D Phương trình mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0 . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) có bán kính R = d ( I , ( Oyz ) ) = 4 . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( x − 4 ) + ( y − 9 ) + ( z − 16 ) = 16 . 2 2 2 Câu 49. Chọn C Gọi I ( a ; b ; c ) là tâm của mặt cầu ( S  ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = D . 2 2 2 2a + 4b − c − 7 = 0 Vì I nằm trên ( P ) và ( Q ) nên:  (1) 4a + 5b + c − 14 = 0 Mặt khác, ( S  ) cùng tiếp xúc với ( R ) và ( S ) nên: d ( I , ( R )) = d ( I , ( S ))  a + 2b − 2c − 2 a + 2b − 2c + 4 = 3 3  a + 2b − 2c − 2 = a + 2b − 2c + 4 −2 = 4    a + 2b − 2c + 1 = 0 ( 2 )  a + 2b − 2c − 2 = −a − 2b + 2c − 4 a + 2b − 2c + 1 = 0  2a + 4b − c − 7 = 0 a = −1   Từ (1) và ( 2 ) ta được hệ:  4a + 5b + c − 14 = 0  b = 3  a + b + c = 5 .  a + 2b − 2c + 1 = 0 c = 3   Câu 50. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm là I (0;1;1) bán kính R = 3 . Vì IA = 5  3 nên điểm A nằm trong mặt cầu. Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn thiết diện. Khi đó, ta luôn có r 2 = R2 − IH 2  R2 − IA2 = 4 (vì H trùng với A hoặc AIH vuông tại H nên IH  IA ). Vậy đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì có bán kính nhỏ nhất r = 2 khi A trùng với H . Câu 51. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm là I (0;1;1) bán kính R = 3 . Vì IA = 5  3 nên điểm A nằm trong mặt cầu. Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn thiết diện. Khi đó, ta luôn có r 2 = R2 − IH 2  R2 − IA2 = 4 (vì H trùng với A hoặc AIH vuông tại H nên IH  IA ). Vậy đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì có bán kính nhỏ nhất r = 2 khi A trùng với H . Câu 52. Chọn B Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 163 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S1 ) có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R1 = 5 . Mặt cầu ( S 2 ) có tâm K ( −2;0; 2 ) , bán kính R2 = 1 , mặt phẳng ( P ) có 1 vectơ pháp tuyến là n( P ) = (1;0 ; −1) . Vì OK = ( −2;0; 2 ) cùng phương với n( P ) = (1;0 − 1) nên OK vuông góc với mặt phẳng ( P ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng ( P ) nên O , K , H thẳnghàng. Ta có OH = d ( O ; ( P ) ) = 3 2  R1 , KH = d ( K ; ( P ) ) = 2  R2 , OK = 2 2 , OK + R2  R1  ( P) cắt ( S1 ) và ( P ) không cắt ( S 2 ) và ( S1 ) chứa ( S 2 ) . Do đó mặt cầu tâm I phải tiếp xúc trong với ( S1 ) tại A và tiếp xúc ngoài với ( S 2 ) tại B . Gọi R là bán kính với mặt cầu tâm I . Suy ra: OI = R1 − R = 5 − R và KI = R2 + R = 1 + R . Ta IH 2 = OI 2 − OH 2 = KI 2 − KH 2  IH 2 = ( 5 − R ) − 18 = (1 + R ) − 2  12R = 8 2 có 2 2 2 7 7  2  R =  IH 2 = 1 +  − 2 =  IH = . 3 9 3  3 Khi đó I thuộc mặt cầu ( S3 ) tâm H , bán kính R3 = 7 . 3 Mà I thuộc mặt phẳng ( P ) nên I thuộc đường tròn giao tuyến và có bán kính là r = R3 = 7 3 7 Vậy diện tích là  r 2 =  . 9 Câu 53. Chọn B Mặt phẳng ( P) có một vectơ pháp tuyến là n P = (1; 2; − 2 ) . Mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 ( 2;0; − 1) và bán kính R1 = 1 Mặt cầu ( S 2 ) có tâm I 2 ( −4; − 2;3) và bán kính R2 = 2 . Ta có I1 I 2 = ( −6; − 2; 4 )  I1 I 2 = 2 14  R1 + R2 suy ra ( S1 ) , ( S 2 ) nằm ngoài nhau. Ta có ( xI1 + 2 yI1 − 2 z I1 + 5 )( xI 2 + 2 yI 2 − 2 z I 2 + 5 )  0 nên I1 , I 2 nằm về hai phía đối với mặt phẳng ( P) . Ngoài ra d  I1 , ( P )  = 3  R1 , d  I 2 , ( P )  = 3  R2 . Gọi N , P lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I1 I 2 với hai mặt cầu ( S1 ) và ( S 2 ) . Ta có MA + MB + AI1 + BI 2  I1I 2  MA + MB + NI1 + PI 2  I1 N + NP + PI 2  MA + MB  NP . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A  N , B  P và M , N , P thẳng hàng. Khi đó ( MA + MB )min = NP = I1 I 2 − R1 − R2 = 2 14 − 3 . 164 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 6. CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 1; 1) , B(−1; 2; 0) , C (3; −1; 2) và M là điểm thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x − y + 2 z + 7 = 0 . Tính giá trị nhỏ nhất của P = 3MA + 5MB − 7 MC . A. Pmin = 20 . Câu 2. C. Pmin = 25 . B. Pmin = 5 . D. Pmin = 27 . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;0;1) , B ( −2;8;3) và điểm M ( a; b; c ) di động trên mặt phẳng ( Oxy ) . Khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị a + b + 3c bằng Câu 3. C. 5 . B. 3 . A. 2 . D. 4 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Cho hai điểm A ( −3;5; −5 ) , B ( 5; −3;7 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Tìm tọa độ điểm A. M ( −2;1;1) . Câu 4. B. M ( 2; −1;1) . C. M ( 6; −18;12 ) . Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( P); 2 x − y + 2 z − 8 = 0 . Xét bằng A. 145 . Câu 5. 2 2 M trên mặt phẳng ( P ) sao cho MA − 2MB lớn nhất. A(2; −2; 4) , D. M ( −6;18;12 ) . B(−3;3; −1) và mặt phẳng M là điểm thay đổi thuộc ( P) , giá trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB2 D. 135 . A ( 2;1;3 ) B (1; −1; 2 ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với , , C ( 3; −6;1) B. 108 . . Điểm M ( x; y; z ) thuộc mặt phẳng C. 105 . ( Oyz ) sao cho MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P = x + y + z . A. P = 0 . Câu 6. B. P = 2 . C. P = 6 . D. P = −2 . Cho A ( 4;5;6 ) ; B (1;1;2 ) , M là một điểm di động trên mặt phẳng ( P ) :2 x + y + 2 z + 1 = 0 . Khi đó MA − MB nhận giá trị lớn nhất là? A. Câu 7. 77 . B. 41 . C. 7 . D. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 0;1;2 ) , B (1;1;1) , C ( 2; − 2;3) và mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 3 = 0 . Gọi M ( a ; b ; c ) là điểm thuộc mặt phẳng ( P ) thỏa mãn MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của a + 2b + 3c bằng A. 7 . B. 5 . C. 3 . Câu 8. 85 . D. 2 . Trong không gian Oxyz , cho các điểm M ( m; 0; 0 ) , N ( 0;n; 0 ) , P ( 0; 0; p ) không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn m2 + n2 + p2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( MNP ) . A. Câu 9. 1 . 3 B. 3. C. 1 . 3 D. 1 . 27 Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1; 4;5 ) , B ( 0;3;1) , C ( 2; − 1;0 ) và mặt phẳng ( P ) : 3x − 3 y − 2 z − 15 = 0 . Gọi M a; b; c là điểm thuộc mặt phẳng P sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ M đến A, B, C nhỏ nhất. Tính a A. 5 . B. −5 . C. 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. b c. D. −3 . 165 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ):3x + y − z + 5 = 0 và hai điểm A (1;0;2 ) , B ( 2; − 1;4 ) . Tập hợp các điểm M nằm trên mặt phẳng ( P ) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.  x − 7 y − 4 z + 14 = 0 B.  . 3x + y − z + 5 = 0 x − 7 y − 4z + 7 = 0 A.  . 3x − y + z − 5 = 0 x − 7 y − 4z + 7 = 0 x − 7 y − 4z + 5 = 0 C.  D.  . . 3x + y − z + 5 = 0 3x + y − z + 5 = 0 Câu 11. Trong hệ trục Oxyz, cho điểm A ( −1;3;5 ) , B ( 2; 6; −1) , C ( −4; −12;5 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 5 = 0. Gọi M là điểm di động trên ( P ) . Gía trị nhỏ nhất của biểu thức S = MA + MB + MC là A. 42. B. 14. C. 14 3. D. 14 . 3 Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 . Giả sử M  ( P ) và N  ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u = (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN. A. MN = 3 . B. MN = 1 + 2 2 . C. MN = 3 2 . D. MN = 14 . Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi ( P ) : ax + by + cz − 3 = 0 là mặt phẳng đi qua hai điểm M ( 0; −1; 2 ) , N ( −1;1;3) và không đi qua điểm H ( 0;0; 2 ) . Biết rằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị lớn nhất. Tổng T = a − 2b + 3c + 12 bằng A. −16 . B. 8 . C. 12 . D. 16 . Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 3;1;1) , N ( 4;3; 4 ) và đường thẳng x −7 y −3 z −9 . Gọi I ( a; b; c ) là điểm thuộc đường thẳng  sao cho chu vi tam giác = = 1 −2 1 IMN nhỏ nhất. Tính T = a + b + c . : 23 . B. T = 29 . C. T = 19 . 3 Câu 15. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −3;0) , A. T = 40 . 3 B(5; −1; −2) và mặt phẳng D. T = ( P) : x + y + z − 1 = 0 . Xét các điểm M thuộc ( P) , giá trị lớn nhất của biểu thức | MA− MB | bằng: A. 3 . B. 2 . C. 2 5 . D. 2 6 Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) : x2 + ( y − 3)2 + ( z − 6)2 = 45 và M (1; 4;5 ) . Ba đường thẳng thay đổi d1 , d 2 , d 3 nhưng luôn đôi một vuông góc tại O cắt mặt cầu tại điểm thứ hai lần lượt là A , B , C . Khoảng cách lớn nhất từ M đến mặt phẳng ( ABC ) là A. 3. 166 B. 5. C. 4. D. 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −2; 4 ) và mặt phẳng ( P ) : ( m2 + 2m ) x − ( m2 + 4m − 1) y + 2 ( 3m − 1) z + m2 + 1 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) . A. 5 . B. 29 . 33 . 21 . x −1 y + 2 z = = và mặt cầu Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; −3; 4 ) , đường thẳng d : 2 1 2 ( S ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z + 1) 2 2 2 C. D. = 20 . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng cách từ điểm A đến ( P ) lớn nhất. Mặt cầu ( S ) cắt ( P ) theo đường tròn có bán kính bằng A. 5. B. 1 . C. 4 . D. 2 . Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 2;3; 4 ) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 100. Phương trình mặt phẳng qua hai điểm A, B và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất là A. x + y − 2z + 3 = 0. B. x − z + 2 = 0. C. y − z + 1 = 0. D. x − 2 y + z = 0. Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 4;4;5) . Giả sử M là điểm thay đổi trong mặt phẳng ( P) : 2 x + 2 y + z + 2019 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = AM − BM . A. 17 . B. 77 . C. 7 2 − 3 . D. 82 − 5 . Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho A (1;1;0 ) , B ( 3; −1; 4 ) và mặt phẳng ( ) : x − y + z + 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm M  ( ) sao cho MA − MB đạt giá trị lớn nhất. A. M (1;3; −1) . 3 5 1 B. M  ; ; −  . 4 4 2 1 2 2 C. M  ; ; −  . 3 3 3 D. M ( 0; 2;1) . Câu 22. Cho mặt phẳng ( ) : x − y + 2 z − 1 = 0 và hai điểm A ( 0; −1;1) , B (1;1; −2 ) . Biết M  ( ) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hoành độ xM của điểm M là 1 A. xM = . 3 B. xM = −1 . C. xM = −2 . D. xM = 2 . 7 Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) . Mặt phẳng ( P ) : x + Ay + Bz + C = 0 chứa trục Oz và cách điểm M một khoảng lớn nhất, khi đó tổng A + B + C bằng A. 6 . B. −3 . D. 2 . C. 3 . Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( a; b; c ) với a , b , c là các số thực dương thỏa mãn 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) và Q = a 1 có giá trị lớn nhất. Gọi − 2 b + c ( a + b + c )3 2 M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tia Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là A. x + 4 y + 4 z −12 = 0 . B. 3x + 12 y + 12 z −1 = 0 . C. x + 4 y + 4 z = 0 . D. 3x + 12 y + 12 z + 1 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 167 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1; 0;0 ) và B ( 2;3; 4 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của ( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 y − 2 = 0 . hai mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1) + ( y + 1) 2 2 + z2 = 4 và Xét M , N là hai điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Câu 26. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho M(1; 2;1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua 1 1 1 + + đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 OA OB OC 2 x y z B. ( P) : + + = 1 . 1 2 1 D. ( P) : x + 2 y + z − 6 = 0 . M cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A, B, C sao cho A. ( P) : x + 2 y + 3z − 8 = 0 . C. ( P) : x + y + z − 4 = 0 . Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (1;1;1) , B ( 2;3; 4 ) , C ( 3; 2; 4 ) , D ( −2; − 1; − 3) . Mặt phẳng ( P ) thay đổi nhưng luôn qua D và không cắt cạnh nào của tam giác ABC . Khi tổng các khoảng cách từ A , B , C đến (P) là lớn nhất thì (P) có một phương trình dạng ax + by + cz + 29 = 0 . Tính tổng a + b + c . A. 9. B. 5. C. 13. D. 14. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0; −2; −1) , B ( −2; −4;3) , C (1;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z − 3 = 0 . Biết điểm M ( a; b; c )  ( P ) thỏa mãn T = MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S = a + b + c . 1 1 . C. S = 0 . D. S = − . 2 2 Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;1;1) , B(−2;3;4) và C(−2;5;1) . Điểm M (a; b;0) thuộc B. S = A. S = −1 . mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng T = a2 + b2 bằng A. T = 10 . B. T = 25 . C. T = 13 . D. T = 17 . Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;1;1) , B(−2;3;4) và C(−2;5;1) . Điểm M (a; b;0) thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng T = a2 + b2 bằng B. T = 25 . A. T = 10 . C. T = 13 . D. T = 17 . Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2;0;6 ) , B ( 2; 4;0 ) và C ( 0; 4;6 ) . Biết M là điểm để biểu thức MA + MB + MC + MO đạt giá trị nhỏ nhất, phương trình đường thẳng  đi qua hai điểm H ( 3;0; − 1) và M là x −3 = 2 x −3 = C.  : 1 A.  : 168 y z +1 = . 1 −3 y z +1 = . 3 −1 x − 3 y z +1 = = . 1 1 3 x − 3 y z +1 = = D.  : . 1 −1 −2 B.  : Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( P ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0 . Xét các điểm A ( 3; − 2; 2 ) , B ( −2; 2;0 ) và mặt phẳng M , N di động trên ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2MA2 + 3NB2 bằng A. 49,8 . B. 45 . C. 53 . D. 55,8 . Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : mx + ( m + 1) y − z − 2m − 1 = 0 , với m là tham số. Gọi (T ) là tập hợp các điểm H m là hình chiếu vuông góc của điểm H ( 3;3;0 ) trên ( P ) . Gọi a , b lần lượt là khoảng cách lớn nhất, khoảng cách nhỏ nhất từ O đến một điểm thuộc (T ) . Khi đó, a + b A. 5 2 . bằng B. 3 3 . C. 8 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 4 2 . 169 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn D Gọi I ( x ; y ; z ) sao cho 3IA + 5IB − 7 IC = 0 (1) . 3 (1 − x ) + 5 ( −1 − x ) − 7 ( 3 − x ) = 0  x = −23   Ta có: 3 (1 − y ) + 5 ( 2 − y ) − 7 ( −1 − y ) = 0   y = 20 . Suy ra I ( −23; 20; − 11) .   z = −11  3 (1 − z ) + 5 ( 0 − z ) − 7 ( 2 − z ) = 0 ( ) ( ) ( ) Xét P = 3MA + 5MB − 7 MC = 3 MI + IA + 5 MI + IB − 7 MI + IC . ( ) P = MI + 3IA + 5IB − 7 IC . Từ (1) ta có P = MI = MI . Pmin khi MI ngắn nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( ) . Khi đó: Pmin = d ( I , ( ) ) = Câu 2. 2. ( −23) − 20 + 2. ( −11) + 7 = 27 . 22 + ( −1) + 22 2 Chọn B A B M Oxy C Dễ thấy hai điểm A, B nằm về cùng một phía so với mặt phẳng ( Oxy ) . Gọi C là điểm đối xứng với A qua ( Oxy ) suy ra C ( 2;0; − 1) . Đường thẳng BC đi qua C ( 2;0 − 1) và u = 1 CB = ( −1; 2;1) làm vecto chỉ phương có phương 4 x = 2 − t  trình là:  y = 2t . Khi đó MA + MB = MC + MB  BC = 4 6 .  z = −1 + t  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M , B, C thẳng hàng. Suy ra min ( MA + MB ) = 4 6  M = ( Oxy )  BC nên tọa độ điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ: x = 2 − t x = 1  y = 2t     y = 2 . Vậy M (1; 2;0 )  a = 1, b = 2, c = 0  a + b + 3c = 3 .   z = −1 + t  z = 0  z = 0 170 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 3. Chọn C Cách 1. Gọi M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 nên ta có a+b+c = 0 2 2 2 2 2 2 MA2 − 2MB 2 = ( −3 − a ) + ( 5 − b ) + ( −5 − c ) − 2 ( 5 − a ) + ( −3 − b ) + ( 7 − c )    2 2 2 = −a2 − b2 − c2 + 26a − 22b+ 38c −107 = − ( a − 13) + ( b+11) + ( c − 19 )  + 544 . Theo bất đẳng thức Bunnhia ta có 2 2 2 a +b+c = 0  −21 = ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 )  3 ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 )     ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 )  147 2 2 2 2 2 2 MA2 − 2MB 2 = − ( a − 13) + ( b+11) + ( c − 19 )  + 544  397   Dấu bằng xảy ra khi: a = 6 a − 13 b +11 c − 19  = = = −7  b = −18  M ( 6; −18;12 ) . 1 1 1 c = 12  Cách 2. (Căn cứ vào đề cho đáp án sẵn tọa độ điểm M ) M thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 nên loại B, D. Với M ( −2;1;1)  MA2 − 2 MB 2 = −149 , với M ( 6; −18;12 )  MA2 − 2 MB 2 = 397 Từ đó loại A. Vậy đáp án là C. Cách 3. Ta có thể dùng tâm tỷ cự như sau: Gọi I thỏa mãn ( ) IA − 2IB = 0  IO + OA − 2 IO + OB = 0  OI = 2OB − OA  I (13; − 11;19 ) . ( ) ( ) = ( MI + IA) 2 Khi đó: MA2 − 2MB2 = MA − 2 MB 2 2 ( − 2 MI + IB ) 2 = − MI 2 + ( IA2 − 2 IB 2 ) lớn nhất khi I là hình chiếu vuông góc của M lên ( P )  M ( 6; − 18;12 ) . Câu 4. Chọn D Gọi I là điểm thỏa điều kiện : 2IA + 3IB = 0 . Khi đó I (−1;1;1) . 2 2 T= 2MA2 + 3MB2 = 2MA + 3MB = 2( MI + IA) 2 + 3( MI + IB) 2 = 5MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2 . T đạt giá trị nhỏ nhất Mà M  ( P) nên MI = d (I, ( P)) =  MI min . MI min  M 2.(−1) − 1 + 2.1 − 8 22 + (−1) 2 + 22 là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( P) = 3. Khi đó: Tmin = 5MI + 2 IA + 3IB = 135 . 2 Câu 5. 2 2 Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 171 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi I là điểm thỏa IA + IB + IC = 0  I ( 2; −2; 2 ) . ( MA2 + MB2 + MC 2 ) ( 2 = MI + IA + MI + IB ( ) + ( MI + IC ) 2 2 ) = 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 + 2MI . IA + IB + IC = 3MI 2 + IA2 + IB2 + IC 2 . Mà M  ( Oyz )  MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên ( Oyz )  M ( 0; −2; 2 ) . Vậy P = 0 − 2 + 2 = 0 . Câu 6. Chọn B Ta có MA − MB  AB với mọi điểm M  ( P ) Vì ( 2.4 + 5 + 2.6 + 1) . ( 2.1 + 1 + 2.2 + 1) = 208  0 nên hai điểm A, B nằm cùng phía với ( P ) Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi M = AB  ( P ) Khi đó, MA − MB nhận giá trị lớn nhất là: AB = Câu 7. ( 4 − 1) 2 + ( 5 − 1) + ( 6 − 2 ) = 41 . 2 2 Chọn C Ta có trọng tâm của tam giác ABC là G (1;0; 2 ) . Khi đó: MA + MB + MC = 3MG = 3MG . Vậy MA + MB + MC min  MGmin  M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng ( P ) . Gọi d là đường thẳng qua G và vuông góc với ( P ) , ta có phương trình đường thẳng d là: x = 1+ t   y = −t . Giá trị t ứng với tọa độ điểm M là nghiệm của phương trình: z = 2 + t  (1 + t ) − ( −t ) + ( 2 + t ) + 3 = 0  3t + 6 = 0  t = −2 . Vậy M ( −1; 2;0 ) . Khi đó: a + 2b + 3c = −1 + 2.2 + 3.0 = 3 . Câu 8. Chọn C Do M , N , P không trùng với gốc tọa độ nên m  0 , n  0 , p  0 . Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là:  d ( O,( MNP ) ) = x y z 1 1 1 + + = 1  x + y + z −1 = 0 m n p m n p 1 1 1 1 + 2+ 2 2 m n p Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương m2 , n 2 , p 2 và ba số dương m 2 + n 2 + p 2  3 3 m 2 n 2 p 2 và 1 1 1 , 2 , 2 ta có: 2 m n p 1 1 1 1 + 2 + 2  33 2 2 2 2 m n p mn p  1 1 1   ( m2 + n 2 + p 2 )  2 + 2 + 2   9 ; Mà m2 + n2 + p2 = 3 suy ra: p  m n 172 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2  3 + 2 + 2  3 2 2 m n p m n p  d ( O,( MNP ) )  1 1  1 1 1 3 + 2+ 2 2 m n p 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m 2 = n 2 = p 2 = 1 . 3 1 . Chọn C 3 Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( MNP ) là Câu 9. Chọn C Ta có: I 1; 2; 2 là trọng tâm của tam giác ABC. MA, MB, MC là khoảng cách từ M đến các điểm A, B, C. Xét MA2 MB 2 2 3 MI 2 MC 2 2 2 IA 2 MA IB 2 2 = MI MB MC 2MI .IA 2MI .IB 2 IA MI IB 2 MI IC 2 IC 2MI .IC 3MI 2 IA2 IB 2 IC 2 2MI . IA 3MI 2 IA2 IB2 IC 2 2MI .0 (do I là trọng tâm của tam giác ABC nên IA IB IC 3MI 2 IA2 IB2 IC 2 . Mà IA2 IB2 IC 2 có giá trị không đổi nên MA2 IB IC MB2 0) MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI ngắn nhất. Khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng P . Gọi d là đường thẳng đi qua M và I , vuông góc với mặt phẳng P . Đường thẳng ( d ) đi qua điểm I (1;1;1) , nhận véc tơ pháp tuyến của ( P ) là nP = ( 3; − 3; − 2 ) là x một véc tơ chỉ phương nên phương trình tham số của d là d : y z M P d. M d 1 3t 2 3t t 2 2t . M 1 3t ;2 3t ;2 2t . Mặt khác M  ( P ) nên: 3 1 3t Do đó M 4; 1;0 . Suy ra a 3 2 3t b c 2 2 2t 15 0 t 1. 3. Câu 10. Chọn C Ta có: SMAB = 1 d AB. 2 ( M ;( AB ) ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 173 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có: Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất  d( M ;( AB ) ) nhỏ nhất. AB = (1; − 1;2 ) ; n( P ) = ( 3;1; − 1)  n( P ) . AB = 0.  AB song song với mặt phẳng ( P ) . Mà d ( M ;( AB ) ) ngắn nhất, M  ( P ) . Nên M thuộc giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng (Q ). Với ( Q ) là mặt phẳng vuông góc với ( P ) và đi qua AB . Mặt phằng ( Q ) vuông góc với ( P ) đi qua AB  n(Q ) =  n( P ) ; AB  = (1; − 7; −4 ) . A  ( Q )  ( Q ) : x A − 7 y A − 4 z A + c = 0  1 − 7.0 − 4.2 + c = 0  c = 7  ( Q ) : x − 7 y − 4 z + 7 = 0  M  ( Q ) x − 7 y − 4z + 7 = 0   M  . 3x + y − z + 5 = 0  M  ( P ) Câu 11. Chọn B Gọi G ( x1 ; y1 ; z1 ) là trọng tâm tam giác ABC. Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm tùy ý nên MA + MB + MG = 3MG. Vậy S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG. x A + xB + xC −1 + 2 − 4  = = −1  x1 = 3 3  y + yB + yC 3 + 6 − 12  = = −1  G ( −1; −1;3) . Do G là trọng tâm tam giác ABC nên  y1 = A 3 3  z A + z B + zC 5 − 1 + 5  = =3  z1 = 3 3  Vì G cố định nên S = 3MG đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Tức là MG ⊥ ( P ) . Ta có: d ( G, ( P ) ) = −1.1 + 2. ( −1) − 2.3 − 5 12 + 22 + ( −2 ) 2 = 14 = MG. 3 Vậy giá trị nhỏ nhất S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG = 3. 14 = 14. 3 Câu 12. Chọn C (S ) 174 có tâm I ( −1; 2;1) và bán kính R = 1 . Ta có: d ( I , ( P ) ) = −1 − 2.2 + 2.1 − 3 12 + 22 + 22 = 2 R. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng ( P ) và  là góc giữa MN và NH . Vì MN cùng phương với u nên góc  có số đo không đổi,  = HNM . Có HN = MN .cos   MN = HN = d ( I , ( P ) ) + R = 3 . ( ) Có cos  = cos u, nP = 1 .HN cos  lớn nhất  nên MN HN lớn nhất  1 1 HN = 3 2 . nên MN = cos  2 Câu 13. Chọn D Gọi K là hình chiếu của H lên ( P ) , E là hình chiếu của H lên MN . H M K N E Ta có : d ( H ; ( P ) ) = HK và d ( H ; MN ) = HE , HK  HE (không đổi) .  −1 −1 7  Vậy d ( H ; ( P ) ) lớn nhất khi K  E , với E là hình chiếu của H lên MN  E  ; ;  .  3 3 3 1 1 1 Vậy mặt phẳng ( P ) cần tìm là mặt phẳng nhận HE =  − ; − ;  làm vectơ pháp tuyến và đi qua  3 3 3 a = −1  M  ( P ) : − x − y + z − 3 = 0 . Vậy b = −1  T = 16 . c = 1  Câu 14. Chọn C Cách 1. Ta có I  ; I ( 7 + t ;3 − 2t ;9 + t ) . Ta tính: MI = 6t 2 + 16t + 84 ; NI = 6t 2 + 16t + 34 ; MN = 14 . 2 2  4  220  4  70 Gọi C là chu vi tam giác IMN ; C = 6  t +  + + 6t +  + + 14 . 3 3  3  3 Hay C  220 70 + + 14 . 3 3 4 Chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi t = − ; khi đó 3  17 17 23  I  ; ;  hay T = 19 .  3 3 3  Cách 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 175 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi véc tơ u là véc tơ chỉ phương của  ta có u  MN = 0 . Đường thẳng MN vuông góc với  . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa MN và vuông góc với  . Phương trình mặt phẳng ( ) chứa MN vuông góc với  là: x − 2 y + z − 2 = 0 .  17 17 23  Mặt phẳng ( ) cắt  tại H  ; ;  .  3 3 3  Gọi điểm I  ; Gọi C là chu vi tam giác IMN . Ta có: C = MI + NI + MN  MH + NH + 14 = 220 70 + + 14 . 3 3 M I N  17 17 23  Vậy chu vi tam giác IMN nhỏ nhất khi I  H . Hay I  ; ;  . Vậy T = 19 .  3 3 3  Câu 15. Chọn C Nhận xét: ( xA + yA + zC − 1)(x B + yB + zC )  0 suy ra A và B khác phía với mặt phẳng ( P) Áp dụng công thức tính nhanh:Tọa độ điểm đối xứng của M ( x0 ; y0 ; z0 ) qua 2a(ax0 + by0 + cz0 + d )  2  x1 = x0 − a 2 + b2 + c  2b(ax0 + by0 + cz0 + d )  (P) : ax + by + cz + d = 0 là điểm M ‘( x1 ; y1 ; z1 ) với  y1 = y0 − 2 a 2 + b2 + c   2c(ax0 + by0 + cz0 + d )  z1 = z0 − 2 a 2 + b2 + c   13 −5 −8  Gọi B ‘ là điểm đối xứng của B qua ( P) suy ra B ‘  ; ;  3 3 3  Ta có | MA − MB | = | MA − MB’ | AB’ = 2 5 Câu 16. Chọn D C A’ O’ B’ H I O A 176 B C’ Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;3; 6 ) , bán kính R = 3 5 . Tứ diện OABC vuông đỉnh O và nội tiếp mặt cầu ( S ) nên gọi O , A , B , C lần lượt là các điểm đối xứng với O , A , B , C qua tâm I thì OBAC. ACOB là hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu ( S ) và đường chéo OO của hình hộp cắt mặt chéo tam giác ABC tại trọng tâm H của tam 1 2 giác ABC và OH = OO = OI  H ( 0; 2; 4 ) . 3 3 Mặt phẳng ( ABC ) thay đổi, luôn đi qua H ( 0; 2; 4 ) nên d ( M , ( ABC ) )  MH = 6 . d ( M , ( ABC ) ) = 6 khi mặt phẳng ( ABC ) vuông góc với MH . Câu 17. Chọn C Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm cố định mà mặt phẳng ( P ) luôn đi qua. Ta có (m 2 + 2m ) x0 − ( m 2 + 4m − 1) y0 + 2 ( 3m − 1) z0 + m 2 + 1 = 0 m  ( x0 − y0 + 1) m 2 + ( 2 x0 − 4 y0 + 6 z0 ) m + y0 − 2 z0 + 1 = 0 m  x0 − y0 + 1 = 0  x0 = −2    2 x0 − 4 y0 + 6 z0 = 0   y0 = −1  M ( −2; −1;0 ) . Ta có d ( A, ( P ) )  AM  y − 2z +1 = 0 z = 0 0  0  0 Do đó khoảng cách từ khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị lớn nhất bằng AM = 29 khi AM ⊥ ( P ) tại M . Câu 18. Chọn D A H’ P H d Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d , H  là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) . Ta có AH   AH . Vậy mặt phẳng ( P ) thỏa mãn yêu cầu đề bài phải chứa d và vuông góc với AH . Gọi H (1 + 2t ; −2 + t ; 2t ) , t  . Ta có AH = ( 2t − 1;1 + t ; 2 t − 4 ) , ud = ( 2;1; 2 ) AH .ud = 0  9t − 9 = 0  t = 1 . Vậy mặt phẳng ( P ) có vecto pháp tuyến AH = (1; 2; −2 ) và đi qua điểm B (1; −2;0 )  d . Phương trình mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 177 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; 2; −1) , R = 2 5 . Ta có d ( I , ( P ) ) = 4  R . Vậy ( S ) cắt ( P ) theo đường tròn có bán kính r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 20 − 16 = 2 Phân tích: Bài có nhiều hướng giải,như đưa về phương trình chùm mặt phẳng rồi đánh giá max – min, tuy nhiên dùng hình học là đơn giản hơn cả. Yêu cầu các em nắm vững được vị trí tương đối của điểm, đường, mặt và mặt cầu trong không gian. Trong các dạng bài chứa điểm, chứa đường, thỏa mãn khoảng cách max thì nhìn chung khoảng cách max chính là khoảng cách từ điểm- đường ,điểm – điểm theo dữ kiện đề bài. Câu 19. Chọn B H K Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và có bán kính R = 10. Ta có OA = 12 + 22 + 32 = 14  R suy ra A nằm trong mặt cầu, nên đường thẳng AB luôn cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt. Gọi ( P ) là mặt phẳng cần tìm, r là bán kính đường tròn giao tuyến, H là hình chiếu vuông góc của O lên ( P ) và K là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng AB. Do r 2 + OH 2 = R2 = 100 nên r nhỏ nhất khi OH lớn nhất. Từ OH  OK suy ra OH lớn nhất khi H  K và ( P ) là mặt phẳng qua A nhận OK làm vectơ pháp tuyến. Ta có:  x = 1+ t  + AB = (1;1;1) nên đường thẳng AB có phương trình  y = 2 + t ( t  z = 3+t  ). + Gọi K (1 + t ; 2 + t ;3 + t ) thì OK = (1 + t ; 2 + t ;3 + t ) , do OK ⊥ AB nên OK. AB = 0  1 + t + 2 + t + 3 + t = 0  t = −2 Suy ra K ( −1;0;1) . + ( P ) qua A (1; 2;3 ) và nhận OK ( −1;0;1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình −x + z − 2 = 0  x − z + 2 = 0 . 178 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 20. Chọn A Ta có: ( 2 xA + 2 y A + z A + 2019 )( 2 xB + 2 yB + z B + 2019 )  0 nên các điểm A, B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng ( P) và đường thẳng AB luôn cắt mặt phẳng ( P) tại một điểm cố định. Từ bất đẳng thức véc tơ | u | − | v |  u − v . Ta có AM − BM  AB. Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( P) . Do đó AM − BM Max = AB = ( 4 − 1) 2 + ( 4 − 2 ) + ( 5 − 3) = 17 , đạt được khi M = AB  ( P ) . 2 2 Câu 21. Chọn B Ta có: ( x A − y A + z A + 1)( xB − yB + z B + 1) = (1 − 1 + 0 + 1)( 3 + 1 + 4 + 1)  0 nên hai điểm A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( ) . Ta có MA − MB  AB = 2 6 , nên MA − MB lớn nhất khi và chỉ khi M = AB ( ) .  x = 1 + 2t  Phương trình đường thẳng AB :  y = 1 − 2t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  z = 4t  1  t = − 8   x = 1 + 2t x = 3  y = 1 − 2t   4 3 5 1  . Do đó M  ; ; −  .  4 4 2 y = 5  z = 4t   x − y + z + 1 = 0 4  1 z = −  2 Câu 22. Chọn D Ta có: ( x A − y A + 2 z A − 1)( xB − yB + 2 z B − 1) = ( 0 + 1 + 2.1 − 1)(1 − 1 − 4 − 1)  0 nên hai điểm A và B nằm khác phía so với mặt phẳng ( ) . Nên MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M = AB  ( ) . x = t  Phương trình đường thẳng AB :  y = −1 + 2t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương  z = 1 − 3t  x = t  y = −1 + 2t  trình   z = 1 − 3t  x − y + 2 z − 1 = 0 t = 2 / 7 x = 2 / 7 2  2 3 1 .Do đó M  ; − ;  , xM = .  7 7 7 7  y = −3 / 7  z = 1/ 7 Câu 23. Chọn D Vì ( P ) chứa trục Oz nên luôn có d ( M ; ( P ) )  d ( M ; Oz ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 179 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Suy ra d ( M ; ( P ) ) đạt giá trị lớn nhất bằng d ( M ; Oz ) = MH , với H là hình chiếu của M trên trục Oz . Dễ có H ( 0;0;3) . Vậy ( P ) đi qua H ( 0;0;3) , có véc tơ pháp tuyến MH ( −1; −2;0 ) . ( P ) : − x − 2 y = 0  x + 2 y = 0  A = 2; B = C = 0  A + B + C = 2 Câu 24. Chọn B Đặt t = b + c ( t  0 ) ; b 2 + c 2  t2 t2 ; bc  . 2 4 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca )  5a 2 + 5 ( b + c ) − 9a ( b + c ) = 28bc  5a2 + 5t 2 − 9at  7t 2 2  ( 5a + t )( a − 2t )  0  a  2t . Vậy Q  Ta có f  ( t ) = − 4 1 − = f ( t ) với t  0 . t 27t 3 1 4 1 + 4 = 0  t = (vì t  0 ). Ta có bảng biến thiên 2 6 t 9t Vậy Qmax = 16  a = 1 1 ; b=c= . 12 3 1 1 1 1    1  1  Suy ra tọa độ điểm A  ; ;  ; tọa độ các điểm M  ;0;0  ; N  0; ;0  ; P  0;0;  . 12   3 12 12   3   12  Phương trình mặt phẳng ( MNP ) x y z + + = 1  3x + 12 y + 12 z −1 = 0 . 1 1 1 3 12 12 Câu 25. Chọn A 2 2 2 ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z 2 = 4  x + y + z − 2x + 2 y − 2 = 0  Xét hệ  x=0  2 2 2 2 2 2 + 2y − 2 = 0   x + y + z + 2 y − 2 = 0 x + y + z Vậy ( P ) : x = 0 180 (( P ) chính là mặt phẳng ( Oyz ) ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi C ( 0; 0; 0 ) và D ( 0;3; 4 ) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ( −1; 0;0 ) và B ( 2;3; 4 ) trên mặt phẳng ( P ) . Suy ra AC = 1 , BD = 2 , CD = 5 . a 2 + b2 + c2 + d 2   Áp dụng bất đẳng thức (a + c) 2 + ( b + d ) , ta được 2 AM + BN = AC 2 + CM 2 + BD 2 + DN 2  ( AC + BD ) + ( CM + DN ) 2  9 + ( CM + DN ) 2 2 Lại có CM + MN + ND  CD = 5 nên suy ra CM + ND  4 . Do đó AM + BN  5 . Đẳng thức xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng theo thứ tự đó và AC BD = , tức là CM DN  7 28   4 16  M  0; ;  và N  0; ;  . Vậy giá trị nhỏ nhất của AM + BN là 5.  5 15   5 15  Câu 26. Chọn D Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O lên mặt phẳng ( P ) , do tứ diện OABC là tứ diện vuông tại O nên ta có 1 1 1 1 nhỏ nhất khi và chỉ khi OH lớn nhất. + + = 2 2 2 OA OB OC OH 2 Mặt khác OH = d ( O, ( P ) )  OM .   M (1; 2;1) Vậy mặt phẳng ( P ) :   ( P) : x + 2 y + z − 6 = 0 . n = OM = 1; 2;1 ( )   Câu 27. Chọn C * Gọi A , B , C lần lượt là hình chiếu của A , B , C xuống ( P ) . Gọi G là trọng tâm ABC  G ( 2;2;3) . Gọi G là hình chiếu của G xuống mặt phẳng ( P ) . * Tổng khoảng cách từ A , B , C xuống (P) , theo giả thiết thì ( P ) // ( ABC ) nên d = AA + BB + CC  = 3GG  d max  ( GG ) max . Mà GG  GD (mối quan hệ đường xiên – hình chiếu) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 181 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  d max  G   D  ( P ) qua D ( −2; − 1; − 3) nhận DG = ( 4;3;6 ) là véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: 4 ( x + 2 ) + 3 ( y + 1) + 6 ( z + 3) = 0 hay ( P ) : 4 x + 3 y + 6 z + 29 = 0 . Từ đó suy ra a = 4 ; b = 3 ; c = 6 . Vậy a + b + c = 4 + 3 + 6 = 13 . Câu 28. Chọn C Cách 1: Ta có T = MA + MB + 2MC = 4a 2 + 4b 2 + 4c 2 = 2 a 2 + b 2 + c 2 ( a + b − 2c ) 2 12 + 12 + ( −2 ) 2 = 2 a +b +c  2 2 2 2 =2 3 = 6 2 1 a b c   = = a = b =  6  1 1 −2 2 a + b − 2c − 3 = 0 c = −1 T = MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB , J là trung điểm của IC . Tính được I ( −1; −3;1) , J ( 0;0;0 ) . Khi đó T = MA + MB + 2MC = 2MI + 2MC = 4 MJ = 4MJ . Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên ( P ) . x = t  Gọi  là đường thẳng đi qua J và vuông góc với ( P ) . Khi đó  có phương trình  y = t . Tọa  z = −2t  độ của M là nghiệm của hệ phương trình  1 t = 2 x + y − 2z − 3 = 0  1 x = t 1 1   x = 1 1   2  M  ; ; −1  S = + − 1 = 0  2 2 2 2  y = t  1 y =  z = −2t  2   z = −1 Câu 29. Chọn A Ta có G ( −1;3; 2 ) là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó 2 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = MA + MB + MC ( ) ( 2 2 ) ( 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC ( ) 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 182 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do đó MA2 + MB2 + MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( Oxy ) . Do hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oxy ) có tọa độ ( −1;3; 0 ) Vậy M ( −1;3;0 ) . Từ đó T = ( −1) + 32 = 10 . 2 Câu 30. Chọn A Ta có G ( −1;3; 2 ) là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó 2 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = MA + MB + MC ( 2 ) ( 2 ) ( 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC ( ) 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 Do đó MA2 + MB2 + MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( Oxy ) . Do hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oxy ) có tọa độ ( −1;3; 0 ) Vậy M ( −1;3;0 ) . Từ đó T = ( −1) + 32 = 10 . 2 Câu 31. Chọn D ( ) Ta có: a.b = a . b .cos a ; b . ( ) Do cos a ; b  1 nên: a . b  a.b . Dấu bằng xảy ra khi a , b cùng hướng. Gọi G là là điểm thỏa mãn GA + GB + GC + GO = 0 . Khi đó, tọa độ G là x A + xB + xC + xO  =1  xG = 4  y A + yB + yC + yO  = 2  G (1; 2;3)  GA = GB = GC = GO = 14 .  yG = 4  z A + z B + zC + z O  =3  zG = 4  Đặt T = MA + MB + MC + MO .  14T = 14MA + 14MB + 14MC + 14MO = GA.MA + GB.MB + GC.MC + GO.MO  GA.MA + GB.MB + GC.MC + GO.MO ( ) ( ) ( ) ( + MG. ( GA + GB + GC + GO ) = GA. MG + GA + GB. MG + GB + GC. MG + GC + GO. MG + GO = GA2 + GB 2 + GC 2 + GO 2 ) = GA2 + GB2 + GC 2 + GO2 = 56  T  4 14 . Giá trị nhỏ nhất T = MA + MB + MC + MO bằng 4 14 khi 4 cặp véc tơ: GA và MA ; GB và MB ; GC và MC ; GO và MO cùng hướng. Khi đó M trùng với G . 1  M (1; 2;3) . Đường thẳng  có một véctơ chỉ phương u = MH = (1; − 1; − 2 ) . 2 x − 3 y z +1 = = Vậy phương trình đường thẳng  là: . 1 −1 −2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 183 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 32. Chọn A Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt phẳng ( P ) . Theo định lí Pitago có 2 2 2 2 2 2   MA = MH + HA = MH + d ( A, ( P)) = MH + 9 .  2 2 2 2 2 2   NB = NK + KB = NK + d ( B, ( P)) = NK + 9 Đặt MH = a, NK = b  2MA2 + 3NB2 = 2(a 2 + 9) + 3(b2 + 9). Mặt khác theo bất đẳng thức đường gấp khúc ta có: HM + MN + NK  HK = 3  a + 1 + b  3  b  2 − a. Do đó 2MA2 + 3 NB 2  2 ( a 2 + 9 ) + 3 ( (2 − a) 2 + 9 ) = 5a 2 − 12a + 57  49,8. Vậy giá trị nhỏ nhất 2MA2 + 3NB2 bằng 49,8 khi a = 1, 2; b = 0,8 và các điểm M , N thuộc đoạn thẳng HK . Câu 33. Chọn D H I K Hm P Ta có ( P ) : mx + ( m + 1) y − z − 2m − 1 = 0 , m x + y − 2 = 0 .  y − z −1 = 0 ( P ) :m ( x + y − 2) + y − z −1 = 0   x = 2 − t  Vậy mặt phẳng ( P ) luôn chứa đường thẳng (  ) :  y = t .  z = −1 + t  Gọi K ( 2 − t ; t ; − 1 + t ) là hình chiếu của H lên đường thẳng (  ) , HK = ( −1 − t ; t − 3; − 1 + t ) . Vì HK ⊥ (  ) nên: − ( −1 − t ) + t − 3 − 1 + t = 0  t = 1  K (1;1;0 ) . Gọi mặt phẳng ( ) là mặt phẳng đi qua K và vuông góc với đường thẳng (  ) .  ( ) : − x + y + z = 0  O  ( Q ) . Vậy: H m thuộc mặt cầu đường kính HK . + H m  (Q ) .  (T ) là một đường tròn tâm I ( 2; 2;0 ) , bán kính R = HK = 2 và OI = 2 2 . 2 Vậy: a = OI + R = 3 2 ; b = OI − R = 2  a + b = 4 2 . 184 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. CHỦ ĐỀ 3 : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG LÍ THUYẾT ❖ Phương trình ttham số của đường thẳng  đi qua điểm M o ( xo ; yo ; zo ) và có vectơ chỉ phương  x = x0 + a1t  a = (a1 ; a2 ; a3 ) , a  0 có dạng là :  y = y0 + a2t (t  R) . z = z + a t 0 3  ❖ Nếu a1 , a2 , a3 đều khác không .Phương trình đường thẳng  viết dưới dạng chính tắc như sau: x − x0 y − y0 z − z0 = = a1 a2 a3 ❖ Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng ▪ Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng  x = xo + a1t  d :  y = y o + a2 t z = z + a t 0 3  ▪ (d )  x = xo’ + a1′ t ‘  d ‘ :  y = yo’ + a2′ t ‘ có VTCP u đi qua M o và d ‘ có vtcp u ‘ đi qua M o’  ‘ ‘  z = zo + a3t ‘ [u, u ‘]=0  o  d ‘ ( d )   M ‘ (d )  (d ‘ )  [u, u ‘]=0   M 0  d ‘  u , u ‘   0   d ) chéo ( d ‘ )  u, u ‘ .M 0 M 0’  0 ▪ ( d ) cắt ( d )   ( ‘  u, u ‘ .M o M 0 = 0 ❖ Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng ▪ Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d đi qua điểm M ( xo ; yo ; zo ) và có vectơ chỉ phương ‘ a = (a1 ; a2 ; a3 ) và mặt phẳng ( ) : Ax + By + Cz + D = 0 có vecto pháp tuyến n = ( A; B; C ) ▪ (d ) cắt ( )  a.n  0 ▪ (d )  a.n = 0 // ( )     M  ( ) a.n = 0 nằm trên mặt phẳng ( )    M  ( ) ❖ Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ▪ Khoảng cách từ M o ( xo ; yo ; zo ) đến mặt phẳng ( ) : Ax + By + Cz + D = 0 cho bởi công thức ▪ (d ) d (M 0 , ) = Ax 0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2 ❖ Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng ▪ Khoảng cách từ đường thẳng d đi qua điểm M o có VTCP u đến điểm M cho bởi công thức d ( M , ) = [M 0 M , u ] u Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 185 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ❖ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ▪ Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d đi qua M ( xo ; yo ; zo ) ; có VTCP a = (a1 ; a2 ; a3 ) ( ) và đường thẳng d ‘ đi qua M ‘ xo’ ; yo’ ; zo’ có VTCP a ‘ = (a1′ ; a2′ ; a3’ ) . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng này là : d (d , d ‘) = [a, a ‘].MM ‘ [a, a ‘] = Vhop Sday ❖ Góc giữa hai đường thẳng: ▪ Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng () đi qua M ( xo ; yo ; zo ) có VTCP a = (a1 ; a2 ; a3 ) ( ) (’) đi qua M ‘ xo’ ; yo’ ; zo’ có VTCP a ‘ = (a ‘1 ; a ‘2 ; a ‘3 ) ▪ Khi đó góc giữa hai đường thẳng này được cho bởi công thức sau đây: cos = cos(a, a ‘) = a.a ‘ a . a’ = a1.a ‘1 + a2 .a ‘2 + a3 .a ‘3 a12 + a22 + a32 . a ’12 + a ’22 + a ’32 ❖ Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: ▪ Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng () đi qua M o có VTCP a = (a1 ; a2 ; a3 ) , mặt phẳng ( ) có VTPT n = ( A; B; C ) ▪ Gọi  là góc hợp bởi () và mặt phẳng ( ) , khi đó góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là sin  = cos(a, n) = Aa1 +Ba 2 +Ca 3 A 2 + B 2 + C 2 . a12 + a22 + a32 ▪ NOTE: Cho tam giác ABC ▪ Đường phân giác trong của góc BAC có vectơ chỉ phương là u = 1 AB 186 AB + 1 AC Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” AC . . CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−2; −2; 1), B (1; 2; − 3) và đường thẳng d: x +1 y − 5 z = = . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng  qua A, vuông góc với d 2 2 −1 đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất. A. u = (1;0;2) B. u = (2;2; −1) C. u = (25; −29; −6) D. u = (2;1;6) Lời giải Cách 1 Gọi ( P ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d , B ‘ là hình chiếu của B lên ( P ) Khi đó đường thẳng  chính là đường thẳng AB’ và u = B’A  Qua A(−2; −2;1)  (P) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0  VTPT nP = ud = (2;2; −1) Ta có ( P ) :   x = 1 + 2t  Gọi d là đường thẳng qua B và song song d  d ‘  y = 2 + 2t  z = −3 − t  ‘ ‘ B ‘ là giao điểm của d ‘ và ( P )  B ‘(−3; −2; −1)  u = B ‘ A = (1;0;2)  Chọn A Cách 2: TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 Không cần viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A và vuông góc với d .  x = 1 + 2t  Gọi d ‘ là đường thẳng qua B và song song d ‘  d ‘  y = 2 + 2t  z = −3 − t  B’  d ‘  B ‘ A = ( −2t − 3; −2t − 4; t + 4 ) AB’ ⊥ d  ud . B ‘ A = 0  t = −2  u = B ‘ A = (1;0;2) . VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác x y −6 z −6 trong góc A là: = . Biết rằng điểm M ( 0;5;3) thuộc đường thẳng AB và = 1 −4 −3 điểm N (1;1; 0 ) thuộc đường thẳng AC . Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC . A. u = ( 0;1; − 3) . B. u = (1; 2;3) . C. u = ( 0;1;3) . D. u = ( 0; − 2;6 ) Lời giải Chọn C x = t  Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A :  y = 6 − 4t . ( d )  z = 6 − 3t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 187 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi D là điểm đối xứng với M qua ( d ) . Khi đó D  AC  đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là ND . Ta xác định điểm D . Gọi K là giao điểm MD với ( d ) . Ta có K ( t ;6 − 4t ;6 − 3t ) ; MK = ( t ;1 − 4t ;3 − 3t ) . Ta có MK ⊥ ud với ud = (1; − 4; − 3) nên t − 4 (1 − 4t ) − 3 ( 3 − 3t ) = 0  t = 1 . 2  xD = 2 xK − xM  xD = 1   1 9 K  ; 4;  . K là trung điểm MD nên  yD = 2 yK − yM   yD = 3 hay D (1;3; 6 ) . 2 2 z = 2z − z z = 6 K M  D  D Một vectơ chỉ phương của AC là DN = ( 0; − 2; − 6 ) . Hay u = ( 0;1;3) là vectơ chỉ phương. x + 2 y −5 z −2 = = 3 −5 −1 P : 2 x + z − 2 = 0 và mặt phẳng ( ) . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với VÍ DỤ 3: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; − 3; 4 ) , đường thẳng d : d và song song với ( P ) . x −1 y + 3 z − 4 A.  : . = = 1 −1 2 x −1 y + 3 z − 4 C.  : . = = −1 −1 −2 x −1 = 1 x −1 D.  : = 1 B.  : y+3 = −1 y+3 = 1 z−4 . −2 z−4 . −2 Lời giải Chọn D x + 2 y −5 z −2 có một VTCP u = ( 3; − 5; − 1) . = = 3 −5 −1 Mặt phẳng ( P ) : 2 x + z − 2 = 0 vó một VTPT n ( 2; 0; 1) . Đường thẳng d : Đường thẳng  có một VTCP a = u, n  = −5 (1; 1; − 2 ) . Đường thẳng  có phương trình  : x −1 y + 3 z − 4 . = = 1 1 −2 VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( ) : x + y + z − 3 = 0 d: đồng thời đi qua điểm M (1; 2;0 ) và cắt đường x −2 y −2 z −3 = = . Một vectơ chỉ phương của  là. 2 1 1 A. u = (1;1; −2 ) B. u = (1;0; −2 ) C. u = ( −1;1; 2 ) D. u = ( −1; −1; 2 ) Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi A ( 2 + 2t ; 2 + t ; 3 + t )  d là giao điểm của  và d . MA = (1 + 2t ; t ; 3 + t ) , VTPT của ( ) là n( ) = (1;1;1) .   ( )  MA ⊥ n( )  MA . n( ) = 0  1 + 2t + t + 3 + t = 0  t = −1 . 188 thẳng Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  MA ( −1; − 1; 2 ) = −1(1; 1; − 2 ) . Vậy ud = (1; 1; − 2 ) . Cách 2: Gọi B = d  ( ) . B  d  B ( 2 + 2t ; 2 + t ; 3 + t ) . B  ( )  2 + 2t + 2 + t + 3 + t − 3 = 0  t = −1  B ( 0;1; 2 ) . BM (1;1; − 2 )  ud (1;1; − 2 ) . VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm A (1; 2; − 5 ) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y − 4 z + 5 = 0 là x = 2 + t  A. d :  y = 3 + 2t .  z = −4 − 5t   x = 1 + 2t  B. d :  y = 2 + 3t .  z = −5 + 4t   x = 1 + 2t  C. d :  y = 2 + 3t .  z = −5 − 4t  x = 2 + t  D. d :  y = 3 + 2t .  z = 4 + 5t  Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua điểm A (1; 2; − 5 ) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y − 4 z + 5 = 0 nên nhận u = ( 2; 3; − 4 ) là véctơ chỉ phương  x = 1 + 2t  Phương trình đường thẳng d là d :  y = 2 + 3t .  z = −5 − 4t  VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M ( 2; 2; − 3) và N ( −4; 2;1) . Gọi  là đường thẳng đi qua M , nhận vecto u = ( a; b; c ) làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z = 0 sao cho khoảng cách từ N đến  đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó a + b + c bằng: A. 14 . B. 13 . C. 16 . D. 15 . Lời giải Chọn D Gọi ( Q ) là mặt phẳng đi qua M ( 2; 2; − 3) và song song với mặt phẳng ( P ) . Suy ra ( Q ) : 2 x + y + z − 3 = 0 . Do  // ( P ) nên   ( Q ) . d ( N ,  ) đạt giá trị nhỏ nhất   đi qua N  , với N  là hình chiếu của N lên ( Q ) .  x = −4 + 2t  Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc ( P ) , d :  y = 2 + t . z = 1+ t  Ta có N   d  N  ( −4 + 2t ; 2 + t ;1 + t ) ; N   ( Q )  t = 4  4 10 7   N − ; ;  . 3  3 3 3  10 4 16  u = ( a; b; c ) cùng phương MN  =  − ; ;  .  3 3 3 Do a , b nguyên tố cùng nhau nên chọn u = ( −5;2;8 ) . Vậy a + b + c = 15 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 189 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : d2 : x −1 y z + 2 = = và 2 1 −1 x −1 y + 2 z − 2 = = . Gọi  là đường thẳng song song với ( P ) : x + y + z − 7 = 0 và cắt 1 3 −2 d1 , d 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng  là.  x = 12 − t  A.  y = 5 .  z = −9 + t   x = 6 − t  5  B.  y = . 2  9   z = − 2 + t .   x = 6 − 2t  5  D.  y = + t 2  9   z = − 2 + t  x = 6  5  C.  y = − t . 2  9   z = − 2 + t Lời giải Chọn B A  d1  A (1 + 2a; a; −2 − a ) ; B  d 2  B (1 + b; −2 + 3b; 2 − 2b )  có vectơ chỉ phương AB = ( b − 2a;3b − a − 2; −2b + a + 4 ) ( P ) có vectơ pháp tuyến nP = (1;1;1) Vì  / / ( P ) nên AB ⊥ nP  AB.nP = 0  b = a − 1 .Khi đó AB = ( −a − 1; 2a − 5;6 − a ) AB = ( −a − 1) + ( 2a − 5) + ( 6 − a ) 2 Dấu ” = ” xảy ra khi a = 2 2 2 5  49 7 2  = 6a − 30a + 62 = 6  a −  +  ; a  2 2 2  2 5  5 9  7 7  A  6; ; −  , AB =  − ;0;  2  2 2  2 2  5 9 Đường thẳng  đi qua điểm A  6; ; −  và vec tơ chỉ phương ud = ( −1;0;1)  2 2 VÍ DỤ 5: Cho 2 mặt cầu ( S1 ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 4 , ( S2 ) : ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 1 . Gọi d 2 2 2 2 2 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 O một khoảng lớn nhất. Nếu u = ( a; 1; b ) là một vectơ chỉ phương của d thì tổng S = 2a + 3b bằng bao nhiêu? A. S = 0 B. S = 4 C. S = 2 D. S = 1 Lời giải Chọn C ( S1 ) có tâm I1 ( 3; 2; 2 ) , bán kính R1 = 2 . ( S 2 ) có tâm I 2 (1; 0; 1) , bán kính R2 = 1 . 5 2 4 Ta có: I1I 2 = 3 = R1 + R2 , do đó ( S1 ) và ( S 2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm A  ; ;  . 3 3 3 Vì d tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm I1I 2 nên d phải tiếp xúc với hai mặt cầu tại A  d ⊥ I1I 2 . Mặt khác d = d ( O; d )  OA  dmax = OA khi d ⊥ OA . Khi đó, d có một vectơ chỉ phương là  I1 I 2 , OA = ( 6; − 3; − 6 )  u = ( −2; 1; 2 ) .Vậy S = 2 . 190 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1. TÌM VECTO CHỈ PHƯƠNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG ( P ) : x − y − 6 = 0 và ( Q ) . Biết rằng điểm H ( 2; −1; −2 ) là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O ( 0;0;0 ) xuống mặt phẳng ( Q ) . Số đo góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) bằng Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng Câu 2. A. 45 . B. 60 . C. 30 . D. 90 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng x−2 y+2 z = = và đi qua điểm A ( 3; −4;5 ) là 1 −2 3 Câu 3. A. −3x + 4 y − 5z − 26 = 0 . B. x − 2 y + 3z + 26 = 0 . C. 3x − 4 y + 5z − 26 = 0 . D. − x + 2 y − 3z + 26 = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, véctơ nào trong 4 phương án dưới đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng có phương trình Câu 4. 3y 2 3 z . 1  3   2  A. a =  3; ;1 . B. a = ( 9; 2; −3) . C. a = ( 3; 2;1) . D. a =  3; ;1 .  2   3  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, véctơ nào trong 4 phương án dưới đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng có phương trình  3  A. a =  3; ;1 .  2  Câu 5. x 1 3 B. a = ( 9; 2; −3) . x 1 3 3y 2 3 z . 1 C. a = ( 3; 2;1) .  2  D. a =  3; ;1 .  3  Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 2;3;3) , phương trình đường trung tuyến kẻ x −3 y −3 z −2 = = , phương trình đường phân giác trong của góc C là −1 2 −1 x−2 y−4 z−2 = = . Biết rằng u = ( m ; n ; − 1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . 2 −1 −1 từ B là Tính giá trị của biểu thức T = m2 + n2 . Câu 6. C. T = 2 . D. T = 1 . x −1 y − 2 z +1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và một mặt = = 2 1 3 A. T = 5 . B. T = 10 . phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Đường thẳng d ‘ là hình chiếu của d theo phương Ox lên ( P ) , d ‘ nhận u = ( a; b; 2019 ) là một vec tơ chỉ phương . Xác định tổng ( a + b ) A. 2019 . B. −2020 . C. 2018 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. −2019 . 191 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : x +1 y z +1 = = và hai điểm A (1; 2; − 1) , 2 3 −1 B ( 3; − 1; − 5 ) . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất, u = (1; a ; b ) là vectơ chỉ phương của d . Giá trị của Câu 8. Câu 9. a bằng b A. −2 . 1 B. − . 2 C. 2 . D. A. u = ( 2;3;0 ) . B. u = ( 2;3;1) . C. u = ( −2;3;0 ) . D. u = ( 2; −3;0 ) . 1 . 2 x +1 y − 2 z + 3 = = Trong không gian Oxyz , gọi d  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d : 2 3 1 trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d  ? Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 2 = 0 , điểm x +1 y − 2 z + 2 = = . Đường thẳng  qua A cắt d và ( P ) lần 2 −1 3 lượt tại hai điểm M và N sao cho AM = 2 AN , khi đó một vectơ chỉ phương của  là? A (1;1; −2 ) và đường thẳng d : A. u = ( −8; 4; −3) . B. u = ( −8; −4; −9 ) . C. u = ( 8; −4; −9 ) . D. u = ( 8; −4;9 ) . Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1;1) và mặt phẳng ( P) : x + 2 y = 0 . Gọi  là đường thẳng đi qua A , song song với ( P) và cách điểm B ( −1;0;2 ) một khoảng ngắn nhất. Hỏi  nhận vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương ? B. u = ( 6; −3;5) . A. u = ( 6;3; −5) . D. u = ( 6; −3; −5) . C. u = ( 6;3;5) . Câu 11. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;1;1) , B ( 7;3;9 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 3 = 0 . Điểm M ( x ; y ; z ) ( P ) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị x + y + z bằng A. – 3. Câu 12. Trong B. 3. không gian tọa C. 0. độ Oxyz cho hai D. 2. đường thẳng ( d1 ) : x − 2 y z +1 = = , 1 3 2 x +1 y − 5 z = = và điểm M (1; 0; 2) . A, B là hai điểm lần lượt trên (d1 ) và (d 2 ) sao cho 3 1 −3 tam giác MAB vuông tại M . Khi A, B thay đổi thì trung điểm I của đoạn AB sẽ thuộc một ( d2 ) : đường thẳng. Tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng đó. A. u = ( −5;9;17 ) . B. u = ( −3;1;5 ) . C. u = (1;5;9 ) . Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : D. u = (1; 4; 4 ) . x −3 y −4 z −2 = = và 2 điểm A ( 6;3; −2 ) , 2 1 1 B (1;0; −1) . Gọi  là đường thẳng đi qua B , vuông góc với d và thỏa mãn khoảng cách từ A đến  là nhỏ nhất. Một vectơ chỉ phương của  có tọa độ A. (1;1; −3) . 192 B. (1; −1; −1) . C. (1; 2; −4 ) . D. ( 2; −1; −3) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( P) : x − y + z + 3 = 0 ( P) ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 32 , mặt phẳng 2 2 và điểm N (1;0; −4 ) thuộc ( P ) . Một đường thẳng  đi qua N nằm trong cắt ( S ) tại hai điểm A , B thỏa mãn AB = 4 . Gọi u = (1; b; c ) , ( c  0 ) là một vecto chỉ phương của  , tổng b + c bằng A. 1 . B. 3 . C. −1 . D. 45 . x y z +1 x − 3 y z −1 = = , 1 : , Câu 15. Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng d : = = 1 1 2 1 −2 1 2 : x −1 y − 2 z = = . Đường thẳng  vuông góc với d đồng thời cắt 1 ,  2 tương ứng tại H , K 1 2 1 sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương u ( h; k ;1) . Giá trị h − k bằng A. 0. B. 4. C. 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. −2. 193 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn A Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến n (1; − 1;0 ) . Vì H ( 2; −1; −2 ) là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O ( 0;0;0 ) xuống mặt phẳng ( Q ) nên (Q ) nhận OH ( 2; − 1; − 2 ) là vectơ pháp tuyến. ( Ta có cos ( ( P ) , ( Q ) ) = cos n, OH = ) = n . OH n.OH 1.2 + ( −1) . ( −1) + 0. ( −2 ) 12 + ( −1) + 02 . 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 2 2 = 3 3 2 = 2 . 2 Vậy góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) bằng 45 . Câu 2. Chọn D Gọi ( P ) là mặt phẳng cần tìm. ( P) qua A ( 3; −4;5 ) và có VTPT n = ud (1; −2;3) (do ( P ) ⊥ d ). Vậy ( P ) có phương trình: 1( x − 3) − 2 ( y + 4 ) + 3 ( z − 5 ) = 0  x − 2 y + 3z − 26 = 0 . Câu 3. Chọn B Ta có x 1 3 3y 2 3 z 1 x 1 9 y 2 z 3 3 Vậy một véc tơ chỉ phương của đường thẳng là a = ( 9; 2; −3) . Câu 4. Chọn B Ta có x 1 3 3y 2 3 z 1 x 1 9 y 2 z 3 3 Vậy một véc tơ chỉ phương của đường thẳng là a = ( 9; 2; −3) . Câu 5. Chọn D Cách 1: Đặt BM : x −3 y −3 z −2 x−2 y−4 z−2 = = = = và CD : −1 2 −1 2 −1 −1 7−c 5−c   Giả sử C ( 2 + 2c ; 4 − c ; 2 − c )  M  2 + c ; ;  là trung điểm của cạnh AC 2 2   194 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 2+c −3 Vì M  BM nên = −1 7−c 5−c −3 −2 2 = 2  c = 1  C ( 4;3;1) , M ( 3;3; 2 ) 2 −1 Gọi ( ) là mặt phẳng qua điểm M và vuông góc với đường phân giác CD  7 3  ( ) : 2 x − y − z − 1 = 0 . Khi đó CD  ( ) = H  3; ;   2 2 Gọi N là điểm đối xứng với M qua CD  N ( 3; 4;1)  CN = ( −1;1;0 ) Do CD là đường phân giác trong của góc C nên N  BC  phương trình tham số của cạnh BC x = 4 − t  đi qua điểm C và nhận vectơ CN làm VTCP là:  y = 3 + t z = 1   BM  BC = B ( 2;5;1)  AB = ( 0; 2; − 2 ) Do đó đường thẳng AB có một VTCP là u = ( 0;1; − 1) = ( m ; n ; − 1) Vậy T = m2 + n2 = 1 . Cách 2: Gọi ( P ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với CD  ( P ) : 2 x − y − z + 2 = 0  CD  ( P ) = H ( 2; 4; 2 ) . Gọi N là điểm đối xứng với A qua CD  H là trung điểm của AN  N ( 2;5;1) Do CD là đường phân giác trong của góc C nên điểm N  BC Thay tọa độ điểm N vào phương trình đường trung tuyến BM , ta được: 2 − 3 5 − 3 1− 2 = = −1 2 −1  N  BM mà BM  BC = B  B  N Nên đường thẳng AB nhận vectơ u = Câu 6. 1 AN = ( 0;1; − 1) = ( m ; n ; − 1) . Vậy T = m2 + n2 = 1 . 2 Chọn D Ta có ud = ( 2;1;3) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d . Mặt phẳng ( P ‘) chứa d và hình chiếu d ‘ có VTPT nP ‘ = ud ; i  = ( 0;3; −1) . VTCP ud ‘ =  nP ‘ .nP  = ( 4; −1; −3) = ( −2692;673; 2019 ) . Vậy a + b = −2019 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 195 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 7. Chọn A Cách 1: B P A d Δ H M Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng d . Khi đó d ( B, d ) = BH  AB = 29  max ( d ( B, d ) ) = 29 đạt được khi H  A  d ⊥ AB . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa  và đi qua A . Lấy điểm E ( −1;0; −1) thuộc đường thẳng  . ( P) có một vectơ pháp tuyến n = 1  u , EA = (1; − 1; − 1) .  2 Vì đường thẳng d đi qua A và cắt  nên d nằm trong ( P ) . Suy ra đường thẳng d nhận u =  n , AB  = (1; 2; − 1) làm vectơ chỉ phương. Vậy a = −2 . b Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng d . Khi đó d ( B, d ) = BH  AB  max ( d ( B, d ) ) = AB đạt được khi d ⊥ AB  H  A . Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d và  . Suy ra M(−1+ 2t;3t; −1− t ) . Ta được AB = (2; −3; −4), AM = (−2 + 2t ;3t − 2; −t ). Do d ⊥ AB nên AB. AM = 0  2(−2 + 2t ) − 3(3t − 2) + 4t = 0  t = 2. Suy ra một vectơ chỉ phương của d là u = Câu 8. a 1 AM = (1; 2; −1). Vậy = −2 . b 2 Chọn A  x +1 y − 2 z + 3 = =  Tọa độ giao điểm I của d và ( Oxy ) là nghiệm của hệ :  2 3 1 .  z = 0 Giải hệ trên ta được I ( 5;11;0 ) . Gọi M ( −1;2; −3)  d . Khi đó hình chiếu của M lên ( Oxy ) là M  ( −1;2;0 ) . Do đó d  là đường thẳng IM  có IM  = ( −6; −9;0 ) . Suy ra u = ( 2;3;0 ) cũng là một Câu 9. vectơ chỉ phương của d  . Chọn D Ta có   d = M   M  d  M ( −1 + 2t ; 2 − t ; −2 + 3t ) ; AM = ( −2 + 2t ;1 − t ;3t ) . 196 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.   xN = 2 − t −2 + 2t = −2 ( xN − 1)   1 1    yN = + t Vì AM = 2 AN  AM = −2 AN  1 − t = −2 ( yN − 1) 2 2   3t = −2 ( z N + 2 ) 3   z N = −2 − 2 t 1 1 3    N  2 − t ; + t ; −2 − t  . 2 2 2   3  1 1   Mặt khác   ( P ) =  N   N  ( P )  ( 2 − t ) + 2  + t  − 2  −2 − t  + 2 = 0  t = −3 . 2  2 2   Với t = −3  AM = ( −8; 4; −9 ) . Vậy một vectơ chỉ phương của  là u = ( 8; −4;9 ) . Câu 10. Chọn D Gọi (Q) chứa  và song song với ( P) . Suy ra (Q) có phương trình: x − 1 + 2( y − 1) = 0  x + 2 y − 3 = 0 . Khi đó d ( B;  ) min = BH với H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (Q) .  x = −1 + t  Đường thẳng BH đi qua B , vuông góc với mặt phẳng (Q) có phương trình  y = 2t , t  z = 2  . Tọa độ giao điểm H của đường thẳng BH và mặt phẳng (Q) là nghiệm của hệ:   x = −1 + t   y = 2t  1 8  . Giải hệ trên ta được H  − ; ;2  .   5 5   z = 2  x + 2 y − 3 = 0 6 3  Do đó  là đường thẳng AH có AH =  ; − ; −1 . 5 5  Suy ra u = ( 6; −3; −5) cũng là một vecto chỉ phương của  . Câu 11. Chọn A Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB = 0 thì I là trung điểm của AB . Suy ra I ( 5; 2;5 ) . Khi đó: MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2 MI . MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất  MI đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( P ) . Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua I và vuông góc ( P ) . Suy ra M = ( d )  ( P ) x = 5 + t ( d ) :  y = 2 + t  M ( 5 + t ; 2 + t ;5 + t ) . z = 5 + t  M  ( P ) nên 5 + t + 2 + t + 5 + t + 3 = 0  3t + 15 = 0  t = −5  M ( 0; − 3;0 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 197 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vậy x + y + z = −3 . Trắc nghiệm: Vì M ( x ; y ; z ) ( P ) nên x + y + z + 3 = 0  x + y + z = −3 . Câu 12. Chọn A Gọi A(t + 2;3t ;2t −1)  (d1 ) và B(3t ‘−1; t ‘+ 5; − 3t ‘)  (d2 ) . Khi đó MA = (t + 1;3t ; 2t − 3), MB = (3t ‘− 2; t ‘+ 5; − 3t ‘− 2). 4 4 Vì tam giác MAB vuông tại M nên MA.MB = 0  9t + 12t ‘+ 4 = 0  t = − t ‘− . 3 9 14 4 8 17   4 Do đó A  − t ‘+ ; − 4t ‘− ; − t ‘−  . 9 3 3 9  3 5 5   x = 18 + 6 t   11 3  Tọa độ trung điểm I của AB là  y = − t  . 6 2  17 17   z = − 8 − 6 t   5 3 17  Suy ra điểm I thuộc một đường thẳng có vectơ chỉ phương v =  ; − ; −  . 6 6 2 Chọn vec tơ chỉ phương khác là u = −6v hay u = ( −5;9;17 ) . Câu 13. Chọn A Gọi ( P ) là mặt phẳng qua B và vuông góc với d nên ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 . Gọi H là hình chiếu của A lên ( P ) , ta có: H ( 2;1; −4 ) Ta có:   ( P ) nên d ( A;  )  d ( A; ( P ) ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H  . Vậy một vectơ chỉ phương của  là BH = (1;1; −3) . Câu 14. Chọn D 198 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;1) và bán kính R = 3 . Gọi H là trung điểm AB . Đường thẳng  đi qua N và có vecto chỉ phương u = (1; b; c ) ta có phương trình: x = 1+ t   :  y = bt (t   z = −4 + ct  ).   ( P)  1− b + c = 0  b = 1+ c . Ta có: IH = R 2 − HB 2 = 9 − 4 = 5 , IN = ( 0; − 2; − 5 ) . IH = d ( I ,  ) =  IN , u  9c 2 + 30c + 54    5= u 2c 2 + 2c + 2 c = 22  10c 2 + 10c + 10 = 9c 2 + 30c + 54  c 2 − 20c − 44 = 0   . c = −2 Vì c  0 nên ta chọn c = 22 . Vậy vecto chỉ phương u = (1; 23; 22 ) . Câu 15. Chọn A Gọi H  1  H ( 3 + 2t ; t ;1 + t ) ; Gọi K   2  K (1 + m; 2 + 2m; m ) . Tính được HK = ( m − 2t − 2; 2m − t + 2; m − t − 1) . Đường thẳng d có một VTCP là ud = (1;1; −2 ) . Vì  ⊥ d  ud .HK = 0  m − t + 2 = 0  m = t − 2  HK = ( −t − 4; t − 2; −3) . Tính được HK 2 = ( −t − 4 ) + ( t − 2 ) + ( −3) = 2 ( t + 1) + 27  27, t  2 2 2 2 Suy ra minHK = 27, đạt được khi t = −1 . Khi đó ta có HK = ( −3; −3; −3) , suy ra u (1;1;1)  h = k = 1  h − k = 0. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 199 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 2. VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình tham số trục Oz là x = 0  A.  y = t . z = 0  Câu 2. x = t  B.  y = 0 . z = 0  x = 0  D.  y = 0 . z = t  C. z = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x + 2 y + z − 4 = 0 và đường thẳng x +1 y z + 2 = = . Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P) đồng thời cắt và vuông góc với 2 1 3 đường thẳng d có phương trình là d: x −1 = 5 x +1 C. = 5 A. Câu 3. y +1 z −1 . = −1 2 y + 3 z −1 . = −1 3 x −1 = 5 x −1 D. = 5 B. z −1 . 3 z −1 . −3 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3 ) ; B ( 3; 0;1) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình tổng quát là A. x − y − z + 4 = 0 . B. x − y − z + 1 = 0 . Câu 4. y −1 = 2 y −1 = −1 C. x − y − z − 2 = 0 . D. x + y − z − 1 = 0 . Trong không gian Oxyz cho điểm A ( 2; −1;1) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 1 = 0 . Viết đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( P )  x = 2 − 2t  A.  :  y = −1 + t .  z = 1 − 2t  Câu 5. Trong không gian  x = 2 + 2t  B.  :  y = −1 + t . z = 1− t   x = 2 + 4t  D.  :  y = −1 + 2t z = 1+ t   x = 2 + 2t  C.  :  y = −1 − t . z = 2 + t  Oxyz , cho mặt phẳng : 3x y z 0 và đường x 3 y 4 z 1 . Phương trình của đường thẳng d nằm trong mặt phẳng 1 2 2 vuông góc với đường thẳng là: : x A. d : y z Câu 6. 2 2t 2 5t . 1 7t x B. d : y z 1 4t 5t . 3 7t x C. d : y z 4 t 5 . 7 3t , cắt và x 1 4t D. d : y 5t . z 3 7t Trong hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường vuông góc chung  của hai đường thẳng  x = −3t x −1 y − 3 z − 2  và d 2 :  y = t . d1 : = = 1 −1 2  z = −1 − 3t  x−2 y−2 z−4 . = = 1 −3 −2 x −1 y − 3 z − 2 C. . = = 3 1 −1 A. 200 thẳng x − 3 y +1 z − 2 . = = −1 1 1 x y z +1 D. = = . 1 6 1 B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 7. x = 1− t  Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −2 + t và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 3z − 2 = 0 .  z = 3 + 2t  Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P ) đồng thời cắt và vuông góc đường thẳng d có phương trình là:  x = 5 + 7t  A. d :  y = −6 + 5t .  z = −5 + t  Câu 8.  x = 5 + 7t  B. d :  y = −6 − 5t .  z = −5 + t   x = 1 + 7t  C. d :  y = −2 + 5t .  z = 3+t   x = −1 + 7t  D. d :  y = 5t .  z = 1+ t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x + 1 = y − 3 = z + 1 và mặt phẳng 3 −4 1 ( P ) : 2 x + y − 2 z − 12 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng ( P ) B. d  : x − 1 = y − 4 = z + 3 A. d  : x + 1 = y + 2 = z − 3 3 −4 1 x −1 y − 4 z − 2 D. d  : . = = 3 −4 1 2 1 −2 x y−4 z−2 .C. d  : = . = 3 −1 1 Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : x−2 y−2 z x − 2 y +1 z = = = = ; d2 : 1 1 1 2 −3 −1 Phương trình đường thẳng  cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho AB nhỏ nhất là x = t  A.  y = 3 − 2t . z = 2 − t   x = −2 − t  B.  y = −1 + 2t .  z = −t  x = 1+ t  C.  y = −1 − 2t . z = 2 − t  x = 2 − t  D.  y = 1 + 2t .  z = −t  x = 1 x = 1+ t   Câu 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d1 :  y = 2 + t và d 2 :  y = 2 + 7t . Phương trình đường z = 3 + t z = 3   phân giác của góc nhọn giữa d1 và d 2 là x −1 = 5 x −1 = C. 5 A. x −1 = −5 x −1 = D. 5 y −2 z −3 = . −12 1 y −2 z −3 = . 12 −1 B. y −2 z −3 = . 12 1 y −2 z −3 = . 12 1 Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1; 0;1) và vuông x = t  x = 1 − 2t   góc với hai đường thẳng d1 :  y = −4 + t và d 2 :  y = −3 + 2t là: z = 3 − t z = 4 − t   A. x −1 y z −1 = = . −3 3 4 B. x −1 y z −1 = = . 1 3 −4 C. x −1 y z −1 x −1 y z −1 = = = = . D. . 1 −3 4 1 3 4 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 201 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x + y − 2 z = 0 và hai đường thẳng d1 : x −1 y − 2 z + 4 x +1 y − 6 z . Đường thẳng vuông góc với ( P ) cắt cả hai = = = = và d 2 : −3 −1 −1 2 4 1 đường thẳng d1 và d 2 có phương trình là x + 2 y −1 z . = = 3 1 −2 x + 2 y − 8 z −1 C. . = = 3 1 −2 Câu 13. Trong không gian Oxyz , A. d: x+5 y z −4 . = = 3 1 2 x −1 y − 2 z − 2 D. . = = 3 1 −2 phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0 B. cho mặt và đường thẳng x + 2 y +1 z = = . Hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên ( P) có phương trình là: 2 −1 3 x y −1 z − 2 x y −1 z − 2 x y −1 z − 2 = = . C. = = . D. = = . 2 −7 5 4 3 −7 2 3 −5 x y − 2 z +1 Câu 14. Cho đường thẳng d : = và mặt phẳng ( P) : x − y − z − 2 = 0 . Phương trình hình = 2 −3 2 A. x y −1 z − 2 = = . 5 8 −13 B. chiếu vuông góc của d trên ( P) là x = 1− t  A.  y = 1 + 2t .  z = −2 − 3t  x = 1− t  B.  y = 1 + 2t .  z = −2 + 3t  x = 1− t  C.  y = 1 − 2t .  z = −2 − 3t  x = 1− t  D.  y = 1 + 2t .  z = 2 − 3t  Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −3; −1) và B ( 4; −1;3) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là A. x + y + 2z − 9 = 0 . B. x + y + 2z + 3 = 0 . C. x + y + 2z − 3 = 0 . D. 2 x + 2 y + 4 z − 3 = 0 . Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng d : x − 3 = y − 1 = z + 7 . Đường 2 1 −2 thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là x = 1+ t  A.  y = 2 + 2t .  z = 3 + 2t   x = −1 + 2t  B.  y = 2t .  z = 3t   x = −1 + 2t  C.  y = −2t . z = t  x = 1+ t  D.  y = 2 + 2t .  z = 3 + 3t  Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 9 = 0 và đường thẳng d : x −1 y + 3 z − 3 . Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua A ( 0; −1; 4 ) , = = −1 2 1 vuông góc với d và nằm trong ( P ) là:  x = 5t  A.  :  y = −1 + t .  z = 4 + 5t   x = 2t  B.  :  y = t .  z = 4 − 2t  x = t  C.  :  y = −1 . z = 4 + t   x = −t  D.  :  y = −1 + 2t . z = 4 + t  Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 2;1; −1) , B ( −2;3;1) và C ( 0; −1;3) . Gọi d là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình đường thẳng 202 d là Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x +1 y −1 z − 2 x +1 y z x −1 y z x y−2 z .B. C. = = = = . = = . = = . D. −2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Câu 19. Đường thẳng  là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 thì có phương trình A. là x − 2 y −1 z − 3 x − 2 y −1 z − 3 x + 2 y +1 z x + 2 y +1 z . B. C. . D. . = = = = = = = = 1 1 1 1 1 2 3 2 −1 −1 −1 −1 Câu 20. Trong không gian Oxyz , đường thẳng Oy có phương trình tham số là A. x = t  A.  y = t ( t  z = t  ). x = 0  B.  y = 2 + t ( t  z = 0  ). x = 0  C.  y = 0 ( t  z = t  ). x = t  D.  y = 0 ( t  z = 0  ). Câu 21. Trong không gian tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M (1; 2;3) và song song với giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) : 3 x + y − 3 = 0 , ( Q ) : 2 x + y + z − 3 = 0 . x = 1+ t  A.  y = 2 + 3t . z = 3 + t  x = 1− t  C.  y = 2 − 3t . z = 3 + t  x = 1+ t  B.  y = 2 − 3t . z = 3 − t  x = 1+ t  D.  y = 2 − 3t . z = 3 + t  Câu 22. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;0;1 ) , B ( −2;1;1 ) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là A. x − y + 2 = 0 . B. x + y + 1 = 0 . C. − x + y − 1 = 0 . D. x + y − 2 = 0 . Câu 23. Đường thẳng  đi qua điểm M ( 3;1;1) , nằm trong mặt phẳng x = 1 ( ) : x + y − z − 3 = 0 và tạo với đường thẳng d :  y = 4 + 3t một góc nhỏ nhất thì phương trình  z = −3 − 2t  của  là  x = 8 + 5t   B.  y = −3 − 4t  .  z = 2 + t  x = 1  A.  y = −t  .  z = 2t    x = 1 + 2t   C.  y = 1 − t  .  z = 3 − 2t    x = 1 + 5t   D.  y = 1 − 4t  .  z = 3 + 2t   Câu 24. Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua A (1; 2; 4 ) song song với ( P ) : 2 x + y + z − 4 = 0 và cắt đường thẳng d :  x = 1 + 2t  B.  y = 2 .  z = 4 + 2t  x = 1+ t  A.  y = 2 .  z = 4 − 2t  Câu 25. Trong không x−2 y−2 z−2 có phương trình: = = 3 1 5 gian Oxyz ( P ) : x + y− 3z − 2 = 0. Gọi cho đường  x = −1 − 2t  C.  y = 2 .  z = 4 + 4t  thẳng d: x = 1− t  D.  y = −2 .  z = 4 + 2t  x + 3 y +1 z = = 2 1 −1 và mặt phẳng d  là đường thẳng nằm trong ( P ) , cắt và vuông góc với d . Đường thẳng d ‘ có phương trình là: A. x +1 y z +1 . = = −2 −5 1 B. x +1 y z +1 . = = −2 5 1 C. x +1 y z +1 x +1 y z +1 . D. . = = = = −2 −5 −1 2 5 1 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 203 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho M ( 2;3; − 1) và đường thẳng d : x y z −3 . Đường thẳng qua = = 2 4 1 M vuông góc với d và cắt d có phương trình là A. x − 2 y − 3 z +1 x − 2 y − 3 z +1 x − 2 y − 3 z +1 x − 2 y − 3 z +1 = = B. C. D. = = = = = = 5 6 32 6 5 −32 5 −6 32 6 −5 32 Câu 27. Trong hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường vuông góc chung  của hai đường thẳng  x = −3t x −1 y − 3 z − 2  và d 2 :  y = t . d1 : = = 1 −1 2  z = −1 − 3t  x−2 y−2 z−4 . = = 1 −3 −2 x −1 y − 3 z − 2 C. . = = 3 1 −1 x − 3 y +1 z − 2 . = = −1 1 1 x y z +1 D. = = . 1 6 1 x +1 y −1 z − 3 Câu 28. rong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = = 1 2 −2 A. B. ( P ) : 2 x − 2 y + z − 3 = 0 , phương trình đường thẳng và mặt phẳng  nằm trong mặt phẳng ( P ) , cắt d và vuông góc với d là  z = −2 + 2t  C.  y = −1 + 5t .  z = 5 − 6t   z = −2 − 2t  B.  y = −1 − 5t .  z = 5 − 6t   z = 2 − 2t  A.  y = 1 − 5t .  z = −5 − 6t   z = −2 − 2t  D.  y = 1 − 5t .  z = 5 + 6t  Câu 29. Trong không gian Oxyz , đường thẳng qua M (1; 2; − 1) và song song với hai mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 8 = 0 , (Q ) : 2 x − y + 5z − 3 = 0 x −1 y − 2 z +1 . = = 4 7 −3 x −1 y + 2 z −1 D. . = = 4 7 −3 x −1 y − 2 z +1 . = = 4 −7 −3 x −1 y − 2 z +1 C. . = = 4 7 3 A. Câu 30. Trong d: không gian có phương trình là B. Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0 và đường x y +1 z − 2 . Hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng ( P ) có phương trình là = = 1 2 −1 x +1 = −1 x −1 C. = 1 A. y +1 z +1 . = −4 5 y −1 z −1 . = 4 −5 x −1 y −1 z −1 . = = 3 −2 −1 x −1 y − 4 z + 5 D. . = = 1 1 1 B. Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;0;2 ) và đường thẳng d : x −1 y z +1 = = . Phương 1 1 2 trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d là: x −1 = 1 x −1 C. = 2 A. 204 thẳng y z−2 = . 1 1 y z−2 . = 2 1 x −1 y z − 2 = = . 1 1 −1 x −1 y z − 2 D. . = = 1 −3 1 B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : ( P ) : x + y + z − 6 = 0 . Gọi đường thẳng x −1 y + 3 z +1  1  = = , m  − , 2  và mặt phẳng 2m + 1 2 m−2  2   là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng ( P ) . Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng  vuông góc với giá của véctơ a = (−1;0;1) ? A. 2 . B. 1 . C. 3 . D. 0 . x+2 y−2 z Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : và mặt phẳng = = 1 1 −1 ( P ) : x + 2 y − 3z + 4 = 0 . Phương trình tham số của đường thẳng d nằm trong ( P ) , cắt và vuông góc đường thẳng  là  x = −3 + 2t  A.  y = 1 − t . z = 1+ t   x = 1 − 3t  B.  y = −2 + 3t .  z = −1 + t   x = −3 + t  D.  y = 1 − 2t . z = 1− t   x = −3 − 3t  C.  y = 1 + 2t . z = 1+ t  Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −3;3; −3) thuộc mặt phẳng ( ) có phương trình 2 x – 2 y + z + 15 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 100 . Đường thẳng  qua 2 2 2 A , nằm trên mặt phẳng ( ) cắt ( S ) tại M , N . Để độ dài MN lớn nhất thì phương trình đường thẳng  là x +3 y −3 z +3 = = . 1 4 6  x = −3 + 5t  C.  y = 3 .  z = −3 + 8t  A. B. x +3 y −3 z +3 = = . 16 11 −10 D. x +3 y −3 z +3 = = . 1 1 3 Câu 35. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho điểm A (1; 2; 4 ) và hai điểm M , B thoả mãn MA.MA + MB.MB = 0 . Giả sử điểm M thay đổi trên đường thẳng d : x + 3 y −1 z + 4 = = . Khi 2 2 1 đó điểm B thay đổi trên đường thẳng có phương trình là: x −1 y − 2 z − 4 x + 7 y z + 12 = = = = A. d1 : . B. d 2 : . 2 2 2 2 1 1 x y z x − 5 y − 3 z − 12 = = C. d3 : = = . D. d 4 : . 2 2 1 2 2 1  x = −1 − 2t  x = 2 + t   Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho 2 đường thẳng d :  y = t , d  :  y = −1 + 2t  và mặt phẳng  z = −1 + 3t  z = −2t    ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( P ) , cắt d và d  có phương trình là x −3 = 1 x+2 = C. 1 A. y −1 z + 2 = . 1 1 y +1 z −1 = . 1 1 x −1 = 1 x +1 = D. 2 B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. y −1 z −1 = . −1 −4 y −1 z − 4 = . 2 2 205 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau d1 : d2 : x y 4 2 4 z 2 x 1 3 y 1 z 2 2 , 2 3 . Phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 d1 , d2 là A. d1 : x 4 y 2 x 2 y 2 C. 2 1 1 z . 1 2 z 2 . 2 x 2 6 x 4 D. 2 B. y 2 3 y 1 1 z 2 . 2 z . 2 Câu 38. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 5 z + 4 = 0 và đường thẳng x +1 y +1 z + 5 . Hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng ( P ) có = = 2 1 6 phương trình là d:  x = −2 + 3t  A.  y = −2 + 2t .  z = −t   x = −2 − t  B.  y = 2 + 2t . z = t   x = 1 + 3t  C.  y = 2t . z = 1+ t  x = 3 + t  D.  y = 2 . z = 1+ t  Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 , d 2 và mặt phẳng (  ) có phương trình:  x = 1 + 3t  d1 :  y = 2 + t ( t   z = −1 + 2t  ), d2 : x−2 y z−4 = = , ( ) : x + y − z − 2 = 0 . −3 2 −2 Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (  ), cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 là x + 2 y −1 z + 3 x + 2 y −1 z + 3 x − 2 y +1 z − 3 x − 2 y +1 z − 3 = = = = = = = = B. C. D. . −8 −8 8 8 −7 7 7 7 −1 −1 1 1 Câu 40. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;3; 2 ) , mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 và đường thẳng A. x −1 y z +1 = = . Viết phương trình đường thẳng  cắt ( P ) và d lần lượt tại M , N sao cho 2 1 −1 A là trung điểm của MN . d: x = 1+ t  A.  :  y = 3 − t .  z = 2 − 2t  x = 1+ t  B.  :  y = 3 + t .  z = 2 − 2t   x = −1 + t  C.  :  y = 3 − t .  z = 2 − 2t  x = 1+ t  D.  :  y = −3 − t .  z = 2 − 2t  Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A (1;1; 2 ) , B ( −2;3;1) , C ( 3; −1; 4 ) . Viết phương trình đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh B  x = −2 − t  A.  y = 3 + t . z = 1− t   x = −2 + t  B.  y = 3 . z = 1− t   x = −2 − t  C.  y = 3 + t . z = 1+ t   x = −2 + t  D.  y = 3 − t . z = 1+ t  Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 4 z + 1 = 0 . Đường thẳng ( d ) đi qua điểm A , song song với mặt phẳng ( P ) , đồng thời cắt trục Oz . Viết phương trình tham số của đường thẳng ( d ) . 206 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 1 + 5t  A.  y = 2 − 6t . z = 3 + t  x = t  B.  y = 2t . z = 2 + t   x = 1 + 3t  C.  y = 2 + 2t . z = 3 + t  x = 1− t  D.  y = 2 + 6t . z = 3 + t  Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho điểm E ( 2;1;3 ) , mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm A  ;0;0  , 2  3 2 2 2  3  B  0; ;0  , C ( 0;0; − 3) và mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 . Gọi  là đường  2  thẳng đi qua điểm E , nằm trong ( P ) và cắt ( S ) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình  là  x = 2 + 9t  A.  y = 1 + 9t .  z = 3 + 8t   x = 2 − 5t  B.  y = 1 + 3t . z = 3  x = 2 + t  C.  y = 1 − t . z = 3   x = 2 + 4t  D.  y = 1 + 3t .  z = 3 − 3t  Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −2;1;5 ) và hai mặt phẳng Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng ( P ) và ( P ) : 2 x + y + 3z − 7 = 0, ( Q ) : 3x − 2 y − z + 1 = 0 . điểm N nằm trên mặt phẳng ( Q ) thỏa mãn AN = 2 AM . Khi M di động trên mặt phẳng ( P ) thì quỹ tích điểm N là một đường thẳng có phương trình là  x = −3 − 5t  A.  y = −8 + 11t .  z = 6 − 7t   x = 7 + 11t  B.  y = −8 − 5t .  z = 6 − 7t   x = 7 + 11t  C.  y = −8 − 5t .  z = −8 − 7t   x = 2 + 5t  D.  y = 3 + 11t .  z = − 1 − 7t  Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1; 1;2 và hai đường thẳng d1 : x d2 : y z 1 t 1 2t . Viết phương trình đường thẳng 2 5t  x = −4 + 5t  A.  y = −3 + 2t  z = −5 + 7 t   x = 1 − 7t  B.  y = −1 + 11t .  z = 2 + 3t  x 2 y 1 1 z 2 1 ; đi qua A vuông góc với d1 và d 2 . x = 1  C.  y = −1 + 2t . z = 2 + t   x = −7 + t  D.  y = 11 − t  z = 3 + 2t  x 1 y 1 z . Viết 2 1 1 phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt và vuông góc với đường thẳng d . x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z = = . = = . C. = = . D. = = . A. B. 1 4 1 1 −4 1 2 −4 1 1 −4 −2 Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0 . Gọi A, B, C lần lượt là giao Câu 46. Trong không gian Oxyz, cho điểm M 2;1;0 và đường thẳng d : điểm của ( ) với ba trục tọa độ, đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với ( ) có phương trình là A. x +3 y −2 z −3 x +3 y −2 z −3 x +3 y + 2 z −3 x −3 y −2 z +3 = = = = = = = = B. C. . D. . 2 3 −2 2 −3 2 2 3 −2 2 3 −2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 207 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 3 + t  Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2;1;1) và hai đường thẳng d1 :  y = 1 , z = 2 − t   x = 3 + 2t   d 2 :  y = 3 + t  . Phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d 2 là z = 0  x − 2 y −1 z −1 = = . 1 −1 −1 x −1 y − 2 z = = . D. 1 −1 1 x y −1 z −1 x −1 y z − 3 = = = , d2 : Câu 49. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = . Viết 1 −2 −4 −1 2 2 phương trình đường phân giác của những góc tù tạo bởi d1 , d 2 . x −1 y − 2 z = = . 2 −1 2 x − 2 y −1 z −1 = = C. . 2 1 2 A. B. x −1 y z − 3 = = . −1 1 1 x −1 y z − 3 = = D. . 2 1 1 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết A ( 2;1;0 ) , B ( 3;0; 2 ) , C ( 4;3; − 4 ) x −1 y z − 3 = = . −3 −5 4 x y −1 z −1 = C. = . 2 1 1 A. B. . Viết phương trình đường phân giác trong của góc A . x = 2  A.  y = 1 + t . z = 0  208 x = 2  B.  y = 1 . z = t  x = 2 + t  C.  y = 1 . z = 0  x = 2 + t  D.  y = 1 . z = t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn D Oz có vec tơ chỉ phương là u = ( 0;0;1) , đối chiếu 4 phương án, chỉ có D là phương án thích hợp. Câu 2. Chọn D Gọi A là giao điểm của d và  . Ta có A  d  A ( 2t − 1; t ;3t − 2 )   ( P ) , mà A nên A  ( P )  ( 2t − 1) + 2.t + ( 3t − 2 ) − 4 = 0  t = 1 . Vậy A (1;1;1) . ( P) có vtpt n = (1; 2;1) và đường thẳng d có vtcp ud = ( 2;1;3) .   ⊥ d Ta có  suy ra  có 1 vtcp u =  n, ud  = ( 5; −1; −3)   P ( )    đi qua A (1;1;1) và nhận u = ( 5; −1; −3) làm vtcp. Vậy  có phương trình Câu 3. x −1 y −1 z −1 = = . 5 −1 −3 Chọn B Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB  I ( 2;1; 2 ) . Ta có AB = ( 2; −2; −2 )  AB cùng phương với n = (1; −1; −1) . ( ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB  ( ) đi qua I ( 2;1; 2 ) và nhận n làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là: x − y − z + 1 = 0 . Câu 4. Chọn A Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 1 = 0 nên ta chọn véctơ pháp tuyến của ( P ) là n = ( 2; −1; 2 ) làm véc tơ chỉ phương. Đường thẳng  đi qua A ( 2; −1;1)  x = 2 − 2t  Phương trình tham số của đường thẳng  là  y = −1 + t .  z = 1 − 2t  Câu 5. Chọn B x 3 t 4 2t . Phương trình tham số của đường thẳng : y z 1 2t Đường thẳng có vectơ chỉ phương là u 1; 2; 2 . Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là n 3;1;1 . Gọi I là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng Xét phương trình 3 3 t 1 2t 4 2t 0 t Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2 . Suy ra tọa độ điểm I 1;0; 3 . 209 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vì đường thẳng d nằm trong mặt phẳng , cắt đường thẳng nên đường thẳng d đi qua điểm I 1;0; 3 . Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng d có một vectơ chỉ phương là v u, n x Vậy phương trình đường thẳng d : y z Câu 6. , vuông góc với đường thẳng nên đường thẳng 4;5;7 . 1 4t 5t . 3 7t Chọn A Gọi:   d1 = M (1 + t ‘;3 − t ‘; 2 + 2t ‘ ) ,   d 2 = N ( −3t ; t ; − 1 − 3t )  MN = ( −3t − 1 − t ‘; t − 3 + t ‘; − 3 − 3t − 2t ‘ ) . d1 , d2 lần lượt có 2 vectơ chỉ phương là u1 = (1; − 1; 2 ) , u2 = ( −3;1; − 3) .  MN .u1 = 0 −6t ‘− 10t = 4 t ‘ = 1   Vì  là đường vuông góc chung của d1 ; d2 nên   MN .u2 = 0 10t ‘+ 19t = −9 t = −1  M ( 2; 2; 4 ) , N ( 3; − 1; 2 ) , MN = (1; − 3; − 2 ) . Vậy phương trình  : Câu 7. x−2 y−2 z−4 . = = 1 −3 −2 Chọn A Gọi A =   d  A (1 − t ; − 2 + t ;3 + 2t ) . Vì   ( P )  A  ( P ) nên 1 − t − 2 ( −2 + t ) + 3 ( 3 + 2t ) − 2 = 0  t = −4  A ( 5; − 6; − 5 ) .  u d = ( −1;1; 2 ) Ta có   u = u d , n ( P )  = ( 7;5;1) . n = 1; − 2;3 )   (P) (  x = 5 + 7t  Đường thẳng d có phương trình là :  y = −6 + 5t , t   z = −5 + t  Câu 8. . Chọn B Ta có : d //(P) nên d //d . Do đó u d  = u d = ( 3; −4;1) . M ( −1;3; −1)  d . M  là hình chiếu vuông góc của M trên ( P ) . Gọi a là đường Khi đó đường thẳng a thẳng đi qua điểm M và vuông góc với  x = −1 + 2t  có phương trình  y = 3 + t .  z = −1 − 2t   x = −1 + 2t x = 1 y = 3+t    y = 4 . Tọa độ điểm M  là nghiệm của hệ phương trình   z = −1 − 2t  z = −3   2 x + y − 2 z − 12 = 0 210 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” ( P) . CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Phương trình đường thẳng d  là d  : x − 1 = y − 4 = z + 3 3 Câu 9. −4 1 Chọn A Ta có AB ngắn nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d 2 . Gọi A ( 2 + a; 2 + a; −a )  d1 ; B ( 2 + b; −1 + 2b; −3b )  d 2  AB ( b − a; 2b − a − 3; −3b + a ) . d1 , d 2 lần lượt có các véc tơ chỉ phương là ud1 = (1;1; −1) và ud2 = (1; 2; −3) Ta có:  AB.ud = 0 1(b − a) + 1(2b − a − 3) − 1(−3b + a) = 0 6b − 3a − 3 = 0 1    1(b − a) + 2(2b − a − 3) − 3(−3b + a) = 0 14b − 6a − 6 = 0  AB.ud2 = 0 a = −1  A(1;1;1)    AB = (1; −2; −1) b = 0  B(2; −1;0) Do AB = (1; −2; −1) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng  cùng phương với vectơ AB , ta loại 2 đáp án B, D . Thay tọa độ 2 điểm A, B vào đáp án A và C ta chỉ thấy đáp án A thỏa mãn . Câu 10. Chọn D 7 1   1 1   ; ; 0  , u2 =  0 ; ; Đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có vectơ chỉ phương là u1 =  .  2 2   5 2 5 2 Khi đó đường phân giác của góc nhọn giữa d1 và d 2 có một vectơ chỉ phương là ( ) u = 5 2 u1 + u2 = ( 5 ;12 ;1) (Từ đây có thể chọn được đáp án D). Ta có hai đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại M (1; 2 ; 3) nên phương trình đường phân giác của góc nhọn giữa d1 và d 2 là x −1 y − 2 z − 3 = = . 5 12 1 Câu 11. Chọn D Đường thẳng d1 , d 2 lần lượt nhận u1 = (1;1; − 1) , u2 = ( −2; 2; − 1) làm véctơ chỉ phương. Đường thẳng d cần tìm vuông góc với hai đường thẳng d1 , d 2 nên véctơ chỉ phương của d là: u = u1 , u2  = (1; 3; 4 ) . Phương trình đường thẳng d là x −1 y z −1 = = . 1 3 4 Câu 12. Chọn A  x = −1 − t x +1 y − 6 z  d1 : = =  d1 :  y = 6 + 2t  M  d1  M ( −1 − t ;6 + 2t ; t ) −1 2 1 z = t   x = 1 − 3t ‘ x −1 y − 2 z + 4  d2 : = =  d 2 :  y = 2 − t ‘  N  d1  N (1 − 3t ‘; 2 − t ‘; −4 + 4t ‘ ) −3 −1 4  z = −4 + 4t ‘  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 211 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. MN = ( 2 + t − 3t ‘; −4 − 2t − t ‘; −4 − t + 4t ‘ ) ( P ) : 3x + y − 2 z = 0 có VTPT n ( 3;1; −2 ) Đường thẳng ( d ) vuông góc với ( P ) cắt cả hai đường thẳng d1 tại M và cắt d 2 tại N suy ra 2 + t − 3t ‘ = 3k t = −2  x = 1 + 3s    MN = kn  −4 − 2t − t ‘ = k  t ‘ = 1  M (1; 2; −2 )  d :  y = 2 + s ; s  −4 − t + 4t ‘ = −2k k = −1  z = −2 − 2s    Chọn s = −1  A ( −2;1;0 )  d  d : x + 2 y −1 z . = = 3 1 −2 Câu 13. Chọn B Ta có vtcp của đường thẳng d là u Vtpt của mặt phẳng P là nP 2; 1;3 . 1;1;1 Gọi Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với P . Khi đó nQ u nQ nP nQ u; nP 4;1;3 .Điểm M Phương trình mặt phẳng Q : 4 x 2 2; 1;0 y 1 3z d 0 Hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên ( P) là d Khi đó vtcp của d là ud nP ; nQ M 4x P 2; 7;5 .Điểm N 0;1; 2 Q . y 3z 7 0 Q . P Q Câu 14. Chọn A Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ud = ( 2; − 3; 2 ) . Mặt phẳng ( P) có véc tơ pháp tuyến nP = (1; −1; − 1) . Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với ( P) ; Đường thẳng d ‘ là hình chiếu vuông góc của d trên ( P) , d ‘ = ( P )  ( Q ) Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là nQ = ud ‘ , nP  = ( 5; 4;1) Véc tơ chỉ phương của d ‘ là ud ‘ =  nP , nQ  = ( 3; − 6;9 ) = −3 ( −1; 2; −3) Ta thấy đường thẳng d ‘ thuộc ( P) nên điểm M 0  d ‘  M 0  ( P) . Thay tọa độ điểm M 0 (1;1; − 2 ) ở đáp án A thấy thỏa mãn phương trình ( P) . Câu 15. Chọn C Gọi M là trung điểm AB  M ( 3; −2;1) . Ta có AB = ( 2; 2; 4 ) = 2 (1;1; 2 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB qua M ( 3; −2;1) và có một véctơ pháp tuyến n = (1;1; 2 ) có phương trình là: 1. (𝑥 − 3) + 1. (𝑦 + 2) + 2(𝑧 − 1) = 0 ⇔ x + y + 2z − 3 = 0 . Câu 16. Chọn B Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ud = ( 2;1; − 2 ) . Gọi đường thẳng cần tìm là  . 212 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi M ( a ;0;0 ) là điểm thuộc trục Ox mà đường thẳng  đi qua, suy ra MA = (1 − a ; 2;3) là một véc tơ chỉ phương của  . Vì đường thẳng  vuông góc với d nên: MA ⊥ ud  MA.ud = 0  (1 − a ) .2 + 2.1 + 3. ( −2 ) = 0  a = −1  M ( −1;0;0 ) . Đường thẳng  đi qua M ( −1;0;0 ) , nhận MA = ( 2; 2;3) làm một véc tơ chỉ phương suy ra   x = −1 + 2t  (t  có phương trình  y = 2t  z = 3t  ). Cách 2: Mặt phẳng ( P) đi qua A(1;2;3) và vuông góc với d nên ( P ) nhận vectơ chỉ phương của d ud = ( 2;1; −2 ) làm một vetơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( P) : 2 ( x − 1) + 1( y − 2 ) − 2 ( z − 3) = 0  2 x + y − 2 z + 2 = 0 . Tọa độ giao điểm M của trục Ox và mặt phẳng ( P) là nghiệm hệ phương trình: x = t y = 0   t = −1  M ( −1;0;0 ) .  z = 0  2 x + y − 2 z + 2 = 0 Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A, M nên nhận vectơ AM = ( −2; −2; −3) = − ( 2;2;3)  x = −1 + 2t  làm vectơ chỉ phương, có phương trình tham số:  y = 2t , t .  z = 3t  Câu 17. Chọn C Ta thấy : A  ( P ) . Mặt phẳng ( P ) có véctơ pháp tuyến n = ( 2;1; − 2 ) , đường thẳng d có véctơ chỉ phương ud = ( −1; 2;1) Vì đường thẳng  đi qua A ( 0; −1; 4 ) , vuông góc với d và nằm trong ( P ) nên đường thẳng  có véctơ chỉ phương là u = u d , n  = ( 5;0;5 ) hay u = (1;0;1)   x = t  Khi đó, phương trình tham số của đường thẳng  :  y = −1 . z = 4 + t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 213 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 18. Chọn B Ta có: AB = ( −4; 2; 2 )  AB = 16 + 4 + 4 = 2 6 ; AC = ( −2; −2; 4 )  AC = 4 + 4 + 16 = 2 6 BC = 4 + 16 + 4 = 2 6 Vậy tam giác ABC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm G ( 0;1;1) . Do đó phương trình đường thẳng d qua G ( 0;1;1) x = t  có véctơ chỉ phương u =  AB, AC  = 12. (1;1;1) hay, d :  y = 1 + t z = 1+ t  Vậy đường thẳng d đi qua điểm A ( −1;0;0 ) và có véctơ chỉ phương u = (1;1;1) nên chọn B. Câu 19. Chọn C ( P ) : x + z − 5 = 0 có vectơ pháp tuyến n1 = (1;0;1) . ( Q ) : x − 2 y − z + 3 = 0 có vectơ pháp tuyến n2 = (1; − 2; − 1) . Ta có:  n1 , n2  = ( 2; 2; − 2 ) . Gọi u là một vectơ chỉ phương của  , thì u ⊥ n1 và u ⊥ n2 . Suy ra u cùng phương với  n1 , n2  . Chọn u = (1;1; − 1) . Lấy M ( 2;1;3) thuộc mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Đường thẳng  đi qua M ( 2;1;3) có một véctơ chỉ phương u = (1;1; − 1) . Vậy phương trình  là: x − 2 y −1 z − 3 . = = 1 1 −1 Nhận xét: Với 4 đáp án của đề, sau khi chọn u = (1;1; − 1) thì ta đã có thể chọn C là đáp án. Câu 20. Chọn B Đường thẳng Oy đi qua điểm A ( 0 ; 2 ; 0 ) và nhận vectơ đơn vị j = ( 0; 1; 0 ) làm vectơ chỉ  x = 0 + 0.t  phương nên có phương trình tham số là  y = 2 + 1.t ( t   z = 0 + 0.t  x = 0 )   y = 2 + t ( t  z = 0  ). Câu 21. Chọn D Gọi đường thẳng cần tìm là d . Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n( P ) = ( 3;1;0 ) . Mặt phẳng ( Q ) có vectơ pháp tuyến n(Q ) = ( 2;1;1) . Suy ra  n( P ) , n( Q )  = (1; − 3;1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d x = 1+ t  Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = 2 − 3t . z = 3 + t  214 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 22. Chọn A  3 1  Gọi I là trung điểm của AB . Khi đó I có tọa độ là: I  − ; ;1 .  2 2  Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua điểm I và nhận vectơ AB = ( −1;1;0 ) làm vectơ pháp tuyến. 3  1  Nên mặt phẳng trung trực đoạn AB có dạng: −  x +  +  y −  = 0  − x + y − 2 = 0 2  2   x − y + 2 = 0. Câu 23. Chọn B Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u = ( 0;3; − 2 ) . Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tuyến là n = (1;1; − 1) . Vì u.n = 0.1 + 3.1 + ( −2 ) . ( −1) = 5  0 nên d cắt ( ) . x = 3  Gọi d1 là đường thẳng đi qua M và d1 // d , suy ra d1 có phương trình:  y = 1 + 3t .  z = 1 − 2t  Lấy N ( 3; 4; − 1)  d1 . Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng ( ) và đường thẳng  . Ta có: ( d ,  ) = NMH và sin NMH = NH NK  . MN MN Do vậy ( d ,  ) nhỏ nhất khi K  H hay  là đường thẳng MK . x = 3 + t  Đường thẳng NK có phương trình:  y = 4 + t .  z = −1 − t  Tọa độ điểm K ứng với t là nghiệm của phương trình: ( 3 + t ) + ( 4 + t ) − ( −1 − t ) − 3 = 0  t = − 5 4 7 2 . Suy ra K  ; ;  . 3 3 3 3 1  5 4 1 Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là MK =  − ; ; −  = − ( 5; − 4;1)  Chọn B 3  3 3 3 Câu 24. Chọn A Ta có: nP = ( 2;1;1) là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .  x = 2 + 3t  Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = 2 + t , t   z = 2 + 5t  . Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi M là giao điểm của  và d  M ( 2 + 3t ; 2 + t ; 2 + 5t ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 215 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  AM = (1 + 3t ; t ; −2 + 5t ) Do  // ( P ) nên AM .nP = 0  2 (1 + 3t ) + t + ( −2 + 5t ) = 0  12t = 0  t = 0  AM = (1;0; −2 ) . Phương trình đường thẳng  đi qua A (1; 2; 4 ) và nhận AM = (1;0; −2 ) là một vec tơ chỉ phương x = 1+ t  là:  y = 2 ,t   z = 4 − 2t  . Câu 25. Chọn B Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u (2;1; −1) . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n(1;1; −3) . Do đường thẳng d  là đường thẳng nằm trong ( P ) , cắt và vuông góc với d , nên đường thẳng d  có vectơ chỉ phương là: u ‘ = u , n  = (−2;5;1) . Gọi N là giao điểm của d và d   N(−3 + 2t; −1 + t; −t ). Do đường thẳng d  nằm trong ( P ) nên N  ( P )  N (−1;0; −1) . Phương trình chính tắc của d  là: x +1 y z +1 . = = −2 5 1 Câu 26. Chọn D Cách 1: Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud = ( 2; 4;1) và đi qua điểm A ( 0;0;3) , AM = ( 2;3; − 4 ) Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng  qua M vuông góc với d và cắt d . Khi đó ud , AM  .u = 0 hay u ⊥ ud , AM  và u ⊥ ud .     Gọi v = ud , AM  = ( −19;10; − 2 ) , v, ud  = (18;15; − 96 ) , chọn u = ( 6;5; − 32 ) .     Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là x − 2 y − 3 z +1 . = = 6 5 −32 Cách 2: Gọi ( ) là mặt phẳng qua M và vuông góc d  ( ) : 2 x + 4 y + z − 15 = 0 .  8 16 25  Gọi H = d  ( )  H  ; ;  . 7 7 7  Gọi  là đường thẳng qua M vuông góc với d và cắt d . Khi đó   MH .  6 5 32  Ta có MH =  − ; − ;  , chọn u = ( 6;5; − 32 ) làm vectơ chỉ phương của  .  7 7 7  Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là 216 x − 2 y − 3 z +1 . = = 6 5 −32 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 3: Gọi  là đường thẳng qua M vuông góc với d và cắt d tại H . Khi đó   MH .  x = 2t  Ta có d :  y = 4t  H ( 2t ; 4t ;3 + t ) , MH = ( 2t − 2; 4t − 3; 4 + t ) . z = 3 + t  d ⊥   ud .u = 0  ud .MH = 0  2 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4t − 3) + 1( 4 + t ) = 0  t = 4 . 7  6 5 32  Suy ra MH =  − ; − ;  , chọn u = ( 6;5; − 32 ) làm vectơ chỉ phương của  .  7 7 7  Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là x − 2 y − 3 z +1 . = = 6 5 −32 Câu 27. Chọn A Gọi:   d1 = M (1 + t ‘;3 − t ‘; 2 + 2t ‘ ) ,   d 2 = N ( −3t ; t ; − 1 − 3t )  MN = ( −3t − 1 − t ‘; t − 3 + t ‘; − 3 − 3t − 2t ‘ ) . d1 , d2 lần lượt có 2 vectơ chỉ phương là u1 = (1; − 1; 2 ) , u2 = ( −3;1; − 3) .  MN .u1 = 0 −6t ‘− 10t = 4 t ‘ = 1   Vì  là đường vuông góc chung của d1 ; d2 nên   MN .u2 = 0 10t ‘+ 19t = −9 t = −1  M ( 2; 2; 4 ) , N ( 3; − 1; 2 ) , MN = (1; − 3; − 2 ) Vậy phương trình  : x−2 y−2 z−4 . = = 1 −3 −2 Câu 28. Chọn B d I P Mặt phẳng ( P ) có vecto pháp tuyến n = ( 2; − 2;1) . Đường thẳng d đi qua M ( −1;1;3) và có vecto chỉ phương u = (1; 2; − 2 ) nên phương trình tham  x = −1 + t  I    I  ( P )    I = d  ( P) . số của d là:  y = 1 + 2t .Gọi I =   d   I  d I  d     z = 3 − 2t  Vì I  d  I ( −1 + t ;1 + 2t ;3 − 2t ) , mà I  ( P )  t = −1  I ( −2; − 1;5 ) . Gọi v là vecto chỉ phương của đường thẳng  .   ( P ) v ⊥ n Vì  nên ta chọn v = u, n  = ( −2; − 5; − 6 ) .   ⊥ d  v ⊥ u Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 217 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  z = −2 − 2t  Vậy  đi qua I ( −2; − 1;5 ) và có VTCP v = ( −2; − 5; − 6 ) nên có PT tham số là:  y = −1 − 5t .  z = 5 − 6t  Câu 29. Chọn A Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến là n1 = (1;1; − 1) . Mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến là n2 = ( 2; − 1;5 ) . Đường thẳng d song song với ( P ) và ( Q ) có vectơ chỉ phương là  n1 , n2  = ( 4; − 7; − 3) . Đường thẳng d đi qua điểm M (1; 2; − 1) nên phương trình của đường thẳng d là x −1 y − 2 z +1 . = = 4 −7 −3 Câu 30. Chọn C Phương trình đường thẳng d qua A(0; −1;2) , có 1 véc tơ chỉ phương a = (1; 2; − 1) là  x = t1   y = −1 + 2t1  z = 2−t 1  ( t1  R ) . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P) . Ta có M ( t1 ; −1 + 2t1 ; 2 − t1 )  d và M  ( P)  t1 + ( −1 + 2t1 ) + ( 2 − t1 ) − 3 = 0  t1 = 1  M (1;1;1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( P ) . Đường thẳng chứa AH đi qua A ( 0; −1; 2 ) và nhận vectơ pháp tuyến n ( P ) = (1;1;1) của ( P ) làm  x = t2  vectơ chỉ phương có phương trình là  y = −1 + t2 ( t2  R ) .  z = 2+t 2  Lại có H ( t2 ; −1 + t2 ; 2 + t2 )  ( AH ) và H  ( P)  t2 + ( −1 + t2 ) + ( 2 + t2 ) − 3 = 0  t2 = 1  2 1 8  1 4 5  H  ; − ;   MH =  − ; − ;  = − (1; 4; −5 ) . 3  3 3 3  3 3 3 218 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 2 3 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Hình chiếu cần tìm là đường thẳng (MH ) , đi qua M (1;1;1) và có một véc tơ chỉ phương b = (1; 4; − 5 ) là x −1 y −1 z −1 = = . 1 4 −5 Câu 31. Chọn B Gọi ud là vectơ chỉ phương của đường thẳng d  ud = (1;1;2 ) . Gọi B là giao điểm của  và d . Vì B  d nên B ( t + 1; t ;2t − 1) . Khi đó vectơ chỉ phương của  là u = AB = ( t ; t ;2t − 3) . Vì  vuông góc với d nên ud .u = 0  t + t + ( 2t − 3) .2 = 0  6t = 6  t = 1 Suy ra u = (1;1; − 1) . Khi đó phương trình đường thẳng  là x −1 y z − 2 . = = 1 1 −1 Câu 32. Chọn B Cách 1: Ta có VTCP của đường thẳng d là u d = ( 2m + 1; 2; m − 2 ) . VTPT của mặt phẳng ( P ) là n P = (1;1;1) (Q)  d  n Q = u d , n P  = (4 − m; −m − 3; 2m − 1). Gọi  ( Q ) ⊥ ( P )  Khi đó  = ( P)  (Q)  u  =  n P , n Q  = (−3m − 2;3m − 5;7). Vì  vuông góc với giá của véctơ a nên ta có u  .a = 0  −1(−3m − 2) + 7 = 0  m = −3. Cách 2: Ta có: d có VTCP là u d = ( 2m + 1; 2; m − 2 ) .  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng ( P ) và vuông góc với giá của véc tơ a nên d vuông góc với giá của véc tơ a . Khi đó a.u d = 0  − ( 2m + 1) + m − 2 = 0  m = −3 . Câu 33. Chọn D Gọi u d là vectơ chỉ phương của đường thẳng d . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  = (1;1; − 1) . Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n ( P ) = (1; 2; − 3) . u d ⊥ u  Vì đường thẳng d nằm trong ( P ) và vuông góc đường thẳng  nên  . u ⊥ n  d ( P) Suy ra u d = u  , n ( P)  = ( −1; 2;1) .   Gọi I là giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 219 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x+2 y −2 z = =  Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình  1 1 −1  I ( −3;1;1) .  x + 2 y − 3z + 4 = 0 Vì đường thẳng d nằm trong ( P ) và cắt đường thẳng  nên đường thẳng d đi qua điểm I .  x = −3 + t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = 1 − 2t . z = 1− t  Lưu ý: Đây là câu hỏi trắc nghiệm nên chỉ cần tính vectơ chỉ phương u d là có thể chọn đáp án. Câu 34. Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3;5 ) bán kính R = 10 I K A H . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuống góc của I lên  và mặt phẳng ( ) .  IK ⊥ ( ) nên phương trình đường thẳng IK đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) là.  x = 2 + 2t  Phương trình tham số đường thẳng IK :  y = 3 − 2t . z = 5 + t   x = 2 + 2t  y = 3 − 2t  Tọa độ điểm K là nghiệm hệ phương trình   K ( −2;7;3) . z = 5 + t  2 x − 2 y + z + 15 = 0 Vì   ( ) nên IH  IK . Do đó, IH nhỏ nhất khi H trùng với K . Để MN lớn nhất thì IH phải nhỏ nhất. Khi đó, đường thẳng  cần tìm đi qua A và K . Đường thẳng  có phương trình là: x +3 y −3 z +3 = = . 1 4 6 Câu 35. Chọn A 220 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Từ MA.MA + MB.MB = 0 ta suy ra M , A, B thẳng hàng. Hơn nữa: MA.MA + MB.MB = 0  MA.MA = − MB.MB  MA.MA = − MB.MB  MA2 = MB 2 Vậy M là trung điểm AB . Vì M  d nên toạ độ M ( −3 + 2t ;1 + 2t; −4 + t ) ( t  ) . Đặt toạ độ B ( x; y; z ) ta có: 1 + x = 2 ( −3 + 2t )  x + 7 = 4t  x + 7 y z + 12  . Vậy B  d1 .  = = 2 + y = 2 (1 + 2t )   y = 4t 2 2 1   z + 12 = 2t  4 + z = 2 ( −4 + t ) Câu 36. Chọn A Tổng quát bài toán: Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( P ) , cắt hai đường thẳng d và d  cho trước. Gọi A =   d  tọa độ điểm A theo t , B =   d   tọa độ điểm B theo t  . Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( P ) nên AB và nP cùng phương suy ra được t và t  . Tìm được tọa độ A và B suy ra phương trình đường thẳng  . Lời giải Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n = (1;1;1) . Gọi  là đường thẳng cần tìm và A =   d có A  d nên A ( −1 − 2t ; t ; − 1 + 3t ) , B =   d  có B  d  nên B ( 2 + t  ; − 1 + 2t  ; − 2t  ) . Ta có AB = ( t  + 2t + 3; 2t  − t − 1; − 2t  − 3t + 1) . Do  ⊥ ( P ) nên AB , n cùng phương  t  + 2t + 3 2t  − t − 1 −2t  − 3t + 1 = = 1 1 1 3t − t  = −4 t = −1   A (1; − 1; − 4 )    . 2t + 4t  = 2 t  = 1  B ( 3;1; − 2 ) Đường thẳng  đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương n = (1;1;1) nên có phương trình x − 3 y −1 z + 2 = = . 1 1 1 Câu 37. Chọn C Hai đường thẳng d1 , d2 có VTCP là u1 3 ; 2 ; 2 và u2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2;2; 1 . 221 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Lấy điểm A 1 3t ; 1 2t ; 2 2t d1 và B 4 2u ; 4 2u ; 3 u d2 AB là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng d1 , d2 khi AB.u1 0 AB.u2 0 12u 17t 9u 12t 29 21 u 1 t 1 A 4 ;1; 0 B 2;2; 2 AB x 2 2 Câu 38. Chọn C là .Vậy phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d1 , d2 2 ;1; 2 y 2 1 z 2 2 . Gọi đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng ( P ) Đường thẳng d đi qua điểm A ( −1; − 1; − 5 ) và có véc tơ chỉ phương u d = ( 2;1;6 ) . Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) = (1;1; − 5 ) . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( P )  ( P )  ( Q ) = d  . Véc tơ pháp tuyến của ( Q ) là n (Q) =  n ( P ) , u d  = (11; − 16; − 1) . Phương trình của mặt phẳng ( Q ) là : 11x −16 y − z − 10 = 0 . Do ( P )  (Q ) = d  nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là u d ‘ =  n ( Q ) , n ( P )  = ( −81; − 54; − 27 ) = − 27 ( 3; 2;1) , suy ra d  có véc tơ chỉ phương là u 1 = ( 3; 2;1 ) . Kiểm tra với điểm B (1;0;1) thuộc đường thẳng ở khẳng định C ta thấy B  ( P ) , B  ( Q ) .  x = 1 + 3t  Do đó phương trình của d  là :  y = 2t , t  z = 1+ t  Câu 39. Chọn A Vì đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 nên ta gọi M và N lần lượt là giao điểm của  với d1 và d 2 . Hơn nữa, vì đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (  ) nên M , N  ( ) . Tìm tọa độ điểm M . Vì M  d1 nên tọa độ điểm M có dạng M (1 + 3t ; 2 + t ; − 1 + 2t ) với t  Vì M (1 + 3t ; 2 + t ; − 1 + 2t )  ( ) nên 1 3t 2 t 1 2t 2 . 0 t 1. Do đó M ( −2;1; − 3) . Tìm tọa độ điểm N . 222 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 2 − 3t  x−2 y z−4  d2 : = =  d 2 :  y = 0 + 2t  ( t   −3 2 −2  z = 4 − 2t   ). Vì N  d2 nên tọa độ điểm N có dạng N ( 2 − 3t  ; 2t  ; 4 − 2t  ) với t   . Vì N ( 2 − 3t  ; 2t  ; 4 − 2t  )  ( ) nên ( 2 − 3t  ) + ( 2t  ) − ( 4 − 2t  ) − 2 = 0  t  = 4 . Do đó N ( −10;8; − 4 ) . Ta có: NM 8; 7 ;1 . Đường thẳng  đi qua M ( −2;1; − 3) và nhận NM phương trình là 8; 7 ; 1 làm vectơ chỉ phương nên  có x + 2 y −1 z + 3 = = . 8 −7 1 Câu 40. Chọn A Gọi N ( 2t + 1; t ; − t − 1) . Vì A là trung điểm của MN , suy ra M (1 − 2t ;6 − t ;5 + t ) . Điểm M nằm trong mặt phẳng ( P ) , suy ra 1 − 2t + 6 − t − 5 − t + 2 = 0  t = 1 . Suy ra tọa độ điểm N ( 3;1; − 2 ) . Ta có NA = ( −2; 2; 4 ) , chọn u = (1; − 1; − 2 ) . x = 1+ t  Phương trình đường thẳng  qua A , có véc-tơ chỉ phương u là  y = 3 − t .  z = 2 − 2t  Câu 41. Chọn B Cách 1.Gọi H ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của B trên AC . Ta có : BH = ( a + 2; b − 3; c − 1) , AC = ( 2; −2; 2 ) , AH = ( a − 1; b − 1; c − 2 )   BH . AC = 0   H  AC H là hình chiếu vuông góc của B trên AC   a − b + c = −4 a = −1 2 ( a + 2 ) − 2 ( b − 3) + 2 ( c − 1) = 0      a −1 b −1 c − 2  a + b = 2  b = 3 = =  a − c = −1 c = 0  2 −2 2   Nên H ( −1;3;0 ) , BH = (1;0; −1)  x = −2 + t  Đường cao BH đi qua B và có VTCP BH = (1;0; −1) có phương trình là:  y = 3 (t  z = 1− t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ) 223 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 2. Đường thẳng AC đi qua A và có VTCP AC = ( 2; −2; 2 ) hay ta có thể chọn véc tơ chỉ x = 1+ t  phương của AC là U = (1; −1;1) nên phương trình của đường thẳng AC là:  y = 1 − t ( t  z = 2 + t  ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC nên ta gọi H (1 + t ;1 − t ; 2 + t )  BH = ( 3 + t ; −2 − t ;1 + t ) Ta có: BH ⊥ AC  BH . AC = 0  2 ( 3 + t ) + ( −2 )( −2 − t ) + 2 (1 + t ) = 0  t = −1  H ( −1;3;0 ) ; BH = (1;0; −1)  x = −2 + t  Vậy đường thẳng BH đi qua B và có VTCP BH = (1;0; −1) có PT là:  y = 3 (t  z = 1− t  ) Câu 42. Chọn B Giả sử đường thẳng ( d ) cắt trục Oz tại điểm B ( 0;0; a ) ( a là số thực). Suy ra đường thẳng ( d ) nhận BA (1; 2;3 − a ) là một vecto chỉ phương. Mà ( d ) song song với mặt phẳng ( P ) và n ( 2;1; −4 ) là một vecto pháp tuyến của ( P ) nên: BA ⊥ n  BA.n = 0  2.1 + 1.2 − 4 ( 3 − a ) = 0  a = 2 . Suy ra đường thẳng ( d ) đi qua điểm A (1; 2;3) và nhận BA (1; 2;1) là một vecto chỉ phương có x = 1+ t  phương trình tham số là:  y = 2 + 2t . z = 3 + t  Từ dữ kiện ( d ) nhận BA (1; 2;1) là một vecto chỉ phương ta loại được đáp án A, C, D. x = 1+ t  Thử lại thấy điểm ( 0; 0; 2 ) thuộc đường thẳng  y = 2 + 2t nên đáp án B là đáp án đúng. z = 3 + t  Câu 43. Chọn C Cách 1: 224 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 3 3 Mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm A  ;0;0  , B  0; ;0  , C ( 0;0; − 3) nên phương trình ( P ) là 2  2   2x 2 y z + + = 1  2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Dễ thấy E  ( P ) . 3 3 −3 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; 2;5 ) , bán kính R = 6 . Giả sử K là hình chiếu của I lên ( P ) , ta có: IK = d I / ( P ) = 2.3 + 2.2 − 5 − 3 22 + 22 + ( −1) 2 = 2 . 3 Do đó IK  R nên ( S ) và ( P ) cắt nhau và giao tuyến của chúng là đường tròn tâm K . Lại có IE = ( 2 − 3) + (1 − 2 ) + ( 3 − 5) 2 2 2 = 6  IE  R , nên E nằm trong mặt cầu ( S ) . Mà E  ( P ) nên E nằm trong đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P ) . Giả sử  cắt ( S ) tại D và G , F là hình chiếu của K lên  . Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với EK , nằm trên ( P ) , cắt ( S ) tại M và N . Ta có KF  KE  DG  MN (theo tính chất mối quan hệ giữa dây cung và khoảng cách từ dây cung tới tâm). Mà MN không đổi nên DG nhỏ nhất khi và chỉ khi E  F . Khi đó  ⊥ KE , ngoài ra IK ⊥ ( P )   ⊥ IK , do đó  ⊥ ( IKE )   ⊥ IE . Vậy u ⊥ IE ; u ⊥ nP , mà IE = ( −1; − 1; − 2 ) , nP = ( 2; 2; − 1) Ta có:  IE ; nP  = ( 5; − 5;0 ) , chọn u = (1; − 1; 0 ) . x = 2 + t  Vì  đi qua E ( 2;1;3 ) nên phương trình  là  y = 1 − t . z = 3  Cách 2: 3 3 Mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm A  ;0;0  , B  0; ;0  , C ( 0;0; − 3) nên phương trình ( P ) là 2  2   2x 2 y z + + = 1  2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Dễ thấy E  ( P ) . 3 3 −3 Thay tọa độ điểm E vào vế trái của phương trình (S) ta được : 12 + 12 + 22 = 6  36 . Do đó E nằm trong mặt cầu (S) . Gọi M , N là giao điểm của  và mặt cầu (S) . Khi đó ta có: MN = 2 R2 − (d( I , ))2 , với R, I lần lượt là bán kính và tâm của mặt cầu (S) . Do đó MN nhỏ nhất khi d(I , ) lớn nhất. Ta lại có: d(I , )  IE , với IE cố định. Do đó: max d(I , ) = IE . Khi đó: u ⊥ IE ; u ⊥ nP , mà IE = ( −1; − 1; − 2 ) , nP = ( 2; 2; − 1) Ta có:  IE ; nP  = ( 5; − 5;0 ) , chọn u = (1; − 1; 0 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 225 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 2 + t  Ngoài ra  đi qua E ( 2;1;3 ) nên phương trình  là  y = 1 − t . z = 3  Câu 44. Chọn D Ta có phép vị tự tâm A tỉ số 2 biến điểm M thành điểm N mà M là điểm nằm trên mp ( P ) Suy ra điểm N nằm trên mp ( P ‘) là ảnh của mặt phẳng ( P ) qua phép vị tự tâm A tỉ số 2 . Ta có B ( 2;0;1)  ( P ) , phép vị tự tâm A tỉ số 2 biến B thành B ‘ ( 6;1; −3)  ( P ‘) và ( P ) / / ( P ‘ )  ( P ‘) : 2 x + y + 3z − 4 = 0 Do đó N thuộc hai mặt phẳng ( Q ) và ( P ‘) nên N thuộc giao tuyến d của hai mặt phẳng ( Q ) và ( P ‘) với n1 ( 2;1;3) , n2 ( 3; −2; −1) lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng ( P ‘) và ( Q )  x = 2 + 5t   C ( 2;3; −1)  d và d có vectơ chỉ phương u =  n1 ; n2  = ( 5;11; −7 )  d :  y = 3 + 11t .  z = −1 − 7t  Câu 45. Chọn B Đường thẳng d1 có vtcp u1 Đường thẳng 2;1;1 , đường thẳng d 2 có vtcp u2 vuông góc với d1 và d 2 nên nhận u Phương trình đường thẳng x : y z 1;2; 5 . 7;11;3 làm vectơ chỉ phương. u1 , u2 1 7t 1 11t . 2 3t Câu 46. Chọn D Gọi N 1 2t ; 1 t ; t là giao điểm của đường thẳng Lúc đó đường thẳng Mặt khác Với t nhận MN 2t 1; t và đường thẳng d . 2; t làm vectơ chỉ phương. vuông góc với đường thẳng d nên ta có: 2 2t 2 đường thẳng 3 Phương trình đường thẳng nhận MN : x 2 1 1 4 2 ; ; hoặc u 3 3 3 y 1 4 1 t 2 t 0 t 1; 4; 2 làm vtcp. z . 2 Câu 47. Chọn C Cách 1: Ox  ( ) = A ( −6;0;0 )  Ta có: mặt phẳng ( ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0  Oy  ( ) = B ( 0; − 4;0 )  Oz  ( ) = C ( 0;0;6 ) . 226 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 2 . 3 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mà đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) nên đường thẳng d là tập hợp các điểm cách đều 3 đỉnh A, B, C trong không gian  đường thẳng d là giao tuyến của các mp trung trực của các đoạn thẳng AB, AC, BC . Gọi ( P ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB  Mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm M ( −3; − 2;0 ) của AB và nhận AM = ( 3; − 2;0 ) là vectơ pháp tuyến  Phương trình của mặt phẳng ( P ) là: 3x − 2 y + 5 = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC  Mặt phẳng ( Q ) đi qua trung điểm N ( −3;0;3) của AC và nhận AN = ( 3;0;3) là vectơ pháp tuyến  Phương trình của mặt phẳng (Q ) là: x + z = 0 . Lấy điểm E ( −1; y ; z ) thuộc đường thẳng d , vì đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) −3 − 2 y + 5 = 0 y =1    E ( −1;1;1) và ( Q ) nên tọa độ điểm E thỏa mãn hệ:  −1 + z = 0 z = 1 Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0 nên đường thẳng d có 1 véctơ chỉ phương là u = ( 2;3; − 2 ) , đồng thời d đi qua điểm E ( −1;1;1) nên phương trình của d x+3 y +2 z −3 = = . 2 3 −2 Cách 2: là Ox  ( ) = A ( −6;0;0 )  Ta có: mặt phẳng ( ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0  Oy  ( ) = B ( 0; − 4;0 )  Oz  ( ) = C ( 0;0;6 ) . Mà đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) nên đường thẳng d là tập hợp các điểm cách đều 3 đỉnh A, B, C trong không gian. Nhận xét: 3 cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc  dựng hình hộp chữ nhật OADB.CA ‘ D ‘ B ‘ Dễ thấy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là trung điểm I của đường chéo OD ‘ 1 1  OI = OD ‘ = OA + OB + OC  OI = ( −3; − 2;3)  I ( −3; − 2;3) . 2 2 ( ) Mà I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp  I cách đều 3 đỉnh A, B, C  I nằm trên đường thẳng d cần tìm. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 227 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0 nên đường thẳng d có 1 véctơ chỉ phương là u = ( 2;3; − 2 ) , đồng thời d đi qua điểm E ( −1;1;1) nên phương trình của d x+3 y +2 z −3 = = . 2 3 −2 Câu 48. Chọn D là Đường thẳng d1 có VTCP ud1 = (1;0; −1) . Giả sử ( P ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d1  ( P ) : x − 2 − z + 1 = 0  x − z − 1 = 0 Gọi B là giao điểm của ( P ) và d2 . Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  x = 3 + 2t  t  = −1  y = 3 + t x = 1     B (1; 2;0 ) .   z = 0 y = 2    x − z − 1 = 0  z = 0 Đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB : Ta có AB = ( −1;1; −1) hay VTCP của đường thẳng cần tìm là u = (1; −1;1) Đường thẳng cần tìm đi qua B (1; 2;0 ) và có VTCP là u = (1; −1;1) Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x −1 y − 2 z = = . 1 −1 1 Cách 2: Gọi  là đường thẳng cần tìm.  cắt d 2 tại B . Ta có B  d 2  B ( 3 + 2t ;3 + t ;0 ) . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là AB = (1 + 2t ; 2 + t ; − 1) , d1 có vectơ chỉ phương là u1 = (1;0; − 1) . Ta có  ⊥ d1  AB ⊥ u1  AB . u1 = 0  1 + 2t  + 0 + 1 = 0  t  = −1 . Suy ra AB = ( −1;1; − 1) . Đường thẳng cần tìm đi qua B (1; 2;0 ) và có VTCP là u = (1; −1;1) Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x −1 y − 2 z = = . 1 −1 1 Câu 49. Chọn D x = t  Ta viết phương trình tham số của d1 :  y = 1 − t  z = 1 + 2t   x = 1 − 2s ( t  ) , d 2 :  y = −4s ( s   z = 3 + 2s  ). Tìm giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . t = 1 − 2s t = 1  Ta có 1 − t = −4s   suy ra I (1;0;3 ) là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . 1 + 2t = 3 + 2s  s = 0  Lấy A ( 0;1;1)  d1  IA = 6. Gọi B (1 − 2 s ; − 4 s ;3 + 2 s )  d 2 sao cho IB = 6 . 228 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có IB = 6  4s 2 + 16s 2 + 4s 2 = 6  s 2 = 1 1  s =  . Vậy có 2 điểm thỏa mãn 4 2  B ( 0; −2; 4 )   B ( 2; 2; 2 ) . Với B ( 0; −2; 4 ) ta có IA ( −1;1; − 2 ) , IB ( −1; − 2;1)  IA.IB = −3  0  AIB là góc tù Theo yêu cầu bài toán ta viết phương trình của đường phân giác của góc AIB với B ( 0; −2; 4 ) (không cần xét trường hợp kia) . 1 5  Gọi M là trung điểm của AB suy ra M  0; − ;  , khi đó phương trình đường phân giác cần 2 2  1 5  tìm là phương trình đường thẳng đi qua hai điêm I (1;0;3 ) và M  0; − ;  . 2 2  1 1  Ta có IM =  −1; − ; −  , chọn u = −2 IM  u = ( 2;1;1) làm vectơ chỉ phương của đường phân 2 2  giác. Vậy đường phân giác đi qua điểm I (1;0;3 ) và nhận u = ( 2;1;1) làm vectơ chỉ phương có x −1 y z − 3 = = . 2 1 1 Nhận xét: Có thể tìm vectơ chỉ phương của đường phân giác như sau: phương trình chính tắc là: Ta có u1 = (1; − 1; 2 ) ; u2 = ( 2; 4; − 2 ) lần lượt là véctơ chỉ phương của hai đường thẳng d1 và d 2 . Vì u1 . u2 = −6  0 nên góc giữa hai vectơ đó là góc tù. Xét u1 = (1; − 1; 2 ) ; u2 = ( 2; 4; − 2 ) . Ta có u1 = 6 , u2 = 2 6 . Đặt a = 1 1 2  1 1   1  1 2 u1 =  ;− ; u2 =  ; ;− ; b= . 6 6 6 2 6 6  6  6 6  2 1 1  ; ; Ta có a + b =   nên có thể chọn u = ( 2;1;1) là VTCP của đường phân giác.  6 6 6 Câu 50. Chọn C Cách 1: Ta có AB = (1; − 1; 2 )  AB = 6 , AC = ( 2; 2; − 4 )  AC = 2 6 . Giả sử đường phân giác trong của góc A cắt BC tại D . DB AB 1 1 1 Khi đó: = =  DB = DC  DB = − DC (*) (vì D nằm giữa B và C ). DC AC 2 2 2 Gọi D ( x; y; z )  DB = ( 3 − x; − y; 2 − z ) , DC = ( 4 − x;3 − y; − 4 − z ) . 1  10  3 − x = − 2 ( 4 − x ) x=   3  1   10  Thay vào (*) ta được hệ phương trình − y = − ( 3 − y )   y = 1 . Vậy D  ;1;0  . 2  3   z = 0 1     2 − z = − 2 ( −4 − z )  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 229 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 4  Suy ra AD =  ;0;0  . 3  Đường phân giác trong của góc A đi qua điểm A ( 2;1;0 ) và có vectơ chỉ phương x = 2 + t 3  u = AD = (1;0;0 ) nên có phương trình là:  y = 1 . 4 z = 0  Cách 2: Ta có AB = (1; − 1; 2 )  AB = 6 , AC = ( 2; 2; − 4 )  AC = 2 6 . Lấy điểm E trên cạnh AB sao cho AE = 1 . Khi đó AE = 1 2   1 AB =  ;− ; . 6 6 AB  6 Lấy điểm F trên cạnh AC sao cho AF = 1. Khi đó AF = 2   1 1 AC =  ; ;− . 6 AC  6 6 1 1  2  ;0;0  . Dựng hình bình hành AEDF , ta có AD = AE + AF =   6  Vì AE = AF = 1 nên hình bình hành AEDF cũng là hình thoi. Do đó AD là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC . Vậy đường phân giác trong của góc A đi qua điểm A ( 2;1;0 ) và có vectơ chỉ phương là x = 2 + t 6  u= AD = (1;0;0 ) nên có phương trình là:  y = 1 . 2 z = 0  Cách 3: Ta có AB = (1; − 1; 2 )  AB = 6 , AC = ( 2; 2; − 4 )  AC = 2 6 . Gọi I là trung điểm AC . Ta có I = ( 3; 2; − 2 ) và AI = 6 . Dựng hình bình hành ABKI , ta có AK = AB + AI = ( 2;0;0 ) . Vì AB = AI = 6 nên hình bình hành ABKI cũng là hình thoi. Do đó AK là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC . Vậy đường phân giác trong của góc A đi qua điểm A ( 2;1;0 ) và có VTCP là u = 1 AI = (1;0;0 ) 2 x = 2 + t  nên có phương trình là:  y = 1 . z = 0  230 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 3. TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Câu 1.  x = 1 + 2t  Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 2 − t ( t   z = −2 + 2t  tham số m để điểm M thuộc đường thẳng d . A. m = 2 . B. m = −2 . Câu 2. Trong không gian A. ( 2;1; −1) . Câu 3. D. (1;3; 2 ) x −1 y z + 2 = = và điểm A ( −4;1;1) . Gọi A ‘ là hình 2 1 −1 chiếu của A trên  . Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với AA ‘ ? B. 4 x − y + 7 z −1 = 0 . C. − x + 3 y + z + 3 = 0 . D. x − y + 4z + 1 = 0 .  x = 1 − 2t  Trong không gian Oxyz , đường thẳng  y = t không đi qua điểm nào dưới đây?  z = 3−t  A. Q ( 3; − 1; 4 ) . Câu 5. d và ( P ) là C. (1;3; −2 ) . B. ( 3; −1; −2 ) . phẳng Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  : A. x − 2 y − 2 = 0 . Câu 4. D. m = 0 . x − 2 y −1 z d: = = và mặt −1 2 2 C. m = 1 . Oxyz , cho đường thẳng ( P ) : x + 2 y − z − 5 = 0 . Tọa độ giao điểm của ) và điểm M (1; 2; m ) . Tìm giá trị B. N ( −1;1; 2 ) . C. M (1; 0;3) . D. P ( 3; − 1; 2 ) . Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x − 2 y − z + 7 = 0 và điểm A(1;1; − 2) . Điểm H (a; b; −1) là hình chiếu vuông góc của ( A) trên ( P) . Tổng a + b bằng A. 2 . Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi ( ) D. −3 . là mặt phẳng chứa đường thẳng (d ) : x −2 y −3 z = = và vuông góc với mặt phẳng (  ) : x + y − 2z + 1 = 0 . Hỏi giao tuyến của 1 1 2 ( ) và (  ) đi qua điểm nào ? A. ( 0;1;3) . Câu 7. C. −1 . B. 3 . D. (1; −2; 0 ) C. ( 5; 6;8 ) B. ( 2;3;3 ) .  x = 4 − 2t  Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −3 + t z = 1− t  (t  ) , giao điểm của d với mặt phẳng ( Oxy ) có tọa độ là A. ( 4; − 3;0 ) . Câu 8. C. ( 0; − 1; − 1) . B. ( 2; − 2;0 ) . Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;6 và đường thẳng vuông góc của điểm A lên đường thẳng A. M 3; 1; 2 . B. H 11; 17;18 . D. ( −2;0; − 2 ) . x 2 t : y 1 2t . Hình chiếu z 2t là C. N 1;3; 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. K 2;1; 0 . 231 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9.  x = 1 + at  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = t và  z = −1 + 2t   x = −1 − t   d  :  y = 2 + 2t  . Giá trị của a để hai đường thẳng d và d  cắt nhau là  z = 3 − t  A. a = −2 . C. a = 0 . B. a = −1 . D. a = 1 . x = t  Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Đường thẳng d  y = 1 − t đi qua điểm nào sau sau đây? z = 2 + t  A. K (1; −1;1) . B. E (1;1; 2 ) . D. F ( 0;1; 2 ) . C. H (1; 2;0 ) . Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A (1; − 2;3) , B ( 2;0; − 1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 1 = 0 . Tọa độ giao điểm C A. C ( 2;0; − 1) . của đường thẳng AB và mặt phẳng ( P ) là B. C (1;1; − 1) . C. C ( 0; 2; − 1) . D. C ( 2; − 1;0 ) . Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tọa độ hình chiếu B của điểm B ( 5;3; − 2 ) trên đường thẳng d : x −1 y − 3 z = = . 2 −1 1 A. B (1;3;0 ) . B. B ( 5;1; 2 ) . D. B ( 9;1;0 ) . C. B ( 3; 2;1) . Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x = y = z + 1 và mặt phẳng ( ) : x − 2 y − 2 z + 5 = 0 . Tìm điểm đến ( ) bằng 3 . A. A ( 4; − 2;1) . 2 −1 1 A trên d có hoành độ dương sao cho khoảng cách từ A B. A ( −2; 1; − 2) . C. A ( 2; − 1; 0 ) . D. A ( 0; 0; − 1) . Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 3 ; 2 ; − 1) . Hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oz là điểm: A. M 3 ( 3 ; 0 ; 0 ) . B. M 4 ( 0 ; 2 ; 0 ) . C. M 1 ( 0 ; 0 ; − 1) . D. M 2 ( 3 ; 2 ; 0 ) . Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( −3 ; − 2 ;1) . Hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( Oxy ) là điểm: A. M 3 ( −3 ; 0 ; 0 ) . B. M 4 ( 0 ; − 2 ;1) . C. M 1 ( 0 ; 0 ;1) . D. M 2 ( −3 ; − 2 ; 0 ) . Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình của mặt phẳng ( P ) đi qua điểm B ( 2;1; − 3) , đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3 z = 0 , ( R ) : 2 x − y + z = 0 là 232 A. 4 x + 5 y − 3z + 22 = 0 . B. 4 x − 5 y − 3z −12 = 0 . C. 2 x + y − 3z −14 = 0 . D. 4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1; 2; 2 ) và đường thẳng d: x − 6 y −1 z − 5 = = . Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua d . 2 1 1 A. B ( −3; 4; − 4 ) . B. B ( 2; − 1;3 ) . C. B ( 3; 4; − 4 ) . Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : ( P ) : 2 x + 3 y + z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng D. B ( 3; − 4; 4 ) . x − 6 y −1 z − 5 = = và mặt phẳng 2 1 1 d  là hình chiếu vuông góc của d trên ( P) .  x = −6t  A.  y = −2 − 5t .  z = 2 + 3t   x = 6t  B.  y = −2 − 5t .  z = 2 + 3t   x = −6t  C.  y = −2 + 5t .  z = 2 + 3t  Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  x = −6t  D.  y = −2 − 5t .  z = 2 − 3t  x +1 y z − 2 = = và hai điểm A(−1;3;1) và 2 1 −1 B ( 0; 2; −1) . Gọi C ( m; n; p ) là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m + n + p bằng A. −1 . C. 3 . D. −5 . x +1 y z − 2 = = Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và hai điểm A(−1;3;1) và 2 1 −1 B. 2 . B ( 0; 2; −1) . Gọi C ( m; n; p ) là điểm thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại A. Giá trị của tổng m + 2n + p bằng B. 2 . A. 0 . Câu 21 . Trong không gian C. 3 . Oxyz , cho đường thẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 . Gọi D. −5 . x y +1 z + 2 d: = = và 1 2 3 mặt phẳng M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng 2 . Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng. B. −21 . C. 3 . D. −1 . Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 0; 0;1) , B ( −3; 2; 0 ) , C ( 2; − 2;3 ) . Đường cao A. −3 . kẻ từ B của tam giác ABC đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. P ( −1; 2; − 2 ) . B. M ( −1;3; 4 ) . C. N ( 0;3; − 2 ) . D. Q ( −5;3;3) . Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A (1; 2;3) , B ( 3; − 1; 2 ) , C ( 2; − 1;1) . Đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. P ( 0; 4; 4 ) . B. M ( 2; 0;1) . C. N ( −1;5;5 ) . D. Q ( 3; − 2; 2 ) . Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 2; 0 ) , C ( 0; 0;3 ) , D ( −2; − 3;1) . Đường cao của tứ diện ABCD kẻ từ D đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. P ( 4;0;3) . B. M ( −8; − 6; 0 ) . C. N ( 8;3;5 ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. Q ( 2;5; − 3) . 233 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H ( 5;5; 2 ) là hình chiếu của điểm A lên cạnh BC . Mặt phẳng ( P ) x + y + z − 5 = 0 đi qua đường phân giác trong AJ của góc A của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác ABC . Điểm K ( −2; −1; 0 ) thuộc đường trung tuyến AM . Tìm tọa độ điểm A  50 29 −64  A. A  ; ; .  3 4 2   50 29 −64  B. A  ; ; .  3 2 2   50 29 −64   50 29 −64  C. A  ; ;  . D. A  ; ; .  9 4 2   3 3 3  5 4 1 Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi G  ; ;  là trọng tâm của tam 3 3 3 giác ABC . Mặt phẳng ( P ) x + y + z − 5 = 0 đi qua cạnh BC và vuông góc với mặt phẳng chứa tam 5  x = +t  3  4  giác ABC . Phương trình đường thẳng đi qua BG có dạng là  y = − t . Tìm tọa độ điểm C 3  1   z = 3 − 4t   5 9 −3  A. C  ; ;  . 3 4 2  Câu 27. Gọi M ( a ; b ; c )  16  9 −7   C. C  3; ;  . D. C  ;3; −1 .  3   4 2  x +1 y −1 z − 3 = = là giao điểm của đường thẳng d : và mặt phẳng 1 2 −2  50 9  B. C  ; ;5  .  3 2  ( P ) : 2 x − 2 y + z − 3 = 0 . Khi đó tổng T = a + b + c bằng A. 5. B. 4. C. 6. D. 2. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tọa độ điểm A đối xứng với điểm A ( −1;0;3) qua mặt phẳng ( P ) : x + 3 y − 2 z − 7 = 0 . A. A ( −1; −6;1) . B. A ( 0;3;1) . Câu 29. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : C. A (1;6; −1) . D. A (11;0; −5 ) . x −1 y −1 z −1 và điểm A ( 5; 0;1) . Điểm đối = = 3 −2 −1 xứng của A qua đường thẳng d có tọa độ là B. ( −5;5;3 ) . A. (1;1;1) . D. ( 3; −2; −1) . C. ( 4; −1; 0 ) . Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD với A ( −1; 2;1) ,B ( 2; 3; 2 ) . Tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : x +1 y z − 2 . Đỉnh nào sau đây là đỉnh D của hình thoi? = = −1 −1 1 B. D ( −2; −1; 0 ) . A. D ( 0;1; 2 ) . C. D ( 0; −1; −2 ) . Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : P : 2x y 2z 2 D. D ( 2;1; 0 ) . x 2 y 1 1 z và mặt phẳng 1 0. Có bao nhiêu điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng P ? A. 4. 234 B. 0. C. 2. D. 1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn B 1 = 1 + 2t t = 0    t = 0 . M  d  2 = 2 − t m = −2 + 2t  m = −2   Câu 2. Vậy m = −2 thì điểm M thuộc đường thẳng d . Chọn D x = 2 − t  y = 1 + 2t   2 − t + 2 (1 + 2t ) − 2t − 5 = 0  t = 1  A (1;3; 2 ) là tọa độ giao Xét hệ:   z = 2t  x + 2 y − z − 5 = 0 điểm của đường thẳng và mặt phẳng. Câu 3. Chọn C Ta có u = ( 2;1; − 1) là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng  . Giả sử A ‘ (1 + 2t ; t ; − 2 − t )   là hình chiếu của A trên  . Khi đó A A ‘ = ( 5 + 2t ; t − 1; − 3 − t ) , theo đề bài ta có AA ‘ ⊥ u  AA ‘.u = 0  2 ( 5 + 2t ) + t − 1 + 3 + t = 0  6t + 12 = 0  t = −2 hay A ‘ ( −3; − 2;0 ) và A A ‘ = (1; − 3; − 1) . Mặt phẳng ( P ) có vec tơ pháp tuyến n vuông góc với AA ‘ khi n = k . AA ‘ ( k  0 ) . Xét đáp án C có n = ( −1;3;1) = − AA ‘ nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4. Chọn D Thay tọa độ từng điểm vào phương trình đường thẳng d đã cho, ta thấy Q , N , M thuộc đường thẳng d . Thay tọa độ điểm P vào phương trình đường thẳng d đã cho, ta có: t = −1 3 = 1 − 2t    −1 = t  t = −1 ( vô nghiệm ). Vậy P  d .  t =1  2 = 3−t   Câu 5. Chọn A Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc mặt phẳng ( P) . Ta chọn một vectơ pháp tuyến của  x = 1 + 2t   là n = (2; −2; −1) . Phương trình của đường thẳng  là  y = 1 − 2t , t  R  z = −2 − t  Gọi H = () ( P) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 235 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 1 + 2t  x = −1  y = 1 − 2t y = 3   Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình    H (−1;3; −1) z = − 2 − t z = − 1   2 x − 2 y − z + 7 = 0 t = −1 Câu 6. Vậy a = −1 , b = 3 nên tổng a + b = 2 . Chọn B ud (1;1; 2) là một VTCP của đường thẳng d n (1;1; −2) là một VTPT của (  )  n = ud ; n  = (−4; 4;0) ; A(2;3;0)  d  A  ( ) Phương trình mặt phẳng ( ) : −4( x − 2) + 4( y − 3) + 0( z − 0) = 0  −4x + 4 y − 4 = 0  x − y + 1 = 0 .  x-y + 1 = 0 Giả sử M ( x; y; z )  ( )  (  ) . Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ   x + y − 2z + 1 = 0 Thay các đáp án vào hệ trên ta thấy M (2;3;3) thỏa mãn. Chọn đáp án B. Câu 7. Chọn B Tọa độ giao điểm I của d với mặt phẳng ( Oxy ) là nghiệm của hệ phương trình:  x = 4 − 2t x = 2  y = −3 + t  y = −2    . Do đó I ( 2; − 2;0 ) .   z = z 1 = − t 0    z = 0 t = 1 Câu 8. Chọn A Gọi M 2 t ;1 2t ;2t là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng Ta có AM Có AM Câu 9. 6 và véc tơ chỉ phương của đường thẳng 3 t ; 2t ;2t u AM .u 0 3 t 4t 4t 12 0 t 1 . là u 1; 2; 2 . M 3; 1; 2 . Chọn B Đường thẳng d có một VTCP ad = ( a;1; 2 ) ; d  có một véctơ chỉ phương ad  = ( −1; 2; −1) . Nhận thấy 1 2 nên a d , ad  không cùng phương nên  ad , ad   = ( −5; a − 2; 2a + 1) .  2 −1 Lấy M (1;0; − 1)  d , N ( −1; 2;3)  d   MN = ( −2; 2; 4 ) . d cắt d  khi và chỉ khi  ad , ad  .MN = 0  ( −5 ) . ( −2 ) + 2 ( a − 2 ) + 4 ( 2a + 1) = 0  a = −1 . Câu 10. Chọn D 1 = t t = 1   Thay tọa độ của K (1; −1;1) vào PTTS của d ta được −1 = 1 − t  t = 2 : không tồn tại t . 1 = 2 + t t = −1   Do đó, K  d . 236 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1 = t t = 1   Thay tọa độ của E (1;1; 2 ) vào PTTS của d ta được 1 = 1 − t  t = 0 : không tồn tại t . 2 = 2 + t t = 0   Do đó, E  d . 1 = t t = 1   Thay tọa độ của H (1; 2;0 ) vào PTTS của d ta được 2 = 1 − t  t = −1 : không tồn tại t . 0 = 2 + t t = −2   Do đó, H  d . 0 = t t = 0   Thay tọa độ của F ( 0;1; 2 ) vào PTTS của d ta được 1 = 1 − t  t = 0  t = 0. 2 = 2 + t t = 0   Do đó, F  d . Vậy, ta chọn D. Câu 11. Chọn A Ta có: AB = (1; 2; − 4 ) . Đường thằng AB đi qua điểm A (1; − 2;3) và có vectơ chỉ phương AB có x = 1+ t  phương trình tham số là:  y = −2 + 2t  z = 3 − 4t  (t  ) . Gọi C là giao điểm của AB và ( P )  C (1 + t ; − 2 + 2t ;3 − 4t ) mà C  ( P ) nên: 1 + t − 2 + 2t + 3 − 4t −1 = 0  t = 1 . Vậy C ( 2;0; − 1) . Câu 12. Chọn C  x = 1 + 2t x −1 y − 3 z  Đường thẳng d : = = có VTCP u = ( 2; − 1;1) , có PT tham số là: d :  y = 3 − t . 2 −1 1 z = t  B  d  B (1 + 2t ;3 − t ; t ) , để B là hình chiếu của B trên d thì BB ⊥ u  BB.u = 0 .  2 ( 2t − 4 ) + t + t + 2 = 0  6t = 6  t = 1  B ( 3; 2;1) . Câu 13. Chọn C Vì A  d  A(2t , −t , −1 + t ); t  0 . Ta có: d ( A, ( )) = 3  2t + 7 t = 1 =3  3 t = −8 Vì t  0 nên chọn t = 1. Vậy A(2; −1;0) Câu 14. Chọn C Hình chiếu của điểm M ( a ; b ; c ) lên trục Oz là điểm ( 0 ; 0 ; c ) nên chọn C Câu 15. Chọn D Hình chiếu của điểm M ( a ; b ; c ) lên trục Oxy là điểm ( a ; b ; 0 ) nên chọn D Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 237 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 16. Chọn D  nQ = (1;1;3) Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Q ) và ( R ) lần lượt là  . n = 2; − 1;1 )   R ( ( P ) ⊥ ( Q ) nP ⊥ nQ   VTPT nP =  nQ , nR  = ( 4;5; −3) .  P ⊥ R ( ) ( )  nP ⊥ nR Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm B ( 2;1; − 3) và véc tơ pháp tuyến nP = ( 4;5; −3) có phương trình: 4 ( x − 2 ) + 5 ( y − 1) − 3 ( z + 3) = 0  4 x + 5 y − 3 z − 22 = 0 . Câu 17. Chọn D Từ phương trình đường thẳng d ta có véc tơ chỉ phương của d là u ( 2;1;1 ) Gọi H là hình chiếu của A trên d , suy ra H ( 6 + 2t ;1 + t ;5 + t )  AH ( 5 + 2t ; − 1 + t ;3 + t ) . Khi đó AH ⊥ u  AH .u = 0  2 ( 5 + 2t ) + ( −1 + t ) + ( 3 + t ) = 0  t = −2 .Với t = −2 thì H ( 2; − 1;3) Gọi B là điểm đối xứng với A qua d thì H là trung điểm AB  B ( 3; − 4; 4 ) . Câu 18. Chọn A Gọi I = d  ( P ) , khi đó toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:  x = 6 + 2t t = −3  y = 1+ t x = 0     I ( 0; − 2; 2 ) .  z = 5 + t  y = −2 2 x + 3 y + z + 4 = 0  z = 2 Lấy A ( 6;1;5 )  d , gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) suy ra PT đường thẳng  x = 6 + 2t   18 29 23   có dạng:  y = 1 + 3t . Gọi J =   ( P ) , ta tính được J  − ; − ; ;  . 7 7   7 z = 5 + t   x = −6t  Khi đó đường thẳng d  đi qua 2 điểm I , J có PTTS là:  y = −2 − 5t .  z = 2 + 3t  TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 giải nhanh như sau: Cho ( ) : ax + by + cz + d = 0 ; A ( m ; n ; k ) . Gọi H là hình chiếu của A lên ( ) . am + bn + ck + d  h = − Khi đó  a 2 + b2 + c2  H ( m + ah ; n + bh ; k + ch )  Câu 19. Chọn C  x = −1 + 2t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y = t . z = 2 − t  238 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vì C thuộc d nên tọa độ của C có dạng C ( −1 + 2t ; t ;2 − t ) . Ta có AB (1; −1; −2 ) và AC ( 2t ; t − 3;1 − t ) .Suy ra  AB, AC  = ( 3t − 7; −3t − 1;3t − 3) . Diện tích tam giác ABC là SABC = Theo bài ra ta có S ABC =2 2 1 1  AB, AC  = (3t − 7) 2 + (−3t − 1)2 + (3t − 3) 2 .   2 2 1 27t 2 − 54t + 59 = 2 2 . 2  27t 2 − 54t + 59 = 32  (t − 1) 2 = 0  t = 1 . Với t = 1 thì C (1;1;1) nên m = 1; n = 1; p = 1 . Vậy giá trị của tổng m + n + p = 3 Câu 20. Chọn A Vì C  d nên tọa độ của C có dạng C ( −1 + 2t ; t ; 2 − t ) Ta có AB (1; −1; −2 ) và AC ( 2t ; t − 3;1 − t ) Vì ABC vuông tại A nên AC. AB = 0  2t − t + 3 − 2 + 2t = 0  3t + 1 = 0  t = −1 . 3 −5  m = 3  −1 −5 −2 7  −5 −1 4   C  ; ;   n =  m + 2n + p = + + =0. 3 3 3 3  3 3 3  7  p = 3  Câu 21 . Chọn A x = t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y = −1 + 2t  z = −2 + 3t  Vì M  d nên tọa độ của M có dạng M ( t ; −1 + 2t ; −2 + 3t ) . Vì khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng 2 nên t + 2 ( −1 + 2t ) − 2 ( −2 + 3t ) + 3 1 + 22 + ( −2 )  2 =2 t − 2 + 4t + 4 − 6t + 3 1+ 4 + 4 =2 t = −1  M ( −1; −3; −5) 5−t 5 − t = 6 = 2  5−t = 6    3 5 − t = −6 t = 11  M (11; 21;31) Vì M có tung độ âm nên M ( −1; −3; −5 ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 239 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 22. Chọn A Ta có AB = ( −3; 2; − 1) , AC = ( 2; − 2; 2 ) , n =  AB, AC  = ( 2; 4; 2 )   n, AC  = (12;0; − 12 ) . Một vectơ chỉ phương của đường cao kẻ từ B của tam giác 1 ABC là u =  n, AC  = (1;0; − 1) . 12  x = −3 + t  . Phương trình đường cao kẻ từ B là:  y = 2  z = −t  Ta thấy điểm P ( −1; 2; − 2 ) thuộc đường thẳng trên. Câu 23. Chọn A Ta có AB = ( 2; − 3; − 1) , AC = (1; − 3; − 2 )  AB =AC = 14 tức tam giác ABC cân tại A . Do đó gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A thì D cũng là trung điểm BC nên 3 3 5 3 D  ; − 1;   AD =  ; − 3; −  . Chọn một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong AD 2 2 2 2 x = 1+ t 2  là u = AD = (1; − 2; − 1) . Vậy phương trình AD là :  y = 2 − 2t . 3 z = 3 − t  Ta thấy điểm P ( 0; 4; 4 ) thuộc đường thẳng trên. Câu 24. Chọn A Phương trình mặt phẳng ( ABC ) theo đoạn chắn là x y z + + = 1  6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0  n = ( 6;3; 2 ) là vectơ 1 2 3 pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) . 240 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Đường cao của tứ diện ABCD kẻ từ D đi qua D ( −2; − 3;1) và nhận vectơ pháp tuyến của mặt  x = −2 + 6t  phẳng ( ABC ) là n = ( 6;3; 2 ) làm vectơ chỉ phương có phương trình là  y = −3 + 3t .  z = 1 + 2t  Ta thấy điểm P ( 4;0;3) thuộc đường thẳng trên. Câu 25. Chọn D Do tam giác ABC vuông tại A và AM là đường trung tuyến nên ta có MA = MC = MB và MCA = MAC = BAH mà AJ là phân giác nên dễ dàng có được HAJ = MAJ Hay AJ cũng là phân giác của tam giác HAM . Vậy ta có điểm đối xứng của H qua AJ sẽ thuộc AM . Gọi E ( x; y; z ) là điểm đối xứng với H qua AJ ta có tọa độ điểm E bằng cách giải hệ: 1  x=  3 x −5 y −5 z −2   1 = 1 = 1 1   1 1 −8   y =  E ; ;   3 3 3 3  x +5 + y +5 + z + 2 −5 = 0   2 −8  2 2 z = 3  7   x = −2 + 3 t  4  Phương trình đường thẳng AM đi qua K và E nên có dạng  y = −1 + t 3  − 8  z = 3 t  Ta có A là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng AM . Vậy 7   4  8   50 29 −64   −2 + t  +  −1 + t  − t − 5 = 0  t = 8  A  ; ;  3   3  3   3 3 3  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 241 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 26. Chọn D Ta có B chính là giao điểm của đường thẳng BG và mặt phẳng ( P ) 5  4  1   2 7 13   + t  +  − t  +  − 4t  − 5 = 0  t = −1  B  ; ;  3  3  3  3 3 3  Gọi M là trung điểm của BC , ta có GM vuông góc với đường thẳng BC vậy nó cũng vuông 5  x = 3 + t  4  góc với mặt phẳng ( P ) . Vậy phương trình đường thẳng GM là  y = + t 3  1  z = 3 + t  Ta có điểm M chính là giao điểm của GM với mặt phẳng ( P ) .Vậy ta có tọa độ điểm M 4 5  4  1   8 5  + t  +  + t  +  + t  − 5 = 0  t =  M  3; ;  3 3  3  3   3 3  16  Mà M lại là trung điểm BC vậy ta có tọa độ của C là C  ;3; −1  3  Câu 27. Chọn D 2a − b = −3 a = −2  a +1 b −1 c − 3 = =     b = −1 . Tọa độ M ( a ; b ; c ) thỏa hệ phương trình  1 2 −2  b + c = 4 2a − 2b + c − 3 = 0 2a − 2b + c = 3 c = 5   Vậy T = a + b + c = 2 . Câu 28. Chọn C Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .  x = −1 + t  Phương trình tham số của đường thẳng  là  y = 3t .  z = 3 − 2t  Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( P ) . Suy ra H =   ( P ) . Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phương trình ( −1 + t ) + 3.3t − 2 ( 3 − 2t ) − 7 = 0  t = 1 . Do đó H ( 0;3;1) . Điểm A đối xứng với điểm A qua mặt phẳng ( P ) khi và chỉ khi H là trung điểm của đoạn thẳng AA . Suy ra A = (1;6; −1) . Câu 29. Chọn D Cách 1. Gọi A là điểm đối xứng với A qua d . 242 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi ( P ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d . Ta có phương trình mặt phẳng ( P ) là 3 ( x − 5 ) − 2 y − ( z − 1) = 0  3 x − 2 y − z − 14 = 0 . Gọi H là hình chiếu của A trên d , dễ có H = d  ( P ) .Vì H  d nên H (1 + 3t ;1 − 2t ;1 − t ) . Lại có H  ( P ) nên 3 (1 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) − (1 − t ) − 14 = 0  14t = 14  t = 1 . Suy ra H ( 4; −1;0 ) , mà H là trung điểm của AA nên A ( 3; −2; −1) . Cách 2. Gọi H là hình chiếu của A trên d , ta có H (1 + 3t ;1 − 2t ;1 − t )  AH = ( 3t − 4;1 − 2t ; − t ) . Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u = ( 3; −2; −1) . Ta có AH .u = 0  3 ( −4 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) − ( −t ) = 0  14t = 14  t = 1 . Suy ra H ( 4; −1;0 )  A ( 3; −2; −1) . Câu 30. Chọn B Gọi I ( −1 − t; −t; 2 + t )  d là tâm của hình thoi ABCD . Xét IA = ( t;t + 2; −t − 1) ; IB = ( t + 3;t + 3; −t ) . Vì ABCD là hình thoi nên IA ⊥ IB  IA.IB = 0  3t 2 + 9t + 6 = 0  t = −2;t = −1 . Do D đối xứng B qua I nên: Với t = −1  I ( 0;1;1)  D ( −2; −1; 0 ) . (Đáp án B) Với t = −2  I (1; 2; 0 )  D ( 0;1; −2 ) . Câu 31. Chọn D d nên M ( 2t;1 t; t ) ; MO Vì M d M, P 2 2t 2 2 1 t 1 2t 2 2 2 6t 2 2t 1 t 1. 2 M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng P nên MO 6t 2 2t 1 t 1 6t 2 2t 1 t 1 2 t d M, P hay 0 . Vậy có 1 điểm M . Câu 32. Chọn C Cách 1: x = 1+ t ‘  Ta có AB = ( −2; − 2; 2 ) , AB = 2 3. Phương trình đường thẳng AB :  y = 4 + t ‘ . z = 2 − t ‘  Gọi N là hình chiếu của M lên trên đường thẳng AB . Khi đó S AMB = 1 AB.MN 2 Suy ra, S AMB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất, hay MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AB và d . M  d  M ( 5 − 4t ; 2 + 2t ; 4 + t ) ; N  AB  N (1 + t  ; 4 + t  ; 2 − t  ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 243 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  MN = ( 4t + t  − 4; − 2t + t  + 2; − t − t  − 2 ) . Vì MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AB và d nên  MN .u AB = 0 t + t  = 0 t = 1  MN = 6 .      − 21 t − 3 t + 18 = 0 t = − 1 MN . u = 0    d 1  min S AMB = .2 3. 6 = 3 2 ( dvdt ) . 2 Cách 2: Ta có AB = ( −2; − 2; 2 ) ; M  d  M ( 5 − 4t ; 2 + 2t ; 4 + t ) .  AM = ( 4 − 4t ; − 2 + 2t ; 2 + t ) . S AMB = 1 1  AB; AM  = ( −6t ;12 − 6t ;12 − 12t ) = 3 t 2 + ( 2 − t )2 + ( 2 − 2t )2   2 2 = 3 6t 2 − 12t + 8 = 3 6 ( t − 1) + 2  3 2. 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 1 hay M (1; 4;5 ) . Vậy min S AMB = 3 2 ( dvdt ) . Câu 33. Chọn D Có AD = DO DB AO AB . AB + . AO = . AB + . AO BO BO AO + AB AB + AO (trong đó D là chân đường phân giác trong hạ từ A xuống OB ) 3  5 −2 14  5 12 24    AD = .  ; ;  + . ( −1; −2; 2 ) =  0; − ;  8 3 3 3  8 8 8   Chọn u = ( 0; −1; 2 ) là vecto chỉ phương của đường thằng AD x = 1   phương trình đường thẳng AD là:  y = 2 − t .  z = −2 + 2t  Tương tự: OT =  OT = OB OA .OA + .OB . OA + OB OA + OB 4 3  8 4 8   12 12  . (1; 2; −2 ) + .  ; ;  =  ; ;0  . 7 7 3 3 3  7 7  (trong đó T là chân đường phân giác trong hạ từ O xuống cạnh AB ). Chọn v = (1;1;0 ) là vecto chỉ phương của đường thẳng OT . x = t   phương trình đường thẳng OT là:  y = t . z = 0  I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB  I là giao điểm của AD và OT .  1= s s = 1   I (1;1;0 ) . Xét hệ phương trình giao điểm của AD và OT :  2 − t = s   t = 1  −2 + 2t = 0  Vậy a − b + c = 1 −1 + 0 = 0 . 244 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 2 Ta có I ( a; b; c ) ; OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5 . Sử dụng kết quả: BO.IA + OA.IB + AB.IO = 0  8   4. (1 − x ) + 3.  3 − x  + 5. ( − x ) = 0    x =1   4     4. ( 2 − y ) + 3.  − y  + 5. ( − y ) = 0   y = 1  I (1;1;0 ) . 3  z = 0    8  4. ( −2 − z ) + 3.  − z  + 5. ( − z ) = 0 3   Vậy a − b + c = 1 −1 + 0 = 0 . Câu 34. Chọn C Vì d ( B; ( P ) ) = 2d ( A; ( P ) ) và ( P ) cắt đoạn AB tại I nên 7  a − 5 = −2 ( a − 1) a = 3   BI = −2 AI  b + 4 = −2 ( b − 2 )  b = 0  a + b + c = 4 .   5 c + 1 = −2 ( c − 3) c = 3  Câu 35. Chọn B Mặt cầu ( S1 ) : x2 + y 2 + z 2 = 9 có tâm O ( 0; 0; 0 ) , bán kính R1 = 3 . M  d  M (1 + a ; 1 + 2a ; 2 − 3a ) . Do MA, MB, MC là những tiếp tuyến tại A, B, C với mặt cầu ( S1 ) . Suy ra MA2 = MB2 = MC 2 = OM 2 − 9 . Khi đó A, B, C  ( S 2 ) có tâm là M , bán kính R2 = OM 2 − 9 . Ta có phương trình ( S 2 ) : ( x − ( a + 1) ) + ( y − ( 2a + 1) ) + ( z − ( 2 − 3a ) ) = OM 2 − 9 . 2 2 2  ( S 2 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( a + 1) x − 2 ( 2a + 1) y − 2 ( 2 − 3a ) z + 9 = 0 . Mặt khác theo giả thiết A, B, C cùng thuộc mặt cầu ( S1 ) .  x 2 + y 2 + z 2 − 9 = 0 Suy ra tọa độ A, B, C thỏa mãn hệ:  2 . 2 2  x + y + z − 2 ( a + 1) x − 2 ( 2a + 1) y − 2 ( 2 − 3a ) z + 9 = 0 Do đó phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: 2 ( a + 1) x + 2 ( 2a + 1) y + 2 ( 2 − 3a ) z − 18 = 0 . D  ( ABC )  2 ( a + 1) + 2 ( 2a + 1) + 4 ( 2 − 3a ) − 18 = 0  a = −1 . Với a = −1 , ta có M ( 0 ; −1;5 ) . Khi đó T = x02 + y02 + z02 = 26 .  x = 5 − 4t  Câu 32. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 4; 2 ) , B ( −1; 2; 4 ) đường thẳng d :  y = 2 + 2t và điểm z = 4 + t  M thuộc d . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMB . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 245 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 2 3 . B. 2 2 . C. 3 2 . D. 6 2 . 8 4 8 Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −2 ) và B  ; ;  . Biết I ( a; b; c ) là tâm của 3 3 3 đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị của a − b + c bằng A. 1. B. 3. C. 2. D. 0. Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 5; − 4; − 1) và mặt phẳng ( P) qua Ox sao cho d ( B; ( P ) ) = 2d ( A; ( P ) ) , ( P ) cắt AB tại I ( a; b; c ) nằm giữa AB . Tính a+b+c. A. 12 . B. 6 . C. 4 . D. 8 . Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x + y + z = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc đường thẳng 2 2 2 x = 1+ t  d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là tiếp  z = 2 − 3t  tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D (1; 1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng A. 30 . 246 B. 26 . C. 20 . D. 21 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 4. GÓC – KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG Câu 1. Trong 2 : không gian Trong 2 : hai đường thẳng C. 600 . B. 450 . không gian 1 : x −1 y + 2 z − 3 = = −2 1 2 và , Oxyz cho hai đường thẳng D. 1350 . x −1 y + 2 z − 3 1 : = = −2 1 2 và x + 3 y −1 z + 2 = = . Góc giữa hai đường thẳng 1 , 2 bằng 1 1 −4 A. 300 . Câu 3. cho x + 3 y −1 z + 2 = = . Góc giữa hai đường thẳng 1 , 2 bằng 1 1 −4 A. 300 . Câu 2. , Oxyz B. 450 . C. 600 . D. 1350 . x −3 y −2 z Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : = = 2 1 1 và mặt phẳng ( ) : 3 x + 4 y + 5 z + 8 = 0 . Góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng ( ) có số đo là: Câu 4. A. 45 . B. 90 . C. 30 . D. 60 . Trong không gian Oxyz, mặt phẳng chứa trục Ox và đi qua điểm A (1;1; − 1) có phương trình là: A. z + 1 = 0 . Câu 5. Câu 6. B. y + z = 0 . D. x − y = 0 . C. x + z = 0 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0; −1; 4 ) và song song với giá của hai véctơ u = ( 3; 2;1) , v = ( −3;0;1) là? A. x − 2 y + 3z −14 = 0 . B. x − y − z + 3 = 0 . C. x − 3 y + 3z −15 = 0 . D. x − 3 y + 3z − 9 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : x y z = = và mặt phẳng ( ) : x − y + 2 z = 0 . Góc 1 2 −1 giữa đường thẳng  và mặt phẳng ( ) bằng D. 120 . x − 2 y −1 z +1 = = Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 −2 3 A. 30 . Câu 7. ( ) : − x + 2 y − 3 z = 0 . B. 60 . C. 150 . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( ) . Khi đó, góc  bằng Câu 8. A. 00 . B. 450 . C. 900 . D. 600 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi  là góc hợp bởi đường thẳng d: x −3 y −4 z +3 = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 . Khi đó, giá trị cos  bằng bao nhiêu 1 2 −1 1 A. − . 2 Câu 9. B. − 3 . 2 C. 3 . 2 D. 1 . 2 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm A(2;2;2) . Xét 2 2 2 các điểm M thuộc (S ) sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với (S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 247 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. B. x + y + z − 4 = 0 . A. x + y + z – 6 = 0 . C. 3x + 3 y + 3z – 8 = 0 . D. 3x + 3 y + 3z – 4 = 0 . Câu 10. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng d : x −1 y − 2 z + 3 và mặt phẳng = = 2 3 1 ( P ) : x − y + z + 1 = 0 bằng: 3 . 14 A. B. 3. C. 1 . 3 Câu 11. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng d : ( P ) : x − 2 y + 2z − 5 = 0 A. 16 . 3 D. 0 . x +1 y − 2 z + 3 và mặt phẳng = = −2 2 3 bằng B. 2 . 5 C. . 3 D. 3 .  x = 1 + 4t x −1 y + 2 z  Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : = = và d 2 :  y = −1 − 2t , t  2 −1 1  z = 2 + 2t  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng 174 6 174 3 87 3 x −1 y − 3 z − 2 Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng  : và = = 2 2 1 A. 87 . 6 B. C. D. mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z + 4 = 0 là A. 0 . C. 3 . B. 1 . D. 2 . Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 và đường thẳng x −1 y + 2 z −1 = = . Khoảng cách giữa  và ( P ) bằng 2 2 1 7 8 6 A. . B. . C. . 3 3 3 : 8 . 3 x −1 y z Câu 15. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng d : và mặt phẳng = = 1 1 −2 ( P) : x + y + z + 2 = 0 A. 2 3. D. bằng: B. 3 . 3 C. 2 3 . 3 D. 3. Câu 16. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A ( 2;1;0 ) , B ( 3; 0;1) và song song với : x −1 y +1 z = = . Tính khoảng cách giữa  và mặt phẳng ( P ) . 1 −1 2 3 . 2 3 . 2 x − 2 y +1 z − 3 x +5 y +3 z −5 = = = = Câu 17. Trong không gian Oxyz , hai đường thẳng d1 : và d 2 : 1 1 1 m 2 2 A. B. 3 . 2 C. 2 . 2 D. tạo với nhau góc 60 , giá trị của tham số m bằng 248 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. m = −1 . B. m = 3 . 2 1 C. m = . 2 Câu 18. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d ) D. m = 1 . là giao tuyến của hai mặt phẳng   ( P) : x − z.sin  + cos  = 0;(Q) : y − z.cos  − sin  = 0;    0;  . Góc giữa (d ) và trục Oz là:  2 A. 30 . D. 90 . C. 60 . B. 45 . Câu 19. Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng đi qua điểm A (1; −1; 2 ) , song song với mặt phẳng ( P ) : 2x − y − z + 3 = 0 , đồng thời tạo với đường thẳng  : x +1 y −1 z = = một góc lớn nhất. 1 −2 2 Phương trình đường thẳng d là x −1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 x +1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 A. . B. .C. . D. = = = = = = = = −4 5 3 4 −5 3 4 5 −3 4 5 3 x − 3 y + 2 z +1 Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng: d1 : và = = −4 1 1 x y −1 z − 2 . Khoảng cách giữa chúng bằng d2 : = = −6 1 2 A. 5 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) , A (1; 2;−3) và đường thẳng x +1 y − 5 z = = . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với 2 2 −1 đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng nhỏ nhất. d: A. u ( 2; 2;−1) . B. u ( 3; 4;−4 ) . C. u ( 2;1; 6 ) . Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng phẳng d: x −1 y +1 z = = . Biết điểm A ( a; b; c ) 1 2 −1 ( P) (c  0) D. u (1; 0; 2 ) . ( P ) : x − 2 y + 2z −1 = 0 và đường thẳng là điểm nằm trên đường thẳng d và cách một khoảng bằng 1. Tính tổng S = a + b + c 12 . 5 x −1 y z −1 Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(10;2;1) và đường thẳng d : . Gọi ( P) là = = 2 1 3 mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ( P) A. S = 2 . 2 B. S = − . 5 C. S = 4 . D. S = lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M (−1;2;3) đến mặt phẳng ( P) bằng A. 533 . 2765 B. 97 3 . 15 C 2 13 . 13 D. 76 790 . 790 Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (1; 2;3) , B (1; 2;0 ) và M ( −1;3; 4 ) . Gọi d là đường thẳng qua B vuông góc với AB đồng thời cách M một khoảng nhỏ nhất. Một véc tơ chỉ phương của d có dạng u ( 2; a; b ) . Tính tổng a + b . A. 1 . B. 2 . C. −1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. −2. 249 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Chọn B Đường 1 : x −1 y + 2 z − 3 = = có VTCP u1 = (−2;1; 2) −2 1 2 Đường  2 : x + 3 y −1 z + 2 = = có VTCP u2 = (1;1; −4) 1 1 −4 ( u1.u 2 ) cos ( 1 ,  2 ) = cos u1 , u 2 = Câu 2. = u1 . u 2 1  ( 1 ,  2 ) = 45o . 2 Chọn B Véc tơ chỉ phương của 1 là u1 = ( −2;1; 2 ) Véc tơ chỉ phương của  2 là u2 = (1;1; −4 ) ( ) cos ( 1 ,  2 ) = cos u1 , u2 = u1.u2 u1 . u2 = ( −2 ) .1 + 1.1 + 2. ( −4 ) 2 2 ( −2 ) + 12 + 22 . 12 + 12 + ( −4 ) = 9 2 = . 2 3.3 2 Do đó góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 là 450 . Câu 3. Chọn D  có VTCP u = ( 2;1;1) . ( ) có VTPT n = ( 3; 4;5 ) . ( ) ( ) Ta có: sin ,  = cos n ; u = Câu 4. 3.2 + 4.1 + 5.1 32 + 42 + 52 22 + 12 + 11 = ( ) 3   ;  = 60 . 2 Chọn B Gọi ( ) là mặt phẳng chứa trục Ox và đi qua điểm A (1;1; − 1) . Khi đó : n ( ) = i, OA = ( 0;1;1) , với i (1;0;0 ) , OA (1;1; − 1) . Phương trình mặt phẳng ( ) : y + z = 0 . Câu 5. Chọn C Phương trình mặt phẳng ( P ) , đi qua A ( 0; −1; 4 ) có VTPT n = u, v  = ( 2; −6;6 ) = 2 (1; −3;3) ( P ) : x − 3 y + 3z − 15 = 0. Câu 6. Chọn A d có VTCP là u = (1; 2; − 1) và ( P ) có VTPT là n = (1; − 1; 2 ) . sin  = u.n u.n 250 = 1.1 − 2.1 − 1.2 6. 6 = 1   = 300. 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 7. Chọn C d có VTCP là u = (1; − 2;3) và ( ) có VTPT là n = ( −1; 2; − 3) . Vì u = −n nên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) : − x + 2 y − 3 z = 0. Câu 8. Chọn C d có VTCP là u = (1; 2; − 1) và ( P ) có VTPT là n = ( 2;1;1) . Vì  là góc không tù nên từ sin  = u.n = 1.2 + 2.1 − 1.1 u.n Câu 9. 6. 6 = 1 3  cos  = . 2 2 Chọn B M A I (S ) có tâm I (1;1;1) và bán kính R = 1 . Do IA = 1 + 1 + 1 = 3  R nên điểm A nằm ngoài mặt cầu ( S ) . AMI vuông tại M : AM = AI 2 − IM 2 = 3 − 1 = 2 .  M thuộc mặt cầu ( S  ) có tâm A bán kính 2. Ta có phương trình ( S  ) : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 . Ta có M  ( S )  ( S  ) . 2 2 2 ( x − 1) 2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 1 Tọa độ của M thỏa hệ phương trình  (I ). 2 2 2 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 2 2 2  x + y + z − 2x − 2 y − 2z + 2 = 0 Ta có ( I )   2  2x + 2 y + 2z − 8 = 0  x + y + z − 4 = 0 2 2   x + y + z − 4 x − 4 y − 4 z + 10 = 0 Suy ra M  ( P ) : x + y + z − 4 = 0 . Câu 10. Chọn B Đường thẳng d có VTCP là : u ( 2;3;1) và đi qua điểm M (1; 2; −3) u.n = 0  d // ( P ) Mặt phẳng ( P ) có VTPT là : n (1; −1;1) . Ta có :   M  ( P ) Câu 11. Chọn A Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −2; 2;3) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 251 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 2 ) . Ta có: u.n = ( −2 ) − 4 + 6 = 0  u ⊥ n  d song song hoặc nằm trong mặt phẳng ( P ) . Lấy A ( −1; 2; −3)  ( d ) , ta thấy A  ( P ) nên d d  d , ( P )  = d  A, ( P )  = −1 − 2.2 + 2. ( −3) − 5 12 + ( −2 ) + ( −2 ) 2 2 ( P) = . Khi đó: 16 . 3 Câu 12. Chọn B Đường thẳng d1 đi qua điểm M (1; −2;0 ) và có một vectơ chỉ phương u1 = ( 2; −1;1) . Đường thẳng d 2 đi qua điểm N (1; −1; 2 ) và có một vectơ chỉ phương u2 = ( 4; −2; 2 ) . u1 , MN   . Do u1 cùng phương với u 2 và M  d 2 nên d1 // d 2 từ đó d ( d1 ; d 2 ) = d ( N ; d1 ) =  u1 u1 , MN      = Ta có MN = ( 0;1; 2 ) , u1 , MN  = ( −3; −4; 2 ) suy ra u1 Vậy d ( d1 ; d 2 ) = ( −3) + ( −4 ) + 22 2 22 + ( −1) + 1 2 2 = 174 . 6 174 . 6 Câu 13. Chọn B Mặt phẳng ( P) có một véc tơ pháp tuyến là n = (1; −2; 2 ) , đường thẳng  có một véc tơ chỉ phương là u = ( 2; 2;1) . Ta thấy n.u = 2 − 4 + 2 = 0 nên mặt phẳng ( P) và đường thẳng  song song hoặc đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P) . Do M (1;3; 2 )   mà M  ( P ) nên đường thẳng  song song ( P) . Vậy d ( , ( P) ) = d ( M , ( P) ) = 1− 6 + 4 + 4 1+ 4 + 4 = 1. Câu 14. Chọn A Đường thẳng  qua M (1; −2;1) và có VTCP u = ( 2; 2;1) ; mặt phẳng ( P ) có VTPT n = (1; −2; 2 ) Ta có n.u = 0 và M  ( P ) nên đường thẳng  // ( P ) Suy ra d ( , ( P ) ) = d ( M , ( P ) ) = 1 − 2 ( −2 ) + 2.1 + 1 9 = 8 3 Câu 15. Chọn D Đường thẳng d qua M (1;0;0 ) và có vec-tơ chỉ phương a = (1;1; −2 ) . Mặt phẳng ( P ) có vec-tơ pháp tuyến n = (1;1;1) . 252 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. a.n = 1.1 + 1.1 − 2.1 = 0 Ta có:   d / / ( P).  M  ( P ) d ( d , ( P )) = d ( M , ( P )) = 1+ 0 + 0 + 2 12 + 12 + 12 = 3. Câu 16. Chọn D Đường thẳng  : x −1 y +1 z = = đi qua M (1; −1;0 ) và có vectơ chỉ phương u = (1; −1; 2 ) . 1 −1 2 Mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A ( 2;1;0 ) , B ( 3; 0;1) và song song với  nhận hai vectơ BA = ( −1;1; −1) và u = (1; −1; 2 ) làm cặp vectơ chỉ phương nên ( P ) nhận n =  BA, u  = (1;1;0 ) làm vectơ pháp tuyến. Do đó, mặt phẳng ( P ) có phương trình: ( P ) : x + y − 3 = 0 Khoảng cách giữa  và mặt phẳng ( P ) bằng khoảng cách từ M (1; −1;0 ) tới mặt phẳng ( P ) d ( , ( P ) ) = d ( M , ( P ) ) = 3 . 2 Câu 17. Chọn A ( ) ( ) Ta có vectơ chỉ phương của hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt là u1 = 1; 2;1 và u2 = 1; 2; m . Theo công thức tính góc tạo bởi hai đường thẳng thì cos = u1. u2 u1 . u2 Từ giả thiết suy ra với  = ( d1 , d 2 ) . 3+ m 1 =  m2 + 3 = 3 + m  m2 + 3 = m 2 + 6m + 9  m = −1 . 2 2 2 m +3 Câu 18. Chọn B Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n( P ) = (1;0; − sin  ) Mặt phẳng ( Q ) có vectơ pháp tuyến là n( Q ) = ( 0;1; − cos  ) (d ) là giao tuyến của ( P) và (Q ) nên vectơ chỉ phương của (d ) là: u( d ) =  n( P ) ; n(Q )  = ( sin  ;cos  ;1) ; vectơ chỉ phương của ( Oz ) là u(Oz ) = (0;0;1)  cos(d, Oz ) = | 0.sin  + 0.cos  + 1.1| sin  + cos  + 1 . 0 + 0 + 1 2 2 2 2 = 1  (d , Oz ) = 45 2 Vậy góc giữa ( d ) và trục ( Oz ) là: 45 . Câu 19. Chọn D Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − z + 3 = 0 có một véctơ pháp tuyến là n ( P ) = ( 2; −1; −1) . Đường thẳng  : x +1 y −1 z = = có một véctơ chỉ phương là u  = (1; −2; 2 ) . 1 −2 2 Giả sử đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u d . Do 0  ( d ,  )  90 mà theo giả thiết d tạo  góc lớn nhất  ( d ,  ) = 90  u d ⊥ u  . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 253 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Lại có d // ( P ) nên u d ⊥ n( P ) . Do đó chọn u d = u  , n( P )  = ( 4; 5; 3) . Vậy phương trình đường thẳng d : x −1 y +1 z − 2 . = = 4 5 3 Câu 20. Chọn D Cách 1: Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương u1 = ( −4;1;1) và đi qua điểm A ( 3; −2; −1) . Đường thẳng d 2 có vecto chỉ phương u2 = ( −6;1; 2 ) và đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) . Gọi mặt phẳng chứa d1 và song song với d 2 là ( P ) . Ta có: uP = u1 ; u2  = (1; 2; 2 ) . Vì ( P ) chứa d1 nên A  ( P ) , ta suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) là: 1( x − 3) + 2 ( y + 2 ) + 2 ( z + 1) = 0  x + 2 y + 2 z + 3 = 0 . Ta suy ra: d ( d1 ; d 2 ) = d ( d 2 ; ( P ) ) = d ( B; ( P ) ) = 0.1 + 2.1 + 2.2 + 3 12 + 22 + 22 = 3. Cách 2: Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương u1 = ( −4;1;1) và đi qua điểm A ( 3; −2; −1) . Đường thẳng d 2 có vecto chỉ phương u2 = ( −6;1; 2 ) và đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) . Có: AB = ( −3;3;3) ; u1 ; u2  = (1; 2; 2 ) .Vậy d ( d1 ; d 2 ) = AB. u1 , u2  u1 , u2    = 3. Câu 21. Chọn D A d H M (P) K Đường thẳng (d ) có một vectơ chỉ phương là ud = ( 2; 2; −1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa M và vuông góc với đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu kẻ từ A xuống mặt phẳng ( P ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc kẻ từ A đến đường thẳng  . Suy ra d ( A;  ) = AK . Vì AH ⊥ (P)  AH ⊥ HK nên AK  AH  d (A/ )  AH . Do đó khoảng cách từ A đến đường thẳng  đạt giá trị nhỏ nhất khi K trùng với H , khi đó đường thẳng cần tìm là MH . Phương trình của mặt phẳng ( P) là ( P ) : 2 ( x + 2 ) + 2 ( y + 2 ) − ( z − 1) = 0  2 x + 2 y − z + 9 = 0 254 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 1 + 2t  Phương trình đường thẳng AH là  y = 2 + 2t  z = −3 − t   x = 1 = 2t   y = 2 + 2t Vì H = ( P )  AH nên tọa độ của H là bộ ba ( x; y; z ) thỏa hệ   z = −3 − t 2 x + 2 y − z + 9 = 0  (1) ( 2) . ( 3) ( 4) Thay (1),(2),(3) vào (4) ta được 2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0  9t + 18 = 0  t = −2  H ( −3; −2; −1) Vậy vectơ chỉ phương u của đường thẳng  là u = HM = (1; 0; 2 ) . Câu 22. Chọn A x = 1+ t  Ta có d :  y = −1 + 2t . Gọi A (1 + t ; −1 + 2t; −t )  d  z = −t  d ( A, ( P ) ) = 1 + t − 2 ( −1 + 2t ) + 2 ( −t ) − 1 12 + ( −2 ) + 22 2 = 2 − 5t 2 − 5t =1 mà d ( A, ( P ) ) = 1  3 3 1  A 4 ; − 7 ; 1   t=−  2 − 5t = 3      2 − 5t = 3    5    5 5 5  . Vì c  0  A ( 2;1; −1)  2 − 5t = −3 t = 1  A ( 2;1; −1)  Vậy S = 2 . Câu 23. Chọn A Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d và H là hình chiếu vuông góc của K lên mặt phẳng ( P) . Vì K  d nên ta đặt K (1 + 2t; t;1 + 3t )  AK = (2t − 9; t − 2;3t ) . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là ud = (2;1;3) . Vì AK ⊥ d  AK .ud = 0  2(2t − 9) + 1.(t − 2) + 3.3t = 0  14t − 20 = 0  t = Vậy AK = (− 10 . 7 43 4 30 ; − ; ) . Khoảng cách giữa d và ( P) là độ dài đoạn thẳng 7 7 7 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 255 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. HK mà HK  AK nên khoảng cách giữa d và ( P) lớn nhất bằng AK khi H trùng A , lúc đó AK ⊥ ( P) nên ( P) có véc tơ pháp tuyến AK = (− 43 4 30 ;− ; ) , 7 7 7 ta chọn véctơ pháp tuyến ( P) là n p = (43; 4; −30) . Khi đó phương trình mặt phẳng ( P) là 43( x −10) + 4( y − 2) − 30.( z −1) = 0  43x + 4 y − 30 z − 408 = 0 . 533 . 2765 Vậy ta có d ( M ;( P)) = Câu 24. Chọn C Cách 1. AB = ( 0;0; −3) ; ud = ( 2; a; b ) . d ⊥ AB  AB.ud = 0  b = 0  ud = ( 2; a;0 )    BM , ud  BM = ( −2;1; 4 )   BM , ud  = ( −4a;8; −2a − 2 )  d = d ( M , d ) = u d 16a 2 + 64 + ( 2a + 2 ) 5a 2 + 2a + 17 20a 2 + 8a + 68 = 2. = 2 f (a) = = a2 + 4 4 + a2 a2 + 4 2  a = −1 5a 2 + 2a + 17 −2a 2 + 6a + 8  Xét f ( a ) = có f a = = 0  ( ) a = 4 2 a2 + 4  ( a2 + 4) Vì hàm f ( a ) liên tục trên nên f ( a ) có GTNN =  f ( −1) , f ( 4 ) ; f ( −1) = 4, f ( 4 ) = 5, 25 . Vậy d min  f ( a ) đạt GTNN  a = −1  a + b = −1  C Cách 2. d ⊥ AB nên d nằm trong mặt phẳng (P) qua B và vuông góc AB = ( 0;0; −3) Có phương trình: 0 ( x − 1) + 0 ( y − 2 ) − 3 ( z − 0 ) = 0 hay ( P ) : z = 0  ( P ) trùng ( xOy ) Khoảng cách từ M ( −1;3; 4 ) đến ( P ) nhỏ nhất khi và chỉ khi ( d ) đi qua H là hình chiếu của M ( −1;3; 4 ) xuống ( xOy )  H ( −1;3;0 ) . Vậy ( d ) có vtcp là BH = ( −2;1;0 ) Gt cho ( d ) có vtcp dạng u ( 2; a; b ) // − ( 2; −1;0 )  a = −1, b = 0  a + b = −1  C . 256 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG, ĐƯỜNG THẲNG VỚI MẶT CẦU Câu 1: cho đường thẳng d : Trong không gian Oxyz, x −1 y − 2 z − 3 = = 2 4 1 và mặt phẳng ( ) : x − y + 2z − 5 = 0, mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. d / /( ). B. d  ( ). C. d cắt ( ) và d không vuông góc với ( ). D. d ⊥ ( ). Câu 2: Tọa độ giao điểm ( P ) : 3x + 5 y − z − 2 = 0 A. (1; 0;1) . Câu 3: M của đường thẳng d: x − 12 y − 9 z − 1 = = 4 3 1 và mặt phẳng là B. ( 0;0; − 2 ) . D. (12;9;1) . C. (1;1; 6 ) . x = 1+ t  Trong không gian Oxyz , tìm tọa độ điểm M là giao điểm của đường thẳng d :  y = −2 + t với mặt  z = −t  phẳng ( P ) : x − y − z − 4 = 0 . A. M (1; − 2;0 ) . Câu 4: Cho đường thẳng  : bằng A. 1 . Câu 5: B. M ( 4;0;0 ) . C. M ( 3;0; − 1) . D. M ( 2; − 1; − 1) . x −1 y +1 z − 2 = = nằm trong mặt phẳng mx + ny + 3z + 3 = 0 . Tổng m + n 2 1 2 B. 2 . C. −2 . D. −1 . Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x −1 y +1 z − 2 = = 1 2 1 và x+3 y+9 z +2 = = 2 ( m  0 ) . Tập hợp các giá trị m thỏa mãn d1 // d 2 có số phần tử là: 4 8 m A. 1 . B. 0 . C. 3 . D. 2 . d2 : Câu 6: Câu 7: x = 1+ t  x = 2 − 2t ‘   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = 2 + 3t và d ‘ :  y = −2 + t ‘ . z = 3 − t  z = 1 + 3t ‘   Tìm tọa độ giao điểm M của d và d ‘ . A. M = ( 0; −1; 4 ) . B. M = ( −1;0; 4 ) . C. M = ( 4;0; −1) . D. M = ( 0; 4; −1) . Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( P ) : x + 2 y − z − 5 = 0 . Tọa độ giao điểm của A. ( 2;1; − 1) . B. ( 3; − 1; − 2 ) . Câu 8: d: x − 2 y −1 z = = −1 2 2 và mặt phẳng d và ( P ) là C. (1;3; − 2 ) . D. (1;3; 2 ) . Trong không gian tọa độ Oxyz , xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 : x −1 y +1 z x −3 y −3 z + 2 = = , 2 : = = 2 2 3 −1 −2 1 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 257 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 1 song song với  2 . B. 1 chéo với  2 . Câu 9: C. 1 cắt  2 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d : D. 1 trùng với  2 . x +1 y z − 5 và mặt phẳng = = 1 −3 −1 ( P ) : 3x − 3 y + 2 z − 6 = 0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. d cắt và không vuông góc với ( P ) . C. d song song với ( P ) . B. d vuông góc với ( P ) . D. d nằm trong ( P ) . Lời giải Chọn A Đường thẳng d nhận u = (1; −3; −1) làm một vectơ chỉ phương. Mặt phẳng ( P ) nhận n = ( 3; −3; 2 ) làm một vectơ pháp tuyến. Do u.n  0 và hai vectơ này không cùng phương nên đường thẳng d cắt và không vuông góc với ( P) . Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : phẳng nào dưới đây? A. x + y + 3z + 4 = 0 . x −1 y + 2 z +1 . Hỏi d song song với mặt = = 2 1 −1 B. x + 2 y + 4 z + 7 = 0 . C. 3x + y + 7 z + 5 = 0 . D. 3x + y + 4 z + 5 = 0 . Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;1;1) và mặt phẳng ( P ) : x − y − 2 z + 3 = 0 . Mặt phẳng đi qua điểm A , vuông góc với mặt phẳng ( P ) và song song với trục Oz có phương trình là A. x + y − 2 z + 1 = 0 . B. z − 1 = 0 . C. x − y − 1 = 0 . D. x + y − 3 = 0 . Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình d: x − 2 y −1 z −1 = = . Xét mặt phẳng ( P ) : x + my + ( m2 − 1) z − 7 = 0, với m là tham số thực. 1 1 −1 Tìm m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) . B. m = −1 . A. m = 1.  m = −1 C.  . m = 2 Câu 13: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: D. m = 2 . x −1 y − 2 z − 9 và mặt phẳng ( ) có = = 1 3 −1 phương trình m2 x − my − 2 z + 19 = 0 với m là tham số. Tập hợp các giá trị m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng ( ) là A. 2 . B. 1; 2 . C. 1 . D.  . Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y + z − 5 = 0 và mặt cầu ( S ) 🙁 x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 15 . Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( Q ) và cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 đi qua điểm nào sau đây? A. ( 2; − 2;1) . B. (1; − 2;0 ) . C. ( 0; − 1; − 5 ) . D. ( −2; 2; − 1) . 2 258 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x −1 y + 2 z + 3 = = và mặt phẳng m 2m − 1 2 (P): x+3y-2z+1=0 . Với giá trị nào của m thì đường thẳng d vuông góc mặt phẳng (P) . Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: A. m = 2 . B. m = -1. C. m = 1 . D. m = 0 . x = 1  Câu 16: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :  y = 1 + t ( t   z = −1 + t  ) ( P ) : x − y + z + 1 = 0, ( Q ) :2 x + y − z − 4 = 0. Khẳng định nào sau đây đúng? A. d // ( P ) . B. d // ( Q ) . C. ( P )  ( Q ) = d . D. và hai mặt phẳng d ⊥ ( P) . x = t  Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  y = 1 − t và mặt phẳng  z = −1 + 2t  ( ) : x + 3 y + z − 2 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Đường thẳng d cắt mặt phẳng ( ) . B. Đường thẳng d nằm trên mặt phẳng ( ) . C. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) . D. Đường thẳng d song song với mặt phẳng ( ) . Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3; 2;1) , M ( 3;0;0 ) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0 . Đường thẳng  đi qua điểm M , nằm trong mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ điểm A đến  là nhỏ nhất. Gọi véc tơ u = ( a; b; c ) là một véc tơ chỉ phương của  ( a, b, c là các số nguyên có ước chung lớn nhất là 1). Tính P = a + b + c A. −1 B. 1 C. 2 D. 0 Câu 19: Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z − 1 = 0, ( P ) : 2 x + y − z + 2 = 0, và hai x y −1 z +1 x y − 2 z −1 = = = , 2 : = . Đường thẳng  song song với hai mặt 2 1 1 −1 2 2 phẳng ( P ) ; ( Q ) và cắt 1 ,  2 tương ứng tại H , K . Độ dài đoạn HK bằng đường thẳng 1 : A. 8 11 . 7 B. 5 C. 6. D. 11 . 7 x −1 y +1 z = = 2 1 −1 . Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với  là x = 2 + t x = 2 − t x = 1+ t  x = 2 + 2t     A. d :  y = 1 − 4t . B. d :  y = 1 + t . C. d :  y = 1 + t . D. d :  y = −1 − 4t .  z = −2t z = t  z = 2t  z = −t     Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2;1;0 ) và đường thẳng  : Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 259 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x −1 y z − 2 = = . Gọi ( P) là 2 1 2 mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ điểm A đến ( P) lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2 ; 5 ; 3) và đường thẳng d : O đến ( P) bằng A. 1 . 2 Câu 22: Trong B. không gian 3 . 6 Oxyz C. , cho hai 11 2 . 6 đường D. thẳng d1 : 2. x −1 y − 3 z +1 = = 1 −1 1 và x − m y +1 z − 3 = = . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hai đường thẳng d1 , d 2 có đúng 2 −2 1 một điểm chung? A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. vô số. d2 : x −1 y + 3 z +1 = = và mặt phẳng 2m + 1 2 m−2 ( P ) : x + y + z − 6 = 0 , hai điểm A ( 2; 2; 2 ) , B (1; 2;3) thuộc ( P ) . Giá trị của m để AB vuông Câu 23: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : góc với hình chiếu của d trên ( P ) là? A. m = 1. B. m = −1 . Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng C. m = 2 . D. m = −3 . ( P ) :2 x − y + 2 z + 3 = 0 và hai đường thẳng x − 2 y −1 z + 3 x y −1 z +1 ; d2 : . Xét các điểm A , B lần lượt di động trên d1 và d1 : = = = = 3 1 −1 −2 1 1 d 2 sao cho AB song song với mặt phẳng ( P ) . Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng AB là A. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = ( −9;8; − 5 ) . B. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = ( −5;9;8 ) . C. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = (1; − 2; − 5 ) . D. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = (1;5; − 2 ) . x = t x −1 y − 2 z +1  = = Câu 25: rong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : và d 2 :  y = 0 . Mặt phẳng 2 −2 −1  z = −t  ( P) qua d 1 , tạo với d 2 một góc 45 và nhận vectơ n (1; b; c ) làm một vec tơ pháp tuyến. Xác định tích b.c . A. −4 . B. 4 . C. 4 hoặc 0 . Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ( ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Xét điểm D. −4 hoặc 0 . A (1; 2; − 3) , B ( −2; − 2;1) và mặt phẳng M thuộc ( ) sao cho tam giác AMB vuông tại M và độ dài đoạn thẳng MB đạt giá trị lớn nhất. Phương trình đường thẳng MB là  x = −2 + 2t  x = −2 + t  x = −2 − t  x = −2 + t     A.  y = −2 + 2t . B.  y = −2 − t . C.  y = −2 . D.  y = −2 − t .  z = 1 + 2t z = 1  z = 1 + 2t  z = 1 + 2t     260 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 1+ t x −1 y z  Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2 :  y = 2 + t . 2 1 3 z = m  5 Gọi S là tập tất cả các số m sao cho d 1 và d 2 chéo nhau và khoảng cách giữa chúng bằng 19 . Tính tổng các phần tử của S . A. −11 . B. 12 . C. −12 . D. 11 . x = 4 + t  Câu 28: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1  y = −4 − t ;  z = 6 + 2t  x − 5 y − 11 z − 5 = = . Đường thẳng d đi qua A ( 5; −3;5) cắt d1 ; d 2 lần lượt ở B, C .Tính tỉ 2 4 2 AB sô . AC 1 1 A. 2 . B. 3 . C. . D. . 2 3 d2 : Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;0;2) và đường thẳng d : x −1 y z +1 = = . Đường thẳng 1 1 2  đi qua A , vuông góc và cắt d có phương trình là x − 2 y −1 z −1 x − 2 y −1 z −1 = = = = A.  : . B.  : . 1 2 1 2 −1 1 x −1 y z − 2 x −1 y z − 2 = = = = C.  : . D.  : . 1 1 −3 1 1 1 Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) , C ( 0;0; c ) với c là số thực thay đổi khác 0 . Khi c thay đổi thì trực tâm H của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng 12 5 5 6 A. . B. . C. . D. . 2 4 5 5 x −1 y + 2 z = = . Mặt phẳng ( P ) đi 1 −1 2 qua điểm M ( 2;0; −1) và vuông góc với d có phương trình là Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : A. ( P ) : x − y + 2 z = 0 . B. ( P ) : x − 2 y − 2 = 0 . C. ( P ) : x − y − 2 z = 0 . D. ( P ) : x + y + 2 z = 0 . Câu 32: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −1; 2 ) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 9 . Mặt phẳng ( P ) đi qua M cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. x − y + 2 z − 5 = 0 . B. x − y + 2 z − 7 = 0 . C. 2 x − y + z − 7 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. x + y + 2z − 5 = 0 . 261 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn B  x = 1 + 2t  Ta có d :  y = 2 + 4t , t  . z = 3 + t   x = 1 + 2t (1)  y = 2 + 4t (2)  . Xét hệ phương trình:   z = 3 + t (3)  x − y + 2z − 5 = 0(*) Thay,, vào ta được 1 + 2t − (2 + 4t ) + 2(3 + t ) − 5 = 0. Phương trình này có vô số nghiệm. Do đó, đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( ). Câu 2: Chọn B Gọi M ( 4t + 12;3t + 9; t + 1)  d . Ta có: M  ( P )  3( 4t + 12) + 5 ( 3t + 9) − ( t + 1) − 2 = 0  t = −3  M ( 0;0; − 2 ) . Câu 3: Chọn D Gọi M ( t + 1; − 2 + t ; − t )  d . Ta có: M  ( P )  ( t + 1) − ( −2 + t ) − ( −t ) − 4 = 0  t = 1  M ( 2; − 1; − 1) . Câu 4: Chọn D Lấy 2 điểm A (1; − 1; 2 ) và B ( 3;0; 4 ) thuộc đường thẳng  . Đặt mặt phẳng ( P ) : mx + ny + 3z + 3 = 0 . Vì   ( P ) nên A , B thuộc ( P ) . Thay tọa độ A , B vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta có hệ m − n + 9 = 0  n = 4  phương trình:  . Vậy m + n = −1 .  3m + 15 = 0 m = −5 Câu 5: Chọn B Đường thẳng d1 qua A (1; −1;2) và có vectơ chỉ phương là u1 = (1; 2;1) . Đường thẳng d 2 qua B (−3; − 9; − 2) và có một vectơ chỉ phương là u2 = ( 4;8; m 2 ) . Đường thẳng d1 // d 2 khi và chỉ khi u1 cùng phương với u 2 và hai đường thẳng d1 và d 2 không trùng nhau. Ta thấy điểm B (−3; − 9; − 2) nằm trên d 2 và −3 − 1 −9 + 1 −2 − 2 nên B cũng nằm trên = = 1 2 1 đường thẳng d1 Do đó hai đường thẳng này luôn có điểm chung nên không thể song song. Câu 6: 262 Chọn A Tọa độ giao điểm M của d và d ‘ ứng với t và t ‘ là nghiệm của hệ: Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1 + t = 2 − 2t ‘ t + 2t ‘ = 1 t = −1   . Vậy M = ( 0; −1; 4 ) . 2 + 3t = −2 + t ‘  3t − t ‘ = −4   t ‘ = 1  3 − t = 1 + 3t ‘ t + 3t ‘ = 2   Câu 7: Chọn D Giả sử d  ( P ) = M  M ( 2 − t ;1 + 2t ; 2t ) . Vì M  ( P )  2 − t + 2 (1 + 2t ) − 2t − 5 = 0  t = 1  M (1;3; 2 ) . Câu 8: Chọn C 2 2  Vì nên vectơ chỉ phương u1 = ( 2; 2;3) của đường thẳng 1 không cùng phương với − 1 −2 vectơ chỉ phương u2 = ( −1; −2;1) của  2 . Tức là 1 chéo với  2 hoặc 1 cắt  2 . Lấy M (1; −1;0 )  1 , N ( 3;3; −2 )   2 . Ta có: MN = ( 2; 4; −2 ) . Khi đó: u1 ; u2  .MN = 0 . Suy ra u1 , u2 , MN đồng phẳng. Vậy 1 cắt  2 . Câu 9: Chọn A Đường thẳng d nhận u = (1; −3; −1) làm một vectơ chỉ phương. Mặt phẳng ( P ) nhận n = ( 3; −3; 2 ) làm một vectơ pháp tuyến. Do u.n  0 và hai vectơ này không cùng phương nên đường thẳng d cắt và không vuông góc với ( P) . Câu 10: Chọn C Ta có: d có một véc tơ chỉ phương ud ( 2;1; − 1) và đi qua điểm A (1; − 2; − 1) . d ud .nP = 0 ( P )   A  (P) ( *) Kiểm tra điều kiện (*) ta thấy mp ( P ) :3x + y + 7 z + 5 = 0 thỏa mãn. Câu 11: Chọn D Giả sử ( ) là mặt phẳng cần tìm và ( ) có 1 VTPT là n . Mặt phẳng ( P ) : x − y − 2 z + 3 = 0 có 1 VTPT là n1 = (1; − 1; − 2 ) . Trục Oz có 1 VTCP k = ( 0;0;1) . Ta có: ( ) ⊥ ( P ) nên n ⊥ n1 . ( ) / / Oz nên n ⊥ k . Do đó, ta có thể chọn VTPT của mặt phẳng ( ) : n =  n1 , k  = ( −1; − 1;0 ) . Vậy mặt phẳng ( ) đi qua điểm A và có 1 VTPT n nên phương trình mặt phẳng ( ) là: − ( x − 2 ) − ( y − 1) = 0  x + y − 3 = 0 . Câu 12: Chọn C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 263 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Đường thẳng d có VTCP là u = (1;1; −1) và mặt phẳng ( P ) có VTPT là n = (1; m; m 2 − 1) .  m = −1 d / /( P)  u ⊥ n  u.n = 0  1 + m − m2 + 1 = 0  m 2 − m − 2 = 0   . m = 2 Câu 13: Chọn A Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1;3; − 1) . Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( ) là n = ( m 2 ; − m; − 2 ) . Gọi M (1; 2;9 ) d . Đường thẳng d song song với mặt phẳng ( ) khi: m = 1 2 u.n = 0  m − 3m + 2 = 0    m = 2  m = 2 .  2   M  ( ) m − 2m + 1  0 m  1  Câu 14: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; − 2 ) và bán kính R = 15 . Đường tròn có chu vi bằng 6 nên có bán kính r = 6 = 3. 2 Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( Q ) nên phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: x − 2 y + z + D = 0 , D  −5 . Vì mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 nên d ( I ; ( P )) = R2 − r 2  d ( I ; ( P )) = 6   D −1 = 6 D = 7 = 6  D −1 = 6    . 2 2 2 D − 1 = − 6 D = − 5   1 + ( −2 ) + 1 1 − 2.0 − 2 + D Đối chiếu điều kiện ta được D = 7 . Do đó phương trình mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z + 7 = 0 . Nhận thấy điểm có tọa độ ( −2; 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P ) . Câu 15: Chọn B Yêu cầu bài toán tương đương ud (m; 2m − 1; 2) cùng phương nP (1;3; −2) hay m 2m − 1 2 = = = −1  m = −1 1 3 −2 Câu 16: Chọn C Ta có đường thẳng d đi qua M (1;1; − 1) và có véctơ chỉ phương u = ( 0;1;1) . Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) = (1; − 1;1) . Mặt phẳng ( Q ) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) = ( 2;1; − 1) . Nhận xét: u.n ( P ) = 0 − 1 + 1 = 0  u ⊥ n ( P ) . Hơn nữa M  ( P ) nên d  ( P ) . Tương tự d  ( Q ) . Vậy d = ( P )  ( Q ) . Câu 17: Chọn B 264 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = t  Thay  y = 1 − t vào phương trình x + 3 y + z − 2 = 0 ta được:  z = −1 + 2t  t + 3 (1 − t ) − 1 + 2t − 2 = 0  0t + 0 = 0  đường thẳng d nằm trên mặt phẳng ( ) . Câu 18: Chọn D Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( P ) . Khi đó AH là khoảng cách từ A đến ( P ) . Suy ra đường thẳng  cần tìm chính là đường thẳng nằm trong ( P ) đi qua M và H x = 3 + t  Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với ( P ) là  y = 2 + t ( t là tham số) z = 1+ t  Ta có H = ( P)  d thay phương trình tham số d vào phương trình mặt phẳng ta được 3 + t + 2 + t + 1 + t − 3 = 0  t = −1 Vậy H ( 2;1;0 ) là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) Đường thẳng  nhận MH làm véc tơ chỉ phương. MH = ( −1;1;0 )  a + b + c = 0 Câu 19: Chọn A Tính u =  nP , nQ  = ( −1; −1; −3) Gọi H ( 2t ;1 + t ; −1 + 2t ) ; K ( m; 2 − m;1 + 2m ) nên HK = ( m − 2;1 − m − t ; 2 + 2m − 2t ) +Vì song song với 2 mặt phẳng ( P ) ; ( Q ) nên HK = k.u suy ra m − 2t 1 − m − t 2 + 2m − 2t 2 −3 8 11 = = tính ra được m = ; t = . Suy ra HK = . 1 7 1 3 7 7 Câu 20: Chọn A Vectơ chỉ phương của  là u = ( 2;1; − 1) . Gọi H ( x; y; z ) là hình chiếu của M lên  , suy ra tọa độ của H thỏa 7  x = 3 ( x − 2 ) .2 + ( y − 1) .1 + z. ( −1) = 0 2 x + y − z = 5   MH .u = 0  1     x − 1 = 2 ( y + 1)  x − 2 y = 3  y = − .  3  H    y +1 = −z  y + z = −1    2  z = − 3  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 265 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1 4 2 Ta có MH =  ; − ; −  , suy ra vectơ chỉ phương của d là nd = (1; − 4; − 2 ) . 3 3 3 Phương trình tham số của đường thẳng d có vectơ chỉ phương nd = (1; − 4; − 2 ) và đi qua điểm x = 2 + t  M ( 2;1;0 ) là d :  y = 1 − 4t .  z = −2t  Câu 21: Chọn A A (P H d K Gọi K là hình chiếu của A lên đường thẳng d . H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P) . Khi đó d ( A,( P ) ) = AH  AK không đổi. Vậy khoảng cách từ điểm A đến ( P) lớn nhất khi H  K . Khi đó AK ⊥ ( P) . Giả sử K (1 + 2t ; t ; 2 + 2t )  d . Suy ra AK = ( −1 + 2t ; − 5 + t ; − 1 + 2t ) . Ta có: AK ⊥ ud = ( 2; 1 ; 2 )  AK .ud = 0  2 ( −1 + 2t ) − 5 + t + 2 ( −1 + 2t ) = 0  t = 1  K ( 3;1;4 ) và AK = (1 ; − 4 ; 1) . Mặt phẳng ( P) có phương trình: ( x − 1) − 4 ( y − 0) + ( z − 2 )  x − 4 y + z − 3 = 0  d (O;( P) ) = 1 . 2 Câu 22: Chọn C Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 (1;3; −1) có vectơ chỉ phương u1 = (1; −1;1) . Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 ( m; −1;3) có vectơ chỉ phương u2 = ( 2; −2;1) .  u ; u  = (1;1;0 )  1 2 Ta có   ; d1 cắt d 2 khi M1M 2 = ( m − 1; −4; 4 )  u ; u  = (1;1;0 )  0  1 2  m=5.   u1 ; u2  .M1M 2 = m − 5 = 0   Câu 23: Chọn D Ta có ud = ( 2m + 1; 2; m − 2 ) , nP = (1;1;1) và AB = ( −1;0;1) . Giả sử d vuông góc với ( P ) , khi đó ud và nP cùng phương 1   2m + 1 = 2  m = 2m + 1 2 m − 2  = =   2. 1 1 1 m−2 = 2  m = 4 Vậy d không vuông góc với ( P ) . 266 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Khi đó với AB  ( P ) , AB vuông góc với hình chiếu của d lên ( P ) khi và chỉ khi AB vuông góc với d  AB  ud = 0  ( −1)  ( 2m + 1) + 0  2 + 1 ( m − 2 ) = 0  m = −3 . Câu 24: Chọn A Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n = ( 2; − 1; 2 ) .  x = 3a  Phương trình tham số của đường thẳng d1 :  y = 1 − a (a là tham số, a   z = −1 + a  x = 2 + b  Phương trình tham số của đường thẳng d 2 :  y = 1 − 2b (b là tham số, b  z = −3 + b  ) ) Ta có: A  d1  A ( 3a;1 − a; − 1 + a ) ; B  d 2  B ( 2 + b;1 − 2b; − 3 + b ) .  AB = ( b − 3a + 2; a − 2b ; b − a − 2 ) . 3a  b=  2 ( b − 3a + 2 ) − ( a − 2b ) + 2 ( b − a − 2 ) = 0 2  AB ⊥ n   a  0  a  0  Theo GT: AB / / ( P )   .  A, B ( P ) b  0    b  0 3a 3a   Suy ra B  2 + ;1 − 3a; − 3 +  . 2 2   Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có: 3a  3a + 2 +  x A + xB  2 9   xI =  xI = xI = 1 + a 2 2    4  y A + yB 1 − a + 1 − 3a 5     9   yI = hay I = 1 + a;1 − 2a; − 2 + a  .   y I = 1 − 2a  yI = 2 2 4   4    5 3a z A + zB    zI = −2 + a −1 + a − 3 + 4   zI =  2 2   zI = 2  9  x = 1+ 4 a  Suy ra tập hợp điểm I là đường thẳng  :  y = 1 − 2a  5  z = −2 + a 4  Đường thẳng (  ) có một vectơ chỉ phương là: u = ( −9;8; − 5 ) . Câu 25: Chọn A u1 = ( 2; − 2; − 1) , u2 = (1;0; − 1) lần lượt là vectơ chỉ phương của d1 , d 2 . Theo bài ra ta có  2.1 + ( −2 ) b + ( −1) c = 0 n.u1 = 0 c = 2 − 2b b = 2     1.1 + 0.b + ( −1) c  .   2 1  c = −2 c − 1) = 1 + b2 + c 2 = (     cos n; u2 = sin ( d 2 ; ( P ) )  2 2 2  1+ b + c . 2 ( ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 267 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 26: Chọn C A H B M ( ) Ta có B  ( ) và gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng ( ) . Khi đó, tọa độ điểm H 2 x + 2 y − z + 9 = 0  là nghiệm của hệ phương trình  x − 1 y − 2 z + 3  H (−3; − 2; − 1) .  2 = 2 = −1 Xét hai tam giác vuông AHB ; AMB có MB = AB 2 − AM 2  AB 2 − AH 2 = BH = 5 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  H  MB = (1;0; 2) .  x = −2 + t  Vậy phương trình đường thẳng MB là  y = −2 .  z = 1 + 2t  Câu 27: Chọn C d 1 đi qua điểm M (1;0;0 ) , có VTCP u1 = ( 2;1;3) . d 2 đi qua điểm N (1;2; m ) , có VTCP u2 = (1;1;0 ) .  u1 , u2  = ( −3;3;1) ; MN = ( 0;2; m ) . d 1 và d 2 chéo nhau khi và chỉ khi  u1 , u2  .MN  0  m  −6 . Mặt khác d ( d1 , d 2 ) = u1, u2 .MN m+6  m = −1 5 5 5  .  =  = 19 19 19 19 u1, u2   m = −11 Khi đó tổng các phần tử của m là −12 . Câu 28: Chọn C  x = 5 + 2s  B  d1  B ( 4 + t; −4 − t;6 + 2t ) . PT tham số của d 2 :  y = 11 + 4 s .  z = 5 + 2s  C  d 2  C ( 5 + 2 s;11 + 4s;5 + 2 s ) . Khi đó: AB = (1 − t; −1 − t;2t + 1); AC = (2s;4s+ 14;2s) . Do A, B, C thẳng hàng  AB, AC cùng phương  k  : AB = k AC  t = −2 t − 1 = 2 ks  1 AB 1   = .   −t − 1 = 4ks + 14k   s = −3 . Do đó: AB = AC  2 AC 2 2t + 1 = 2ks  1  k =  2 268 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 29: Chọn B x = 1+ t  Ta có phương trình tham số của đường thẳng d :  y = t và d có vectơ chỉ phương là  z = −1 + 2t  u = (1;1;2) . Gọi B là giao điểm của  và d khi đó tọa độ của B(1 + t; t; −1 + 2t ) . AB = (t; t; −3 + 2t ) Vì  ⊥ d nên AB ⊥ u suy ra AB.u = 0 hay t + t + 2(−3 + 2t ) = 0  t = 1  B ( 2;1;1) . Vectơ chỉ phương của  là AB = (1;1; −1) . Đường thẳng  đi qua B ( 2;1;1) và có vectơ chỉ phương AB = (1;1; −1) nên có phương trình đường thẳng  là  : x − 2 y −1 z −1 = = . 1 1 −1 Câu 30: Chọn D và ; OH ⊥ ( ABC)  OH ⊥ HE CE ⊥ AB, AF ⊥ BC  H = CE  AF AB ⊥ (OCE)  AB ⊥ OE . Vì điểm O và điểm E cố định nên H di động trên đường tròn đường kính OE nằm trong mặt phẳng ( OCE ) = ( OE , Oz ) . Kẻ Tam giác vuông OAB vuông tại O và có OE ⊥ AB nên ta có: OA.OB 3.4 12 OE 6 OE = = = R= = . AB 5 5 2 5 Câu 31: Chọn A ( P) vuông góc với d nên VTCP của d là một VTPT của ( P ) : n( P ) = u d = (1; −1; 2 ) Phương trình mặt phẳng ( P ) : x − 2 − y + 2 ( z + 1) = 0  ( P ) : x − y + 2 z = 0 . Câu 32: Chọn B I H M P Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 269 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 0; 0 ) , bán kính R = 3 . Giả sử đường tròn giao tuyến có tâm H , bán kính r . Khi đó H là hình chiếu của I trên ( P ) Ta có IM = (1; − 1; 2 )  IM = 6 . ( ) Do r 2 = R 2 − IH 2 = R 2 − IM 2 − MH 2 = R 2 − IM 2 + MH 2 = 3 + MH 2  3 . Suy ra r nhỏ nhất bằng 3 khi và chỉ khi MH nhỏ nhất  M  H . Khi đó ( P ) là mặt phẳng qua M và vuông góc với IM . Phương trình mặt phẳng ( P ) là 1.( x − 2) − 1. ( y + 1) + 2. ( z − 2 ) = 0 hay x − y + 2 z − 7 = 0 270 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 6. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐƯỜNG THẲNG, MẶT PHẲNG, MẶT CẦU Câu 1: Câu 2: Trong hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A (1;7; 2 ) và cách M ( −2; 4; − 1) một khoảng lớn nhất có phương trình là A. ( P ) :3 x + 3 y + 3 z − 10 = 0 . B. ( P ) : x + y + z − 1 = 0 . C. ( P ) : x + y + z − 10 = 0 . D. ( P ) : x + y + z + 10 = 0 . Tính khoảng cách giữa đường thẳng d : A. Câu 3: 7 . 3 B. 8 . 3 x −1 y z + 3 = = và mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z +1= 0 . 2 1 2 5 1 C. . D. . 3 3 Trong không gian Oxyz , mặt cầu (( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 17 cắt trục Oz tại hai điểm A, B . Độ 2 dài đoạn AB bằng A. 4 13 . Câu 4: B. 2 17 . C. 2 3 . D. 17 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M (1; − 3; 4 ) , đường thẳng d có phương trình: x + 2 y −5 z −2 = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x + z − 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng  qua 3 −5 −1 M vuông góc với d và song song với ( P ) . x −1 y + 3 z − 4 = = . 1 −1 −2 x −1 y + 3 z − 4 = = C.  : . 1 1 −2 A.  : Câu 5: y +3 z −4 = . −1 −2 y +3 z +4 = . −1 2 x = t  Bán kính mặt cầu tâm I (1;3;5 ) và tiếp xúc đường thẳng d :  y = −1 − t là z = 2 − t  A. 14 . Câu 6: x −1 = −1 x −1 = D.  : 1 B.  : B. 14 . C. 7. D. 7 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;3;1) , đường thẳng  : x −1 y −1 z − 2 = = 1 2 3 và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 3 = 0 . Phương trình đường thẳng đi qua A , vuông góc với  và song song với mặt phẳng ( P ) là  x = 1 + 3t  A.  y = 3 − 6t .  z = 1 − 5t  Câu 7:  x = 1 + 3t  B.  y = 3 + 6t .  z = 1 + 5t   x = 1 − 3t  C.  y = 3 − 6t .  z = 1 + 5t   x = 1 − 3t  D.  y = 3 + 6t .  z = 1 + 5t  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; − 2;3) và đường thẳng d có phương trình x +1 y − 2 z + 3 . Tính bán kính của mặt cầu ( S ) có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng = = 2 1 −1 d. A. 5 2 . B. 4 5 . C. 2 5 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 10 2 . 271 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 8: ( P ) : x + y − z − 13 = 0 . Mặt cầu I ( a; b; c ) thì giá trị của a + b + c A. 5 . Câu 9: ( S ) 🙁 x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 45 và mặt phẳng ( S ) cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có tâm 2 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 bằng C. −11. B. 2 . Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng D. 1 . ( P ) : x + 2 y + 3z − 7 = 0 và hai đường thẳng x+3 y +2 z +2 x +1 y +1 z − 2 = = ; d2 : = = . Đường thẳng vuông góc với ( P ) và cắt cả hai 2 −1 −4 3 2 3 đường thẳng d1 ; d 2 có phương trình là. d1 : x + 5 y +1 z − 2 = = . 1 2 3 x+3 y+2 z +2 D. . = = 1 2 3 x+7 y z −6 = = . 1 2 3 x + 4 y + 3 z +1 C. . = = 1 2 3 A. B. Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x −1 y − 2 z + 2 = = . Mặt phẳng nào sau đây vuông 1 −2 1 góc với đường thẳng d . A. (T ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . B. ( P ) : x − 2 y + z + 1 = 0 . C. ( Q ) : x − 2 y − z + 1 = 0 . D. ( R ) : x + y + z + 1 = 0 . Câu 11: Biết rằng hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3 z + 1 = 0 và ( Q ) : ( m + 1) x + ( m + 3) y + 6 z + 1 = 0 song song với nhau. Giá trị của m bằng A. −1 . B. 1 . C. 2 . D. 0 . Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; −1;0 ) và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng chứa A và d . A. x + y + z = 0 . B. 2 x + 3 y + z + 2 = 0 .C. 2 x + y + z −1 = 0 . x +1 y −1 z = = 2 1 −3 D. x + 2 y + z + 1 = 0 . Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho ( P ) :2 x + y + 2 z − 1 = 0 , A ( 0;0;4 ) , B ( 3;1;2 ) . Một mặt cầu ( S ) luôn đi qua A, B và tiếp xúc với ( P ) tại C . Biết rằng, C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 14 5 . 3 B. r = 2 4 244651 . 3 C. r = 2 244651 . 9 D. r = 2024 . 3 Câu 14: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z + 1 = 0 và x y−2 z = = . Hai mặt phẳng ( P) , ( P) chứa d và tiếp xúc với (S ) tại T , T  1 1 −1 . Tìm tọa độ trung điểm H của TT  .  7 1 7 5 2 7 5 1 5  5 1 5 A. H  − ; ;  . B. H  ; ; −  . C. H  ; ; −  . D. H  − ; ;  .  6 3 6 6 3 6 6 3 6  6 3 6 đường thẳng d : 272 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho , mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 6z + m − 3 = 0 . Tìm số thực m để (  ) : 2 x − y + 2 z − 8 = 0 cắt ( S ) theo một đường tròn có chu vi bằng 8 . A. m = −4 . B. m = −1 C. m = −2 . D. m = −3 . Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : (1 + m ) x + (1 − m ) y − (1 + 3m ) z − ( 2 − 8m ) = 0 và điểm A ( − 4; − 2; 7 ) . Khi m thay đổi, biết tập hợp hình chiếu của A trên mặt phẳng ( P ) là một đường tròn, đường kính của đường tròn đó bằng A. 3 5 . B. 7 3 . C. 3 7 . D. 5 3 . Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết ( P ) là mặt phẳng cách đều hai đường thẳng x−2 y z x y −1 z − 2 = = và d 2 : = = . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng ( P ) −1 1 1 2 −1 −1 1   1  1 1 A. M  ;1;0  . B. N 1; − ;0  . C. P  − ;0;1 . D. Q 1;0; −  . 2  2 2    2   d1 : Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 6 đồng thời song song với hai đường thẳng d1 : 2 x y+2 z−2 . = = 1 1 −1  x − y + 2z − 3 = 0 A.  .  x − y + 2z + 9 = 0 x − 2 y −1 z , = = 3 −1 −1 d2 :  x + y + 2z − 3 = 0 B.  . C. x + y + 2z + 9 = 0 . D. x − y + 2 z + 9 = 0 .  x + y + 2z + 9 = 0 Câu 19: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 điểm M (1;2;3) , A ( 2;4;4 ) và hai mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 1 = 0 , (Q ) : x − 2 y − z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua M , cắt ( P), (Q) lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 = = = = A. . B. . 1 2 −1 −1 −1 1 x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 = = = = C. . D. . −1 1 −1 −1 1 1 Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −1) , B ( 3;0;3) . Biết mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng ( P ) là: A. x − 2 y + 2 z + 5 = 0 . B. x − y + 2 z + 3 = 0 . C. 2 x − 2 y + 4 z + 3 = 0 .D. 2 x − y + 2 z = 0 . Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 4 = 0 và điểm A ( 2; −1;3) . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với ( P ) , biết  có một vectơ chỉ phương là u = ( a; b; c ) , đồng thời  đồng phẳng và không song song với Oz . Tính A. a = 2. c B. a = −2 . c C. a 1 =− . c 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. a . c D. a 1 = . c 2 273 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng x y +1 z − 2 . Đường thẳng d ‘ đối xứng với = = 1 2 −1 x +1 y +1 z +1 A. . B. = = 1 −2 7 x −1 y −1 z −1 C. . D. = = 1 −2 7 d: d qua mặt phẳng ( P ) có phương trình là x −1 = 1 x +1 = 1 y −1 = 2 y +1 = 2 z −1 . 7 z +1 . 7 x = 0 x = 1 + t   Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng ( d1 ) :  y = 0 ; ( d 2 ) :  y = 4 − 2t  . Biết mặt  z = 5 + 3t   z = −5 + t   cầu ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 nhận đoạn vuông góc chung của ( d1 ) và ( d 2 ) làm 2 2 2 đường kính. Giá trị a + 2b + c bằng A. 6 . B. 8 . D. 5 . C. 7 . Câu 24: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) , B(−1;2;1) và mặt phẳng ( P) : x + y + z = 0 . Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Tính tỉ số A. 1. B. 2. AM . BM C. 3. D. 4. x −1 y − 2 z − 2 = = và điểm A (1; 2;1) . Tìm bán kính của mặt cầu có tâm 1 −2 1 I nằm trên d , đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 . Câu 25: Cho đường thẳng d : B. R = 4 . A. R = 2 . C. R = 1 . D. R = 3 . x − 4 y −1 z + 5 x−2 y +3 z và d 2 : = = = = . 3 1 −1 3 −2 1 Viết phương trình mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với cả hai đường thẳng đã cho. Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : A. (S ) : ( x − 2)2 + ( y −1)2 + ( z + 1)2 = 24 . B. (S ) : ( x + 2)2 + ( y + 1)2 + ( z −1)2 = 24 . C. (S ) : ( x − 2)2 + ( y −1)2 + ( z + 1)2 = 6 . D. (S ) : ( x + 2)2 + ( y + 1)2 + ( z −1)2 = 6 . Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x −1 y − 2 z − 3 = = 1 2 1 và mặt phẳng ( ) : x + y − z − 2 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( ) , đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng d có phương trình là x −5 y −2 z −5 A. 3 : . = = 3 −2 1 x−2 y−4 z−4 C.  2 : . = = 1 −2 3 x+2 y+4 z+4 . = = −3 2 −1 x −1 y −1 z D.  4 : = = . 3 −2 1 B. 1 : Câu 28: Trong không gian Oxyz cho điểm I (1; −2;3) và mặt phẳng ( P) : 2 x − y + 2 z − 1 = 0 . Mặt cầu ( S ) tâm I tiếp xúc với ( P ) có phương trình là A. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 9 . B. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 3 . C. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 3 . D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 9 . 2 2 274 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 29: Trong không gian tọa độ Oxyz ,cho điểm A ( 0;0; −2 ) và đường thẳng  có phương trình là x+2 y−2 z +3 = = . Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8 là 2 3 2 A. ( x + 2 ) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16 . B. x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 25 . C. ( x + 2 ) + y 2 + z 2 = 25 . D. x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 16 . 2 2 2 2 2 2 Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 3 và hai đường thẳng 2 d: 2 2 x y z −1 x − 2 y z −1 . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng cắt , : = = = = 1 1 −1 1 2 −1 mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn ( C ) có bán kính bằng 1 và song song với d và . D. x + z + 1 = 0 . C. x + z −1 = 0 . B. x + y + 1 = 0 . A. y + z + 3 = 0 . Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và hai điểm M (1;1;1) , N ( −3; −3; −3) . Mặt cầu ( S ) đi qua M , N và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm Q . Biết rằng Q luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A. R = 2 11 . 3 B. R = 6 . Câu 32: Cho đường thẳng d : C. R = 2 33 . 3 D. R = 4 . x +1 y − 2 z − 2 . Viết phương trình mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) cắt d tại = = 3 −2 2 các điểm A , B sao cho AB = 2 3 . A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25 . B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 4 . C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 . D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2;1;1) , mặt phẳng ( ) : x + y + z − 4 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 4 ) = 16 . Phương trình đường thẳng  đi qua M và nằm 2 2 2 trong ( ) cắt mặt cầu ( S ) theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Đường thẳng  đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? A. ( 4; − 3;3) . B. ( 4; − 3; − 3) . C. ( 4;3;3 ) . D. ( −4; − 3; − 3) . Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −1;3; 2 ) và đường thẳng d có phương  x = 1 − 4t  trình  y = t . Mặt phẳng ( P ) chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? z = 2 + t  A. 2 x − y + 2 z + 1 = 0. B. x + y − z = 0. C. −3x − 2 y −10 z + 23 = 0. D. 2 x − y + 3z + 4 = 0. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 275 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −1;3; 2 ) và đường thẳng d có phương  x = 1 − 4t  trình  y = t . Mặt phẳng ( P ) chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? z = 2 + t  A. 2 x − y + 2 z + 1 = 0. B. x + y − z = 0. C. −3x − 2 y −10 z + 23 = 0. D. 2 x − y + 3z + 4 = 0. Câu 36: Cho mặt cầu: () : . ( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2x − 4 y + 6z + m = 0 . Tìm m để cắt đường thẳng x +1 y z − 2 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông. = = −1 2 −2 A. m = −1 . B. m = 10 . C. m = −20 . D. m = − 4 . 9  x = −1 − 2t x = 2 + t   ; d  :  y = −1 + 2t  và mặt phẳng Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :  y = t  z = −1 + 3t  z = −2t    ( P ) : x + y + z + 2 = 0. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( P ) và cắt cả hai đường thẳng d , d  có phương trình là x − 3 y −1 z + 2 = = A. . 1 1 1 x + 2 y +1 z −1 = = C. . 1 1 1 z −1 . −4 z−4 . 2 x −1 = 1 x +1 = D. 2 B. Câu 38: Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng ( d1 ) : x+3 y−2 z = = . Đường thẳng song song 4 −1 6 x − 3 y +1 z − 2 A. . B. = = 4 1 6 x +1 y z − 4 C. . D. = = 4 −1 6 và ( d3 ) : y −1 = −1 y −1 = 2 x − 3 y +1 z − 2 x +1 y z + 4 = = , ( d2 ) : = = 2 1 −2 3 −2 −1 d 3 , cắt d1 và d 2 có phương trình là x − 3 y +1 z − 2 . = = −4 1 −6 x −1 y z + 4 . = = 4 −1 6 Câu 39: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1 : x +1 y +1 z +1 = = và 2 1 2 x −1 y −1 z −1 = = . Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, đồng thời tiếp xúc với cả 2 2 1 hai đường thẳng  1 và  2 . 2 : A. 276 16 . 17 B. 4 . 17 C. 16 . 17 D. 4 . 17 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 40: Trong không gian Oxyz, cho tam giác đều ABC với A ( 6;3;5 ) và đường thẳng BC có phương trình x = 1− t  tham số  y = 2 + t . Gọi  là đường thẳng qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với  z = 2t  mặt phẳng ( ABC ) . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng  ? A. M ( −1; −12;3) . C. P ( 0; −7;3) . B. N ( 3; −2;1) . D. Q (1; −2;5 ) . Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −1) và B ( 3;0;5 ) . Điểm M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 10 = 0 sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng 11 2 . Tính S = a + b + c . 7 A. S = . 3 B. S = 19 . 3 1 D. S = − . 3 C. S = −1 . Câu 42: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 2;1;3 , B 6;5;5 . Gọi S là mặt cầu đường kính AB . Mặt phẳng P vuông góc với AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H có thể tích lớn nhất, biết rằng P : 2 x S b c d. A. S = 18 . by C. S = −12 . B. S = −18 . cz d 0 với b, c, d . Tính D. S = 24 . Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : y − 4 = 0 . Có bao nhiêu đường thẳng d song song với ba mặt phẳng ( xOy ) , ( zOx ) , ( P ) đồng thời cách đều 3 mặt phẳng đó. B. 2. A. 1 . C. 3 . D. 4 . Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; −3; 4 ) , mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 12 = 0 và mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 5 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M , nằm trong ( P ) và cắt ( S ) theo dây cung dài nhất? x = 2 + t  A.  y = −3 + 2t .  z = 4 + 3t  Câu 45: Trong không  x = 2 + 3t  B.  y = −3 − 9t .  z = 4 + 3t  gian Oxyz , cho mặt  x = 1 + 3t  C.  y = 1 − 2t .  z = 1 + 5t  phẳng x = 3 + t  D.  y = −2 + t . z = 5 + t  ( P) : x − 2 y + 2z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 . Xét hai điểm M , N thay đổi với M  ( P ) và N  ( S ) sao cho vectơ MN cùng phương với vectơ u = (1; 0;1) . Độ dài đoạn MN lớn nhất bằng A. 3 . B. 3 2 . C. 5 2 . D. 2. Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm E ( 1;1;1) , mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 4 và mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 5 z − 3 = 0 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong ( P ) và cắt ( S ) tại hai điểm A , B sao cho OAB là tam giác đều. Phương trình của  là Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 277 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 1 + 4t  B.  y = 1 + 3t . z = 1+ t   x = 1 + 2t  A.  y = 1 + t . z = 1+ t   x = 1 + 2t  C.  y = 1 − t . z = 1− t  x = 1+ t  D.  y = 1 + t .  z = 1 − 2t  Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 3x + 4 y + 5 z + 1 = 0 và ba điểm A ( 2;5; −3) , B ( −2;1;1) , C ( 2;0;1) . Tìm điểm D ( a; b;c )( b  0 ) là điểm nằm trên ( P ) sao cho có vô số mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm C, D và thỏa mãn khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (Q ) gấp 3 lần khoảng cách từ B đến ( Q ) . Tính T = abc. B. 16 . A. 0 . D. −16 . C. 12 . Câu 48: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1;1) , B ( 2;2;1) và mặt phẳng thay đổi qua A, B và tiếp xúc với ( P ) tại H . Biết H chạy trên ( P ) : x + y + 2 z = 0 . Mặt cầu ( S ) 1 đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. B. 2 3 . A. 3 2 . Câu 49: Trong không ( S ) 🙁 x − 1) 2 gian C. cho Oxyz đường 3. thẳng D. d: 3 2 x −1 y + 1 z − m = = 1 1 2 và mặt cầu + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9 . Đường thẳng d cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt E , 2 2 F sao cho độ dài đoạn thẳng EF lớn nhất khi m = m0 . Hỏi m0 thuộc khoảng nào dưới đây? 1  2  A. ( −1;1) . B.  ;1 .   1 2 D. ( 0;2) . C.  −1; −  . x +1 y z − 2 , mặt phẳng = = 2 1 1 ( P ) : x + y − 2 z + 5 = 0 và A (1; − 1; 2 ) . Đường thẳng  cắt d và ( P ) lần lượt tại M và N sao Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của  là A. u = ( 4; 5; − 13) . B. u = ( 2; 3; 2 ) . C. u = (1; − 1; 2 ) . D. u = ( −3; 5; 1) . ( P ) : x − 2 y + 2 z − 2 = 0 và điểm và cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng I ( −1; 2; − 1) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I đường tròn có bán kính bằng 5. A. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25. B. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16. C. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 34. D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 52: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 1 = 0 và hai đường thẳng 1 : x −1 y z x y z +1 = = , 2 : = = . Biết rằng d1 , d2 nằm trong mặt phẳng ( P ) , cắt 2 và cách 1 −1 −1 1 1 1 3 một khoảng bằng S = a+b+c+d . A. S = 0 . 278 6 . Gọi u1 = ( a; b;1) , u2 = (1; c; d ) lần lượt là vectơ chỉ phương của d1 , d2 . Tính 2 B. S = 2 . C. S = 4 . D. S = 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x −1 y −1 z cắt mặt phẳng = = 2 1 −1 ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 tại điểm M . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a ; b ; c ) với a  0 thuộc đường thẳng Câu 53: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : d và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm A . Tìm tổng T = a + b + c khi biết diện tích tam giác IAM bằng 3 3 . B. T = A. T = −2 . 1 . 2 D. T = 0 . C. T = 8 . Câu 54: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 4; 2 ) và mặt cầu x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 . Gọi S là 2 tập hợp các đường thẳng trong không gian đi qua điểm A cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt B, C thỏa mãn AB + AC = 12 . Số phần tử của S là A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Câu 55: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2mx + ( m 2 + 1) y + ( m 2 − 1) z − 10 = 0 và điểm A ( 2;11; −5 ) . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và cùng đi qua A . Tổng bán kính của 2 mặt cầu đó bằng: A. 12 3 . B. 12 2 . D. 10 2 . C. 10 3 . Câu 56: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6;0;0 ) , N ( 0;6;0 ) , P ( 0;0;6 ) . Hai mặt cầu có phương và ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu trình ( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 2 z + 1 = 0 có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM . A. 1 . B. 3 .  x = −2  Câu 57: Cho hai đường thẳng d :  y = t (t   z = 2 + 2t  C. Vô số. ) , : D. 4 . x − 3 y −1 z − 4 = = 1 −1 1 ( P ) : x + y − z + 2 = 0 . Gọi d  ,  lần lượt là hình chiếu của d và  lên mặt M ( a; b; c ) là giao điểm của hai đường thẳng d  và  . Biểu thức a + b.c bằng A. 4 . B. 5 . C. 3 . và mặt phẳng phẳng ( P ) . Gọi D. 6 . Câu 58: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 y + 2 z +1= 0 và hai điểm A ( 2;0;0 ) , B ( 3;1; − 1) . Hai mặt phẳng ( P ) và ( P ) chứa đường thẳng AB , tiếp xúc với ( S ) tại T và T  . H ( a; b; c ) là trung điểm đoạn TT  . Tính a + b + 2c . 2 A. a + b + 2c = . 3 2 B. a + b + 2c = − . 3 1 C. a + b + 2c = − . 2 1 D. a + b + 2c = . 2 Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 9 và điểm 2 2 2 M (1;3; − 1) . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu đã cho luôn thuộc một đường tròn ( C ) có tâm J ( a ; b ; c ) . Tính 2a + b + c . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 279 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 134 . 25 B. 116 . 25 C. Câu 60: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu 84 . 25 ( S1 ) , ( S2 ) D. 62 . 25 có phương trình lần lượt là ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 = 25;(S2 ) : x 2 + y 2 + ( z − 1)2 = 4. Một đường thẳng d vuông góc với véc tơ u = (1; −1;0) tiếp xúc với mặt cầu ( S 2 ) và cắt mặt cầu ( S1 ) theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 . Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của d ? ( ( ) A. u1 = 1;1; 3 . ) B. u2 = 1;1; 6 . ( C. u3 = (1;1;0) . ) D. u4 = 1;1; − 3 . Câu 61: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng song song ( P ) :2 x − y + 2 z − 1 = 0, ( Q ) :2 x − y + 2 z + 5 = 0 và điểm A ( −1;1;1) nằm trong khoảng giữa hai mặt phẳng này. Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với cả ( P ) và ( Q ) . Biết khi ( S ) thay đổi thì tâm I của nó luôn thuộc đường tròn ( C ) cố định. Diện tích hình tròn giới hạn bởi ( C ) là A. 2 . 3 B. 4 . 9 C. 16 . 9 D. 8 . 9 Câu 62: Trong không gian Oxyz, xét số thực m (0;1) và hai mặt phẳng ( ) : 2 x − y + 2 z + 10 = 0 và ( ) : x y z + + = 1. Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả m 1− m 1 hai mặt phẳng ( ) , (  ) . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6 . C. 9 B. 3 . D. 12 . Câu 63: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x −1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 3)2 = 27 . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A(0;0; −4) , B(2;0;0) và cắt (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Xét các khối nón có đỉnh là tâm của (S ) và đáy là (C ) . Biết rằng khi thể tích của khối nón lớn nhất thì mặt phẳng ( ) có phương trình dạng ax + by − z + d = 0 . Tính P = a − b − d . A. P = −4 . B. P = 8 . D. P = 4 . C. P = 0 . Câu 64: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 2 2 2 14 và 3 x−4 y−4 z−4 . Gọi A ( x0 ; y0 ; z0 ) ( x0  0 ) là điểm nằm trên đường thẳng = = 3 2 1 d sao cho từ A kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu ( S ) có các tiếp điểm B, C, D sao cho ABCD đường thẳng d : là tứ diện đều. Tính giá trị của biểu thức P = x0 + y0 + z0 . A. P = 6 . B. P = 16 . C. P = 12 . D. P = 8 . Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm P, Q, R lần lượt di động trên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz sao cho 1 1 1 1 + + = . Biết mặt phẳng ( PQR ) luôn tiếp xúc với mặt cầu 2 2 2 OP OQ OR 8 1 3  d thay đổi nhưng luôn đi qua M  ; ;0  và cắt ( S ) tại hai điểm 2 2  A, B phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là ( S ) cố định. Đường thẳng 280 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 15 . B. 5. C. 17 . D. 7. x − 3 y −1 z − 2 . Có tất cả bao nhiêu giá trị = = 1 3 −1 thực của m để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2my − 2(m + 1) z + m2 + 2m + 8 = 0 là phương Câu 66: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : trình của một mặt cầu ( S ) sao cho có duy nhất một mặt phẳng chứa Δ và cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. A. 1 . B. 6 . C. 7 . D. 2 . Câu 67: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 16 và ( S 2 ) : ( x + 1)2 + ( y − 2)2 + ( z + 1)2 = 9 cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn với tâm là I (a; b; c) . Tính a + b + c A. 7 . 4 1 B. − . 4 C. 10 . 3 D. 1 . Câu 68: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( −3;3; − 3 ) thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x − 2 y + z + 15 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 )2 + ( y − 3)2 + ( z − 5)2 = 100 . Đường thẳng  qua M , nằm trên mặt phẳng ( ) cắt ( S ) tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng  . x +3 y −3 A. = = 1 1 x +3 y −3 C. = = 16 11 z +3 . 3 z +3 . −10 x +3 y −3 z +3 . = = 1 4 6 x +3 y −3 z +3 D. . = = 5 1 8 B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 281 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn C Ta có: d ( M , ( P ) )  MA Nên d ( M , ( P ) )max = MA khi A là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( P ) . Suy ra AM ⊥ ( P )  AM = ( −3; − 3; − 3) là vectơ pháp tuyến của ( P ) . ( P ) đi qua A (1;7; 2 ) và nhận AM = ( −3; − 3; − 3) là vectơ pháp tuyến nên có phương trình −3 ( x − 1) − 3 ( y − 7 ) − 3 ( z − 2 ) = 0  x + y + z − 10 = 0 . Câu 2: Chọn B ud = ( 2;1; 2 )  ud .nP = 2.1 + 1.2 + 2. ( −2 ) = 0 . Ta có:  n = 1; 2; − 2 )  P ( Do đó đường thẳng d đi qua điểm M ( 1;0; − 3 ) và song song với mặt phẳng ( P ) nên ta có khoảng cách giữa d và ( P ) là d ( d ; ( P ) ) = d ( M ; ( P ) ) = Câu 3: 1 + 2.0 − 2. ( − 3) + 1 12 + 22 + ( − 2 ) 2 8 = . 3 Chọn B Gọi M là giao điểm của ( S ) với trục Oz .Ta có M  Oz  M ( 0; 0; t ) . Mà M  ( S ) nên: t = −2 − 17 2 2 02 + 02 + ( t + 2 ) = 17  ( t + 2 ) = 17  t + 2 = 17   . t = −2 + 17 ( ) ( ) Suy ra tọa độ các giao điểm là: A 0;0; − 2 − 17 , B 0;0; − 2 + 17  AB = 2 17 . Câu 4: Chọn C Ta có u d = (3; − 5; − 1) là véc tơ chỉ phương của d . n ( P ) = ( 2;0;1) là véc tơ pháp tuyến của ( P ) . ud , n( p )  = ( −5; − 5;10 ) . Do  vuông góc với d và song song với ( P ) nên u = (1;1; − 2 ) là véctơ chỉ phương của  . Khi đó, phương trình của  là Câu 5: x −1 y + 3 z − 4 . = = 1 1 −2 Chọn A Đường thẳng d đi qua M ( 0; − 1; 2 ) và có véc tơ chỉ phương u = (1; − 1; − 1) . MI (1; 4;3)   MI , u  = ( −1; 4; − 5 ) . 2 2  MI , u  ( −1) + 42 + ( −5)    R = d ( I;d ) = = = 14 . 2 2 2 u 1 + ( −1) + ( −1) 282 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 6: Chọn C Đường thẳng  có vec tơ chỉ phương là u = (1; 2;3) . Mặt phẳng ( P ) có vec tơ pháp tuyến là nP = ( 2; − 1;0 ) . Gọi (d ) là đường thẳng đi qua A , vuông góc với  và song song với mặt phẳng ( P ) . Gọi ud là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng (d ) , ta có:  ud ⊥ u  ud = u , nP  = ( 3;6; −5 ) .  u ⊥ n  P  d Đường thẳng (d ) qua A(1;3;1) và cũng nhận a = ( −3; − 6;5 ) làm vec tơ chỉ phương nên có  x = 1 − 3t  phương trình là  y = 3 − 6t ( t  R ) .  z = 1 + 5t  Câu 7: Chọn A Đường thẳng d đi qua điểm M ( −1; 2; − 3) và có véctơ chỉ phương a = ( 2;1; − 1) .  AM , a    Bán kính của mặt cầu ( S ) có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d là R = d ( A , d ) = a . Ta có: AM = ( −2; 4; − 6 ) , a = ( 2;1; − 1) suy ra  AM , a  = ( 2; − 14; − 10 ) . 2 2  AM , a  22 + ( −14 ) + ( −10 )   Vậy R = d ( A , d ) = = =5 2. 2 a 22 + 12 + ( −1) Câu 8: Chọn A Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 45 có tâm A (1; 2; − 1) và bán kính R = 3 5 . 2 2 2 Mặt cầu ( S ) cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có tâm I ( a; b; c ) nên I là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( P ) . Đường thẳng AI đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( P ) nên AI có vectơ chỉ phương là n = (1;1; − 1) . x = 1+ t  Phương trình đường thẳng AI có dạng:  y = 2 + t .  z = −1 − t  x = 1+ t t = 3 y = 2 +t x = 4   Tọa độ của I là nghiệm của hệ:   I ( 4;5; − 4 ) .   z = −1 − t y = 5  x + y − z − 13 = 0  z = −4 Ta có a + b + c = 4 + 5 − 4 = 5 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 283 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9: Chọn B Gọi  là đường thẳng cần tìm. Giả sử  cắt d1 ; d 2 lần lượt tại A và B Do A  d1  A ( −3 + 2a; −2 − a; −2 − 4a ) ; B  d 2  B ( −1 + 3b; −1 + 2b; 2 + 3b )  AB ( 2 − 2a + 3b;1 + a + 2b; 4 + 4a + 3b ) 2 − 2a + 3b = k a = −1  A ( −5; −1; 2 )   Do  ⊥ ( P )  AB / / nP (1; 2;3)  1 + a + 2b = 2k  b = −2    B ( −7; −5; −4 ) 4 + 4a + 3b = 3k k = −2   Đường thẳng  đi qua A và nhận vecto nP làm vecto chỉ phương có phương trình là: x + 5 y +1 z − 2 = = . 1 2 3 Câu 10: Chọn B Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu vectơ chỉ phương của đường thẳng cùng phương với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u = (1 ; − 2 ; 1) . Mặt phẳng (T ) có một vectơ pháp tuyến là nT = (1 ; 1 ; 2 ) . Do 1 −2 1   nên u không cùng 1 1 2 phương với nT . Do đó d không vuông góc với (T ) . Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến là nP = (1 ; -2 ; 1) . Do 1 −2 1 = = nên u cùng phương 1 −2 1 với nP . Do đó d vuông góc với ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến là nQ = (1 ; -2 ; -1) . Do 1 −2 1 =  nên u không cùng 1 −2 −1 phương với nQ . Do đó ( d ) không vuông góc với ( Q ) . Mặt phẳng ( R ) có một vectơ pháp tuyến là nR = (1 ; 1 ; 1) . Do phương với nR . Do đó ( d ) không vuông góc với ( R ) . 1 −2 1   nên u không cùng 1 1 1 Câu 11: Chọn B Mặt phẳng ( P ) nhận n1 = (1;2;3) làm véctơ pháp tuyến. Mặt phẳng ( Q ) nhận n2 = ( m + 1; m + 3;6 ) làm véctơ pháp tuyến. Theo giả thiết ta có ( P ) // ( Q )  m = 1 m +1 m + 3 6 1 = =    m = 1. 1 2 3 1 m  0 Câu 12: Chọn A Đường thẳng d đi qua điểm M ( −1;1;0 ) và có một véc tơ chỉ phương là u = ( 2;1; −3) . MA = ( 2; − 2;0 ) . Ta có:  MA ; u  = ( 6;6;6 ) cùng phương với n = (1;1;1) . chứa d và đi qua A nên nhận n = (1;1;1) làm một véc tơ pháp tuyến. 284 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Phương trình mặt phẳng ( P) là: 1. ( x − 1) + 1. ( y + 1) + 1. ( z − 0 ) = 0  x + y + z = 0 . Câu 13: Chọn A Cách 1: Ta có AB ( 3;1; −2 ) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB .  x = 3t  Phương trình tham số của đường thẳng AB là  y = t .  z = 4 − 2t  Giả sử AB cắt ( P ) tại T ( 3t; t;4 − 2t ) . Do T  ( P ) :2 x + y + 2 z − 1 = 0  t = −7 . 3 Khi đó −7 26  7 14 10 14   7 −14   10 −20  . T  −7; ;  ; TA  7; ; ; TB  10; ;   TA =   TB = 3 3 3 3 3  3   3 3   Ta có TC 2 = TA.TB = 980 14 5 .  TC = 9 3 Điểm C thuộc mặt phẳng ( P ) và cách điểm T cố định một khoảng Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r = 14 5 . 3 14 5 . 3 Cách 2: Ta có TA d ( A, ( P ) ) 7 = = ; AB = 14 . TB d ( B, ( P ) ) 10 Giả sử AB cắt ( P ) tại T . Suy ra A nằm giữa B và T . Khi đó ta có  7 14 TB − TA = 14 TA =  980 14 5   3  TC 2 = TA.TB =  TC =   7 9 3 TA = TB TB = 10 14 10   3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 285 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 14: Chọn C Mặt cầu (S ) tâm I (1;0; −1) , bán kính R = 12 + 02 + (−1) 2 − 1 = 1 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên d . K  d nên ta có thể giả sử K (t;2 + t; −t ) IK = (t − 1; 2 + t ; −t + 1) , ud = (1;1; −1) là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d IK ⊥ d  IK .ud = 0  t − 1 + 2 + t + t − 1 = 0  t = 0 .  K (0;2;0) ITK vuông tại T có TH là đường cao nên IT 2 = IH .IK . 1 1 IK = 6  IH = IK . Giả sử H ( x; y; z)  IH = 6 6 ( ) 1 5   x − 1 = .( − 1) x =   6 6   1 1    5 1 −5    y − 0 = .2   y = Vậy H  ; ;  6 3 6 3 6    1 −5    z + 1 = 6 .1 z = 6   Câu 15: Chọn D Mặt cầu ( S ) có: Tâm I ( −1;2;3) , bán kính R = 17 − m . Khoảng cách d ( I ;(  ) ) = −2 − 2 + 6 − 8 22 + ( −1)2 + 22 (  )  ( S )  d ( I ;(  ) )  R  Mặt khác, (  )  ( S ) = C ( H , r ) hay =2. 17 − m  2  m  13 (*) có chu vi bằng 8 nên r = 4 . R 2 − d 2 = 4  13 − m = 4  m = −3 thỏa mãn (*) . Vậy m = −3 . Câu 16: Chọn D 286 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi  là đường thẳng cố định nằm trong mặt phẳng ( P ) . Ta có m ( x − y − 3z + 8 ) + ( x + y − z − 2 ) = 0 nên phương trình  thỏa mãn hệ sau:  x = 2t − 3  x − y − 3z + 8 = 0  . Chọn z = t suy ra  có phương trình  y = − t + 5 .  x + y − z − 2 = 0  z =t  Gọi K là hình chiếu của A trên  . K    K ( 2t − 3; − t + 5; t )  AK = ( 2t + 1; − t + 7; t − 7 ) . AK . u = 0  2 ( 2t + 1) + ( −1)( − t + 7 ) + t − 7 = 0  t = 2  K (1;3; 2 ) . Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( P ) . Ta có  ⊥ ( AHK ) mà  cố định, điểm A cố định nên mặt phẳng ( AHK ) cố định. Khi m thay đổi ta luôn có AHK là một góc vuông. Do AK cố định nên điểm H luôn nằm trên đường tròn đường kính AK = 5 3 . Câu 17: Chọn B d1 có véc tơ chỉ phương u = ( −1;1;1) và đi qua điểm A ( 2;0;0 ) . d 2 có véc tơ chỉ phương v = ( 2; −1; −1) và đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) . Ta có: u, v  = ( 0;1; −1) , AB = ( −2;1; 2 ) , u , v  . AB = −1  0  d1 và d 2 chéo nhau  có duy nhất một mặt phẳng ( P ) song song và cách đều d1 , d 2 . ( P)  1  đi qua trung điểm I 1; ;1 của đoạn AB và nhận u, v  = ( 0;1; − 1) làm véc tơ pháp tuyến,  2  vậy ( P ) : 2 y − 2 z + 1 = 0 , chỉ có điểm N  ( P ) , Câu 18: Gọi ( P ) là mặt phẳng cần tìm có vectơ pháp tuyến là n . Đường thẳng d1 , d 2 có vectơ chỉ phương lần lượt là u1 = ( 3; − 1; − 1) và u2 = (1;1; − 1) . Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 6 có tâm I (1;0; − 2 ) , bán kính R = 6 . 2 2 n ⊥ u1 ( P ) // d1 Do  . Suy ra n cùng phương với u1 , u2  .  P // d ( ) 2 n ⊥ u2 Có u1 , u2  = ( 2; 2; 4 ) , nên chọn n = (1;1; 2 ) . Khi đó phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P ) có dạng: x + y + 2 z + d = 0 . Mặt phẳng ( P) tiếp xúc với mặt cầu (S )  d ( I , ( P )) = R  1 + 0 + 2. ( −2 ) + d 12 + 12 + 22 = 6 d = 9  d −3 = 6   .  d = −3 Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn đề là ( P1 ) : x + y + 2z − 3 = 0 và ( P2 ) : x + y + 2z + 9 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 287 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19: Chọn C Điểm B thuộc mặt ( P) nên B ( 2c − b − 1; b; c ) vì M (1;2;3) là trung điểm BC nên C ( 3 − 2c + b ;4 − b;6 − c ) . Do C thuộc mặt (Q) nên 3c − c − 7 = 0  c = 3b − 7 . Khi đó B(5b − 15; b;3b − 7) , C(−5b + 17;4 − b;13 − 3b) . BC ( −10b + 32; −2b + 4; −6b + 20) . ABC cân tại A nên BC. AM = 0  20b − 60 = 0  b = 3  B(0;3;2) . Đường thẳng  đi qua M (1;2;3) và B(0;3;2) có phương trình là x −1 y − 2 z − 3 = = . 1 −1 1 Câu 20: Chọn B Ta có AB = ( 2; − 2; 4 )  AB = 2 6 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng ( P ) . Ta có d ( B, ( P ) ) = BH  BA = 2 6  maxd ( B, ( P ) ) = 2 6 , đạt được khi H  A . Khi đó mặt phẳng ( P ) đi qua A và nhận AB = ( 2; − 2;4 ) là véctơ pháp tuyến. Suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) là 2 ( x − 1) − 2 ( y − 2 ) + 4 ( z + 1) = 0  x − y + 2 z + 3 = 0 . Câu 21: Chọn A Ta có A ( 2; −1;3)  , A ( 2; −1;3)  Oz . Mà  đồng phẳng và không song song với Oz nên  cắt Oz tại một điểm. Gọi M ( 0;0; z0 ) là giao điểm của  và Oz . Khi đó  có một vectơ chỉ phương là AM ( −2;1; z0 − 3) . ( P ) : x + y − z − 4 = 0 suy ra ( P ) có vectơ pháp tuyến là n( P ) = (1;1; −1) . Vì  // ( P ) nên AM .n( P ) = 0  ( −2 ) .1 + 1.1 + ( z0 − 3) . ( −1) = 0  z0 = 2 . Suy ra AM = ( −2;1; −1) . u = ( a; b; c ) cũng là một vectơ chỉ phương của  nên ta có: a b c a a = =  = 2. Vậy = 2. −2 1 −1 c c Câu 22: Chọn C x = t  Phương trình tham số của d :  y = −1 + 2t ( t  z = 2 − t  288 ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Giả sử A là giao điểm của d và ( P)  tọa độ của A là nghiệm hệ phương trình: x = t  y = −1 + 2t   A (1;1;1) .  z = 2 − t  x + y + z − 3 = 0 Lấy điểm B ( 0; −1; 2 )  d , Gọi H là hình chiếu của B trên ( P ) . x = t ‘  Đường thẳng  chứa BH vuông góc với ( P ) có phương trình  :  y = −1 + t ‘ ( t ‘  z = 2 + t ‘  Khi đó H =   ( P ) ). x = t ‘  y = −1 + t ‘   Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình  z = 2 + t ‘  x + y + z − 3 = 0  2 −1 8  H ; ; .  3 3 3 1 2 7  4 1 10  Gọi B là điểm đối xứng với B qua ( P )  B  ; ;   AB =  ; − ;  . 3 3 3 3 3 3  Đường thẳng d ‘ đối xứng với d qua mặt phẳng ( P ) đi qua 2 điểm A, B có véc tơ chỉ phương u = (1; − 2; 7 )  d ‘ có phương trình là x −1 y −1 z −1 . = = 1 −2 7 Câu 23: Chọn B Gọi MN là đoạn vuông góc chung của ( d1 ) và ( d 2 ) , M  ( d1 ) ; N  ( d 2 ) . Khi đó M (1 + t ;0; − 5 + t ) , N ( 0;4 − 2t ;5 + 3t  ) và MN ⊥ ( d1 ) , MN ⊥ ( d 2 ) . x = 1 + t  Đường thẳng ( d1 ) :  y = 0 có một vectơ chỉ phương là u1 = (1;0;1) , đường thẳng  z = −5 + t  x = 0 ( d 2 ) :  y = 4 − 2t  có một vectơ chỉ phương là u2 = ( 0; − 2;3) .  z = 5 + 3t   MN = ( −t − 1; 4 − 2t ; − t + 3t  + 10 ) .  −2t + 3t  = −9 t = 3  MN .u1 = 0 MN ⊥ ( d1 ) , MN ⊥ ( d 2 ) suy ra  .   −3t + 13t  = −22 t  = −1   MN .u2 = 0 Suy ra M ( 4;0; − 2 ) , N ( 0;6;2 ) . Mặt cầu ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có đường kính MN suy ra tâm I ( 2;3;0 ) là trung 2 2 2 điểm của MN . Suy ra a = 2; b = 3; c = 0  a + 2b + c = 8 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 289 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 24: Chọn C x = 1+ t  Cách 1: Ta có AB = ( −2;0; − 2 )  AB :  y = 2 ( t  z = 3 + t  ) M  AB  M (1 + t ; 2;3 + t ) ; M  ( P )  1 + t + 2 + 3 + t = 0  t = −3 . Vậy M ( −2; 2;0 )  AM 3 2 = =3. BM 2 Cách 2: Do AB  ( P ) = M  AM d ( A, ( P ) ) 1 + 2 + 3 = = = 3. BM d ( B, ( P ) ) −1 + 2 + 1 Câu 25: Chọn D Tâm I nằm trên d nên I (1 + t ; 2 − 2t ; 2 + t ) . Mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên AI = d ( I ; ( P ) ) = R . AI = d ( I ; ( P ) )  t 2 + 4t 2 + ( t + 1) = 2 1 + t − 4 + 4t + 4 + 2t + 1 1 + ( −2 ) + 22 2 7t + 2 2  9 ( 6t 2 + 2t + 1) = ( 7t + 2 )  t 2 − 2t + 1 = 0  t = 1  I ( 2;0;3) . 3 Vậy bán kính mặt cầu R = AI = 3 .  6t 2 + 2t + 1 = Câu 26: Chọn C 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.  A(4 + 3a;1 − a; −5 − 2a)  d1 Gọi  là chân đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.  B(2 + b; −3 + 3b; b)  d 2 Ta có AB = (b − 3a − 2;3b + a − 4; b + 2a + 5) và  AB.u1 = 0 3(b − 3a − 2) − 1(3b + a − 4) − 2(b + 2a + 5) = 0 a = −1 .    b = 1  AB.u2 = 0 1(b − 3a − 2) + 3(3b + a − 4) + 1(b + 2a + 5) = 0 AB 22 + 22 + 42 = = 6. Khi đó A(1; 2; −3), B(3;0;1)  I (2;1; −1), R = 2 2 Vậy: (S ) : ( x − 2)2 + ( y −1)2 + ( z + 1)2 = 6. Câu 27: Chọn A 290 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 1+ t  Phương trình tham số của đường thẳng d là  y = 2 + 2t . z = 3 + t  Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là ud = (1; 2;1) . Mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tuyến là n = (1;1; − 1) . Gọị I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( ) . Ta có: I  d  I (1 + t ; 2 + 2t ;3 + t ) . Mặt khác I  ( )  1 + t + 2 + 2t − 3 − t − 2 = 0  t = 1  I ( 2; 4; 4 ) . Vì đường thẳng cần tìm  nằm trong mặt phẳng ( ) , đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng d nên  đi qua điểm I ( 2; 4; 4 ) và có vectơ chỉ phương u =  n , ud  = ( 3; −2;1) . Phương trình chính tắc của  : x−2 y−4 z−4 . = = 3 −2 1 Đối chiếu đáp án ta thấy đường thẳng  3 của đáp án A có vtcp ( 3; −2;1) , và khi thay toạ độ I ( 2; 4; 4 ) vào phương trình  3 thì thỏa mãn. Vậy Chọn A Câu 28: Chọn A Mặt cầu ( S ) tâm I tiếp xúc với ( P ) nên có bán kính: R = d ( I , ( P ) ) = 2.1 − ( −2 ) + 2.3 − 1 2 + ( −1) + 2 2 2 = 3. 2 Phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 3 là: ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) 2 2 2 = 9. Câu 29: Chọn B B Gọi ( S ) là mặt cầu tâm A ( 0;0; −2 ) và có bán kính R . Đường thẳng  đi qua M ( −2; 2;3) có véc tơ chỉ phương u = ( 2;3; 2 ) . A H Gọi là H trung điểm BC  AH ⊥ BC . Ta có: AH = d( A, ) ( −7 ) + ( −2 ) 2  AH =  MA.u   MA = ( 2; −2;1)     MA.u  = ( −7; −2;10 ) . .Với  = u u = ( 2;3; 2 ) 2 + 102 22 + 32 + 22 C = 3. +Bán kính mặt cầu ( S ) là: R = AB = AH 2 + HB 2 = 33 + 42 = 5 . Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là: x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 25 . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 291 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 30: Chọn D Gọi ( ) là mặt phẳng cần tìm. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;1; − 2 ) và bán kính R = 3. Đường thẳng d và  có vectơ chỉ phương lần lượt là ud = (1; 2; − 1) và u = (1;1; − 1) . Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) : d ( I , ( ) ) = ( 3) 2 − 12 = 2 . Vì ( ) song song với d và  nên ( ) có vectơ pháp tuyến n = u , ud  = (1;0;1) . Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) có dạng: x + z + d = 0 . Ta có: d ( I , ( ) ) = 2  −1 − 2 + d 2 d − 3 = 2 d = 5 . = 2  d −3 = 2     d − 3 = −2 d = 1 Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là: x + z + 5 = 0 hoặc x + z + 1 = 0 . Câu 31: Chọn B N I M A Q P) Từ tọa độ các điểm M và N suy ra phương trình đường thẳng MN là: x = y = z . x + y − z − 3 = 0  x = y = z = 3. Gọi A = MN  ( P ) , tọa độ A là nghiệm hệ phương trình  x = y = z Suy ra A ( 3;3;3) . Các điểm M , N , Q cùng thuộc một đường tròn nên ta có AM . AN = AQ2 . Với AM = 2 3 , AN = 6 3 thì AQ2 = 36  AQ = 6 . Vậy điểm Q luôn thuộc một đường tròn cố định có tâm A ( 3;3;3) và bán kính R = 6 . Câu 32: Chọn D Đường thẳng d đi qua điểm M ( −1; 2; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = ( 3; −2; 2 ) . 292 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. IM = ( −2;0;3)   IM , u  = ( 6;13; 4 ) . Gọi H là trung điểm AB  IH ⊥ AB . Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d là: IH =  IM , u  36 + 169 + 16   = = 13 . 9+4+4 u 2  AB  Suy ra bán kính R = IH +   = 13 + 3 = 4 .  2  2 Phương trình mặt cầu tâm I (1; 2; − 1) và có bán kính R = 4 là ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 . 2 2 2 Câu 33: Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3;3; 4 ) , mặt phẳng ( ) có vectơ pháp tuyến n = (1;1;1) , MI = (1; 2;3) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên  . Khi đó d ( I ,  ) = IH  IM . Để  cắt mặt cầu ( S ) theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất  d ( I ,  ) lớn nhất khi  ⊥ IM . Khi đó  có vectơ chỉ phương là u =  n, MI  = (1; − 2;1) . x = 2 + t  Phương trình đường thẳng  là:  y = 1 − 2t . z = 1+ t  Do đó đường thẳng đi qua điểm có tọa độ ( 4; − 3;3) . Câu 34: Chọn C Đường thẳng d đi qua điểm M (1;0; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = ( −4;1;1) . Ta có: AM = ( 2; −3;0 ) ;  AM , u  = ( −3; −2; −10 ) . Mặt phẳng ( P) chứa điểm A và đường thẳng d có vectơ pháp tuyến  AM , u  = ( −3; −2; −10 ) . Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là −3 ( x + 1) − 2 ( y − 3) − 10 ( z − 2 ) = 0  −3x − 2 y − 10 z + 23 = 0 . Câu 35: Chọn C Đường thẳng d đi qua điểm M (1;0; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = ( −4;1;1) . Ta có: AM = ( 2; −3;0 ) ;  AM , u  = ( −3; −2; −10 ) . Mặt phẳng ( P) chứa điểm A và đường thẳng d có vectơ pháp tuyến  AM , u  = ( −3; −2; −10 ) . Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là −3 ( x + 1) − 2 ( y − 3) − 10 ( z − 2 ) = 0  −3x − 2 y − 10 z + 23 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 293 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 36: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2; −3) , bán kính R = 14 − m , (1) . Điều kiện: 14 − m  0  m  14 . Đường thẳng (  ) đi qua điểm M ( −1;0; 2 ) , có vecto chỉ phương u = ( −1; 2; −2 ) , IM = ( 0; −2;5 ) u, IM  65   Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (  ) là d = = = IH , với H là 3 u trung điểm AB . Vì tam giác IAB vuông cân, ta có IBA = 450 . Trong tam giác vuông IHB có: sin 450 = IH d d 130 = R= = , ( 2) 0 IB R sin 45 3 Từ (1) , ( 2 )  14 − m = Vậy m = 130 130 −4  14 − m = m= . Thỏa mãn điều kiện 3 9 9 −4 . 9 Câu 37: Chọn A Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n = (1;1;1) . Gọi  là đường thẳng cần tìm và A =   d , B =   d  Vì A  d , B  d  nên gọi A ( −1 − 2t ; t ; − 1 + 3t ) và B ( 2 + t ; − 1 + 2t ; − 2t  )  AB = ( t  + 2t + 3; 2t  − t − 1; − 2t  − 3t + 1) . Do  ⊥ ( P ) nên AB, n cùng phương  t  + 2t + 3 2t  − t − 1 −2t  − 3t + 1 = = 1 1 1 3t − t  = −4 t = −1   A (1; −1; −4 )    . 2t + 4t  = 2 t  = 1   B ( 3; 1; − 2 ) Đường thẳng  đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương n = (1;1;1) nên có phương trình x − 3 y −1 z + 2 = = . 1 1 1 294 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 38: Chọn B Gọi d là đường thẳng cần tìm  x = 3 + 2a  Phương trình tham số của d1 là ( d1 ) :  y = −1 + a  z = 2 − 2a   x = −1 + 3b  Phương trình tham số của d 2 là ( d 2 ) :  y = −2b  z = −4 − b  -Gọi A = d  d1  A ( 3 + 2a; −1 + a; 2 − 2a ) ; B = d  d 2  B ( −1 + 3b; −2b; −4 − b )  AB = ( −4 + 3b − 2a; −2 b+ 1 − a; −6 − b + 2a ) -Véc tơ chỉ phương của d 3 là u3 = ( 4; −1;6 ) Vì d song song với d 3 nên ta có AB cùng phương với u3  −4 + 3b − 2a −2 b+ 1 − a =  a = 0 −4 + 3b − 2a −2 b+ 1 − a −6 − b + 2a  4 −1  = =   4 −1 6 b = 0  −2 b+ 1 − a = −6 − b + 2a  −1 6  x − 3 y +1 z − 2  A ( 3; −1; 2 ) ; B ( −1;0; −4 )  AB = ( −4;1; −6 )  ( d ) : = = −4 1 −6 Câu 39: Chọn D Gọi A; B là hai điểm thuộc lần lượt  1 và  2 sao cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung giữa 2 đường. Gọi M là trung điểm AB . Dễ có mặt cầu tâm M bán kính R = AB tiếp xúc với hai đường 2 thẳng  1 và  2 là mặt cầu có bán kính bé nhất. Ta có tọa độ theo tham số của A; B lần lượt là: A(2t1 − 1; t1 − 1;2t1 − 1) và B(2t2 + 1;2t2 + 1; t2 + 1)  AB (2t2 − 2t1 + 2;2t2 − t1 + 2; t2 − 2t1 + 2) .   AB ⊥ u1 Có u1 (2;1;2) và u2 (2;2;1) lần lươt là 2 vectơ chỉ phương của  1 và  2 nên    AB ⊥ u2 (2t − 2t1 + 2).2 + (2t2 − t1 + 2).1 + (t2 − 2t1 + 2).2 = 0  2 . (2t2 − 2t1 + 2).2 + (2t2 − t1 + 2).2 + (t2 − 2t1 + 2).1 = 0 10  t1 =  8 t − 9 t + 10 = 0   17  A( 3 ; −7 ; 3 ) ; B( −3 ; −3 ; 7 ) AB( −6 ; 4 ; 4 ) . 1  2  17 17 17 17 17 17 17 17 17 9t2 − 8t1 + 10 = 0 t2 = −10  17  AB 1 ( −6)2 + 42 + 42 17 R= = . = . 2 2 17 17 Diện tích mặt cầu cần tính là S = 4 .R 2 = 4. . 1 17 2 = 4 . 17 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 295 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 40: Chọn D Gọi M (1 − t ; 2 + t ; 2t ) BC là trung điểm của cạnh BC. AM = ( −t − 5; t − 1; 2t − 5 ) ; u d = ( −1;1; 2 ) . Vì tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC và G  AM , suy ra AM .u d = 0 .  t + 5 + t − 1 + 4t − 10 = 0  t = 1 , suy ra M ( 0;3; 2 ) ; AM = ( −6;0; − 3) . Vì G là trọng tâm tam giác nên 2 2 AG = AM  ( xG − x A ; yG − y A ; zG − z A ) = ( −6;0; − 3)  G ( 2;3;3) 3 3 Phương trình mp ABC có một vtpt là n =  AM ; u d  = ( 3;15; − 6 ) = 3 (1;5; − 2 ) Phương trình đường thẳng  đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng x −2 y −3 z −3 . = = ( ABC ) là 1 5 −2 Thử từng tọa độ điểm vào ptdt  thì điểm Q thỏa mãn. Câu 41: Chọn D Tam giác MAB cân tại M  MA = MB  M nằm trên mặt phẳng ( Q ) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB . Mặt phẳng ( Q ) đi qua trung điểm I ( 2;1; 2 ) của AB và nhận AB ( 2; −2;6 ) làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là: ( Q ) : x − y + 3 z − 7 = 0 . Khi đó M nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) .  x − 2 y + 2 z − 10 = 0  x − y + 3z − 7 = 0  .  x − y + 3z − 7 = 0 y + z + 3 = 0  tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình  Đặt z = t  y = −3 − t; x = 4 − 4t  M ( 4 − 4t ; −3 − t ; t ) . AM ( 3 − 4t ; −5 − t ; t + 1) ; AB ( 2; −2;6 )   AM , AB  = ( −4t − 28; 26t − 16;10t + 4 ) . Diện tích tam giác MAB : SMAB = 1  AM , AB  = 198t 2 − 132t + 264 .  2 Từ giả thiết suy ra 198t 2 − 132t + 264 = 11 2  9t 2 − 6t + 1 = 0  t = Với t = 1 . 3 1 8 10 1 1 8 10 1 ta được điểm M  ; − ;  . Vậy S = − + = − . 3 3 3 3 3 3 3 3 Câu 42: Chọn B 296 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Cách 1. Ta có AB = ( 4; 4; 2 ) . Điểm H thuộc đoạn AB và không trùng với hai đầu mút nên ta giả sử AH = t AB, ( 0  t  1) . Khi đó tọa độ của điểm H là H ( 2 + 4t ;1 + 4t;3 + 2t ) và AH = tAB = 6t . Tâm của mặt cầu là trung điểm của AB có tọa độ I ( 4;3; 4 ) , bán kính R = IA = 3 . Bán kính đường tròn đáy của nón là r = R 2 − IH 2 = 9 − 9 ( 2t − 1) = 6 t − t 2 . 2 Thể tích khối nón: 1 1  t + t + 2 − 2t  32 V =  r 2 AH =  .36. ( t − t 2 ) .6t = 36 t 2 ( 2 − 2t )  36 .   =  3 3 3 3   3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 − 2t  t = 2  14 11 13  . Khi đó H  ; ;  . 3  3 3 3 Mặt phẳng ( P ) qua H , nhận AB làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: 14 3 2 x 2 y 11 3 b 2 Do đó: c 1 d 21 z b c 13 3 0 d 2x 2y z 21 0. 18. Cách 2 Ta có AB 4; 4; 2 . Gọi I là trung điểm AB I 4;3; 4 . Bán kính mặt cầu là R IA 3. t . Xét điểm H  đối xứng với H qua I thì mặt phẳng qua H , H  cắt mặt cầu với đường tròn có cùng bán kính nên thể tích khối nón sẽ lớn hơn nếu H nằm khác phía A so với điểm I . Khi đó chiều cao của nón là AH 3 t 0 t 3 . Giả sử IH R2 Bán kính mặt nón là: r Có f t 3t 2 t3 6t 9 t2 . 1 2 1 π.r .h π 9 t2 3 t 3 3 3t 2 9t 27 Thể tích khối nón là: V Xét hàm số f t IH 2 9 0 t 1 t 3 loai π 3 t3 3t 2 9t 27 . . Bảng biến thiên max f t 0;3 f 1 32 . Khi đó IH 1 AH 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 297 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x Đường thẳng AB nhận u 2; 2;1 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình y z Suy ra H 2 Mà IH = Với t = 2 2t 1 2t 3 t 2t ;1 2t ;3 t . ( 2t − 2 ) + ( 2t − 2 ) + ( t − 1) 2 2 2  t = 2 = 1  9t − 18t + 8 = 0   t =  4 3 2 3 4 2  14 11 13   10 7 11   H  ; ;   AH = 2. Với t =  H  ; ;   AH = 4. 3 3  3 3 3  3 3 3 Khi đó, mặt phẳng P đi qua H 14 11 13 và nhận vectơ u 2; 2;1 làm vectơ pháp tuyến nên ; ; 3 3 3 có phương trình là 14   11   13   2  x −  + 2  y −  +  z −  = 0  2 x + 2 y + z − 21 = 0 . 3  3  3  b = 2  Do đó: c = 1  b + c + d = −18. . d = −21  Câu 43: Chọn B Vì ( P ) // ( xOz ) nên đường thẳng d sẽ nằm trên mặt phẳng cách đều 2 mặt phẳng ( P ) ; ( xOz ) . Do đó d thuộc mặt phẳng ( Q ) : y − 2 = 0 . Mà mặt phẳng ( xOy ) vuông góc với hai mặt phẳng ( P ) ; ( xOz ) . Do đó có 2 đường thẳng d thỏa mãn đề bài. Câu 44: Chọn D Thay tọa độ M ( 2; −3; 4 ) vào phương trình của ( P ) , dễ thấy M  ( P ) . 298 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có d( I ,( P ) ) = 1 − 4 + 3 − 12 6 = 2 6  5 , do đó mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn. Vậy đường thẳng đi qua qua M , nằm trong ( P ) và cắt ( S ) theo dây cung dài nhất khi và chỉ khi đường thẳng đó qua tâm H của đường tròn giao tuyến. I B H A M x = 1+ t  Đường thẳng IH đi qua I (1, 2,3 ) nhận VTPT của ( P ) n (1; −2;1) làm VTCP:  y = 2 − 2t . z = 3 + t  x = 1+ t t = 2  y = 2 − 2t x = 3    Do vậy ta có H = IH  ( P ) nên ta có hệ:  hay H ( 3; −2;5 ) . z = 3 + t  y = −2  x − 2 y + z − 12 = 0  z = 5 x = 3 + t  Vậy đường thẳng cần tìm qua H ( 3; −2;5 ) nhận MH (1;1;1) làm vtcp có dạng  y = −2 + t . z = 5 + t  Câu 45: Chọn B (S ) có tâm I ( −1; 2;1) , bán kính R = 1 . Đường thẳng MN nhận u = (1; 0;1) làm VTCP, ( P ) nhận n p = (1; −2; 2 ) làm VTPT. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 299 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. sin ( MN , ( P ) ) = u.n p u np = 2  ( MN , ( P ) ) = 45 . 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên ( P ) . Suy ra MNH vuông cân tại H  MN = NH 2 . Do đó MN lớn nhất khi NH lớn nhất. Mà NH lớn nhất khi NH đi qua tâm I của ( S ) , khi đó NH = NI + IH = R + IH . IH = d ( I , ( P ) ) = 2 nên NH max = 1 + 2 = 3 . Vậy MN max = 3 2 . Câu 46: Chọn C Gọi u = ( a ; b; c ) là một VTCP của đường thẳng  ( a2 + b2 + c2  0 ). +) Vì   ( P ) nên u ⊥ nP  a − 3b + 5c = 0  a = 3b − 5c . +) Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB . Ta có OAB là tam giác đều cạnh R nên OH = R 3 = 3. 2 u, OE    OH = 3 Hay khoảng cách từ O đến đường thẳng  bằng = 3.  u  ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) 2 2 2 = 3( a 2 + b2 + c 2 )  ( a + b + c ) = 0  a + b + c = 0 . 2 Thay vào ta được 3b − 5c + b + c = 0  b = c  a = −2c . Chọn c = −1 , khi đó b = −1 và a = 2 . Ta được một vectơ chỉ phương của  là u = ( 2; − 1; − 1) .  x = 1 + 2t  Vậy phương trình của đường thẳng  là  y = 1 − t . z = 1− t  Câu 47: Chọn B Trường hợp 1: A, B cùng phía với ( Q ) : Gọi M ( x; y; z ) thỏa AM = 3.BM  x − 2 = 3( x + 2)  x = −4   Suy ra:  y − 5 = 3 ( y − 1)   y = −1  M ( −4; −1;3) z = 3    z + 3 = 3 ( z − 1) 300 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 2 + 6t  Đường thẳng MC qua C ( 2;0;1) và có VTCP u = MC = ( 6;1; −2 ) .Phương trình MC :  y = t  z = 1 − 2t  Gọi D ( 2 + 6t ; t ;1 − 2t )  MC. D  ( P )  3 ( 2 + 6t ) + 4.t + 5 (1 − 2t ) + 1 = 0  t = −1  D ( −4; −1;3) Trường hợp 2: A, B khác phía với ( Q ) : Gọi M ( x; y; z ) thỏa AM = −3.BM  x − 2 = −3 ( x + 2 )  x = −1   Suy ra:  y − 5 = −3 ( y − 1)   y = 2  M ( −1; 2;0 )  z = 0   z + 3 = −3 ( z − 1)  x = 2 + 3t  Đường thẳng MC qua C ( 2;0;1) và có VTCP u = MC = ( 3; −2;1) .Phương trình MC :  y = −2t z = 1+ t  Gọi D ( 2 + 3t ; −2t ;1 + t )  MC. D  ( P )  3 ( 2 + 3t ) + 4. ( −2t ) + 5 (1 + t ) + 1 = 0  t = −2  D ( −4; 4; −1)  abc = 16. . Câu 48: Chọn B x = 1+ t  Có A(1;1;1), B(2;2;1)  Phương trình AB:  y = 1 + t z = 1  Gọi K là giao điểm của AB và ( P )  K ( −1; −1;1) Có Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( P ) tại H  HK là tiếp tuyến của ( S )  KH 2 = KA.KB = 12  KH = 2 3 không đổi  Biết H chạy trên 1 đường tròn bán kính 2 3 không đổi Câu 49: Chọn A Đường thẳng d đi qua M (1; −1; m) và có một vtcp u = (1;1; 2) . Mặt cầu ( S) có tâm I (1;1;2) và bán kính R = 3 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì K cũng là trung điểm EF . Khi đó: IK 2 + IK nhỏ nhất. Mà IK = d ( I , d ) = [u , IM ] u = EF 2 = R 2 = 9 . Để EF lớn nhất thì 4 2m2 + 12 nên IK nhỏ nhất khi m = 0 . 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 301 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 50: Chọn B  d M A N P  x = −1 + 2t x +1 y z − 2  Ta có d : . Do đó M  d  M ( −1 + 2t ; t ; 2 + t ) . = =  y = t 2 1 1 z = 2 + t  Vì A (1; − 1; 2 ) là trung điểm MN  N ( 3 − 2t ; − 2 − t ; 2 − t ) . Mặt khác N  ( P )  3 − 2t − 2 − t − 2 ( 2 − t ) + 5 = 0  t = 2  M ( 3; 2; 4 )  AM = ( 2;3; 2 ) là một vectơ chỉ phương của  . Câu 51: Chọn D Gọi M là điểm nằm trên đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P ) . Ta có IM = R. Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu trong trường hợp mặt cầu ( S ) giao với mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r là IM 2 = R 2 = d (2I ; ( P )) + r 2 Ta có: d( I ;( P )) = −1 − 2.2 + 2. ( −1) − 2 1 + ( −2 ) + 2 2 2 (*) = 3 = IH . 2 Từ (*)  R 2 = 32 + 52 = 34 . Vậy phương trình mặt cầu ( S ) thỏa mãn yêu cầu đề bài là ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) 2 2 2 = 34. Câu 52: Chọn A Gọi M là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng 2  M ( 0;0; −1) 302 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  a + b − 1 = 0 (1)  u2 .nP = 0 c − d + 1 = 0 ( 2 )  u1.nP = 0 Do d1 , d2 nằm trong mặt phẳng ( P ) nên:  Từ 1 : x −1 y z = =  u1 ( −1; − 1;1) , N (1;0;0 ) −1 −1 1 d ( d1 , 1 ) = u1 , u  .MN 6 1   =  2 u1 , u  1   d ( d 2 , 1 ) = u2 , u  .MN 6 1   =  2 u2 , u   1   2b − a + 1 ( b + 1) 2 + ( a + 1) + ( b − a ) 2 = 2 d + 2c − 1 ( d + 1) 2 + (1 − c ) + ( c + d ) 2 2 = 6 2 6 2 ( 3) ( 4) Từ (1)  b = 1 − a . Thay vào ( 3) 3 − 3a (2 − a) 2 + ( a + 1) + (1 − 2a ) 2 2 = 6  6 − 6a = 36a 2 − 36a + 36  a = 0  b = 1 2 Từ ( 2)  d = c + 1 Thay vào ( 4)  3c ( c + 2) 2 + (1 − c ) + ( 2c + 1) 2 2 = 6  6c = 36c 2 + 36c + 36  c = −1  d = 0 2 Vậy S = a + b + c + d = 0 . Câu 53: Chọn D  x = 1 + 2t  Đường thẳng d :  y = 1 + t , ( t   z = −t  ) có vtcp ud = ( 2;1; − 1) . Mặt phẳng ( P ) có vtpt nP = (1; 2;1) Khi đó: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) là IMA sin IMA = ud .nP 2.1 + 1.2 − 1.1 1 = =  IMA = 30 . 2 ud . nP 22 + 12 + ( −1) . 12 + 22 + 12 2 Ta có: IA = R  MA = Mà SIAM = 3 3  IA =R 3. tan 30 1 3 2 IA.MA = 3 3  R =3 3  R= 6. 2 2 Mặt khác: I (1 + 2t ;1 + t ; − t )  d và d ( I , ( P ) ) = R 1 + 2t + 2 (1 + t ) + ( −t ) − 6 t = 3  I ( 7; 4; − 3) = 6  3t − 3 = 6  t − 1 = 2   12 + 22 + 12  t = −1  I ( −1;0;1)  a = −1, b = 0, c = 1. Vậy T = a + b + c = 0 .  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ( L) 303 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 54: Chọn C Từ giả thiết ta có mặt cầu tâm I ( 0;0; −2 ) , R = 1 . Tính được AI = 6  R , suy ra A nằm ngoài mặt cầu. Gọi  là đường thẳng đi qua A và cắt mặt cầu tại hai điểm B, C . Xét mặt phẳng ( AI ,  ) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Ta chứng minh AB. AC = AI 2 − R2 . Thật vậy, gọi là điểm D đối xứng với C qua I , ta có DB ⊥ AC . ( ) Ta có AB. AC = AB. AC = AD + DB . AC = AD. AC + DB. AC = AD. AC (1) . ( )( ) ( )( ) Mặt khác AD. AC = AI + ID . AI + IC = AI + ID . AI − ID = AI − ID = AI 2 − R 2 ( 2 ) . 2 2 Từ (1) và ( 2 ) suy ra AB. AC = AI 2 − R2 = 35 ( 3) .  AB + AC = 12  AB = 5  AB = 7   Theo giả thiết và ( 3) ta có  .  AB. AC = 35  AC = 7  AC = 5 Suy ra BC = AC − AB = 2 = 2 R . Từ trên suy ra  đi qua tâm I , như vậy có 1 đường thẳng thỏa mãn bài toán. Câu 55: Chọn B Giả sử mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có dạng ( x − a) 2 + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 với R  0 . 2 2 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) :2mx + ( m 2 + 1) y + ( m 2 − 1) z − 10 = 0 và đi qua điểm A ( 2;11; −5 ) nên ( 2 − a )2 + (11 − b )2 + ( −5 − c )2 = R 2   2ma + ( m 2 + 1) b + ( m 2 − 1) c − 10  =R d ( I ; ( P ) ) = 2 2 2 2 2 4m + ( m + 1) + ( m − 1)   ( 2)  (1) ( 2) m2 ( b + c ) + 2ma + b − c − 10 = 2.R ( m 2 + 1) ( ( ) )  m 2 b + c − 2 R + 2ma + b − c − 10 − 2 R = 0   m 2 b + c + 2 R + 2ma + b − c − 10 + 2 R = 0  ( ) Trường hợp 1: m 2 b + c − 2 R + 2ma + b − c − 10 − 2 R = 0 304 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Vì với mọi m tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên b + c − 2 R = 0 a = 0 a = 0     b + c = 2 R  c = −5 .  2a = 0  b − c − 10 − b − c = 0  b = 2 R + 5 b − c − 10 − 2 R = 0  ( Khi đó (1)  4 + 6 − 2 R ) 2 = R 2  R 2 − 12 2 R + 40 = 0 . Vậy tổng bán kính của 2 mặt cầu là 12 2 . ( ) Trường hợp 2: m 2 b + c + 2 R + 2ma + b − c − 10 + 2 R = 0 Vì với mọi m tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) nên b + c + 2 R = 0 a = 0 a = 0     b + c = − 2 R   c = −5  2a = 0  b − c − 10 − b − c = 0  b = 5 − 2 R b − c − 10 + 2 R = 0  ( Khi đó (1)  4 + 6 + 2 R ) 2 = R 2  R 2 + 12 2 R + 40 = 0  R = −10 2  R = −2 2 . Vậy tổng bán kính của 2 mặt cầu là 12 2 . Câu 56: Chọn C Giả sử mặt cầu ( S ) có tâm I  ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( MNP ) . Ta có: ( S ) tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM  d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM )  d ( H , MN ) = d ( H , NP ) = d ( H , PM )  H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP . x y z ( MNP ) có phương trình là + + = 1 hay x + y + z − 6 = 0 . 6 6 6 ( C ) = ( S1 )  ( S2 )  Tọa độ các điểm thuộc trên ( C ) thỏa mãn hệ phương trình:  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0  3x − 2 y − z = 0 .  2 2 2  x + y + z − 8 x + 2 y + 2 z + 1 = 0 Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa ( C ) là ( ) : 3 x − 2 y − z = 0 . Vì 1.3 + 1. ( −2 ) + 1. ( −1) = 0  ( MNP ) ⊥ ( ) . (1) . Có: MN = NP = PM = 6 2  MNP đều. Gọi G là trọng tâm tam giác MNP  G ( 2; 2; 2 ) và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng ( ) , ta có: G  ( ) . ( MNP ) ⊥ ( )    ( ) . Gọi  là đường thẳng vuông góc với ( MNP ) tại G .Vì  G  ( ) Khi đó: I   d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM ) = r  Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM . Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , MP, PM . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 305 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 57: Chọn B Do d  là hình chiếu của d lên mặt phẳng ( P ) khi đó d  là giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( ) chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .  một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) là n( ) = ud , nP  = ( −3;2; −1) . Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua A ( −2;0;2 ) và có một vec tơ pháp tuyến n( ) = ( −3;2; −1) là 3x − 2 y + z + 4 = 0 . Do  là hình chiếu của  lên mặt phẳng ( P ) khi đó  là giao tuyến của mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng (  ) chứa  và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .  một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (  ) là n(  ) = u , nP  = ( 0; −2; −2 ) . Phương trình mặt phẳng (  ) đi qua B ( 3;1; 4 ) và có một vec tơ pháp tuyến n(  ) = ( 0; −2; −2 ) là y + z −5 = 0. x + y − z + 2 = 0  x = −1   Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 3x − 2 y + z + 4 = 0   y = 2 . y + z −5 = 0 z = 3   Vậy M ( −1;2;3)  a + b.c = −1 + 2.3 = 5 . Câu 58: Chọn C Đường thẳng AB đi qua điểm x = 2 + t  AB :  y = + t ( t  z = −t  ) . (S ) A ( 2;0;0 ) và có VTCP AB = (1;1; − 1) có dạng: có tâm I ( 0;1; − 1) và bán kính R=1 .   IT ⊥ AB  IK . AB = 0  ( ITT  ) ⊥ AB. Gọi K = ( ITT  )  AB   .    IT  ⊥ AB  K  AB K ( 2 + t ; t ; − t ) AB, IK = ( 2 + t ; t −1; − t +1) , IK . AB = 2 + t + t −1+ t −1= 0  t = 0  K  A . Ta có, IA= 22 + ( −1) +12 = 6 , IA ⊥TT  và I ; A; H thẳng hàng. Mặt khác, IAT  vuông tại T  2 nên theo hệ thức lượng IH = IH 1 6 IT 2 1 1 1 1 1 5 5  IA =  IA =  ; − ;   H  ; ; −  .  IH = = IA IA 6 6 3 6 6 3 6 6 1 Vậy a + b + 2c = − . 2 H Câu 59: Chọn C M   I (1; − 1; 2 ) Ta có: ( S ) :  . Khi đó IM = 5  R  M nằm ngoài mặt cầu.  R = 3 x = 1  Tâm J ( a ; b ; c ) nằm trên MI :  y = −1 + 4t ( t   z = 2 − 3t  306 ) J I K nên J (1; − 1 + 4 t ; 2 − 3 t ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Xét tam giác MHI vuông tại H có: MI = 5; IH = 3  MH = MI 2 − HI 2 = 4 . 1 1 1 16 12 = + 2  HJ = . MJ .MI = MH 2  MJ = . 2 2 HJ HM HI 5 5  M (1;3; − 1) 16 2 2  MJ = ( −4 + 4t ) + ( 3 − 3t ) = . Mặt khác,  5  J (1; − 1 + 4 t ; 2 − 3 t ) 256 256 2 2  16 − 32t + 16t 2 + 9 − 18t + 9t 2 =  ( −4 + 4t ) + ( 3 − 3t ) = 25 25  t = 369 2  25t − 50t + =0  25 t =    11 23  9  J 1; ;  25    25 25  .   139 −73  41 ;  J 1;  25   25 25  9 1097 11 23 139 −73  Với J 1; ;  thì IJ =  IM . Với J 1; thì IJ =  IM . ;  5 5  25 25   25 25  84 11 23 Vậy J 1; ;  nên: 2a + b + c = . 25  25 25  Câu 60: Chọn C Hai mặt cầu , có tâm lần lượt là là gốc toạ độ O, điểm I và bán kính lần lượt là R1 = 5; R2 = 2 . Gọi A là tiếp điểm của d và , ta có IA = R2 = 2. Vì d cắt ( S1 ) theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 nên 2 8 d (O;d) = R −   = 25 − 16 = 3. 2 2 1 Vì d ⊥ u  u d = (1;1; x), ta có: OI + IA  OA  d (O, d ) → 1 + 2  OA  3  O, I , A thẳng hàng. OA = OA OI = 3OI = (0;0;3)  A(0;0;3). OI Do đó d (O; d ) = OA, u d  3 2   = = 3  x = 0  u d = (1;1;0). ud x2 + 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 307 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 61: Chọn D A 5 − ( −1) 1 Bán kính mặt cầu ( S ) : R = d ( ( P ) , ( Q ) ) = . =1 2 22 + ( −1)2 + 22 Tâm I của mặt cầu ( S ) nằm trên mặt phẳng ( R ) cách đều ( P ) và ( Q ) . Phương trình mặt phẳng ( R ) : 2 x − y + 2 z + 2 = 0 Tâm I của mặt cầu ( S ) nằm trên mặt cầu ( S ‘ ) có tâm A bán kính R = IA = 1 Gọi K là hình chiếu của A trên ( R )  AK = d ( A, ( R ) ) = 2. ( −1) − 1 + 2.1 + 2 22 + ( −1) + 22 2 = 1 3 Tâm I của mặt cầu ( S ) nằm trên đường tròn ( C ) là giao của mặt cầu ( S ‘ ) và mặt phẳng ( R ) 2 2 2 1 có tâm K và bán kính r = KI = AI 2 − AK 2 = 12 −   = 3 3 8 Diện tích hình tròn giới hạn bởi ( C ) là:  r 2 = . 9 Câu 62: ChọnC Ta có (  ) : x y z + + − 1 = 0  (  ) : (1 − m) x + my + (m − m 2 ) z − m + m 2 = 0. m 1− m 1 Gọi I ( x0 ; y0 ; z0 ) là tâm, R là bán kính mặt cầu tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng ( ) , (  ) . Khi đó: d ( I , (  )) = = R = d ( I , ( ) ) = d ( I , (  ) ) . (1 − m) x0 + my0 + (m − m2 ) z0 − m + m2 (1 − m) 2 + m2 + (m − m2 )2 = (1 − m) x0 + my0 + (m − m 2 ) z0 − m + m 2 (m 2 − m + 1) 2 (1 − m) x0 + my0 + (m − m2 ) z0 − m + m 2 Đặt m2 − m + 1 ( m − 1) x0 + my0 + ( m − m2 ) z0 − m + m2 m2 − m + 1 =kR= k Ta cần tìm ( x0 ; y0 ; z0 ) sao cho 308 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. (1 − m) x0 + my0 + (m − m 2 ) z0 − m + m 2 = k (m 2 − m + 1), m  (1 − z0 ) m 2 + ( − x0 + y0 + z0 − 1) m + x0 = km 2 − km + k , m 1 − z0 = k  x0 = k    I ( k ; k ;1 − k )  − x0 + y0 + z0 − 1 = −k   y0 = k   x = k z = 1− k  R = k  0  0 Khi đó: R = d (I, ( )) = d (I, (  ))  k = 2k − k + 2(1 − k ) + 10 22 + (−1) 2 + 22  12 − k 3 12 − k = −3k  k = −6  I1 (−6; −6;7), R1 = 6    . I 3;3; − 2 , R = 3 ( ) 2 12 − k = 3k k = 3  2 Tổng bán kính của hai mặt cầu bằng 6 + 3 = 9. Câu 63: Chọn D Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 3 3 . Vì ( ) đi qua 2 điểm A(0;0; −4) , B(2;0;0) nên ta có a.0 + b.0 + 4 + d = 0 d = −4  .  a.2 + b.0 − 0 + d = 0 a = 2 Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón. Khi đó thể tích của khối nón là 1 V =  r 2h . 3 1 Ta có h = d ( I , ( )) = R 2 − r 2 = 27 − r 2  V =  r 2 27 − r 2 . 3 Đặt t = 27 − r 2  r 2 = 27 − t 2 , điều kiện: 0  t  3 3 . 1 Khi đó V =  ( 27 − t 2 ) t , 0  t  3 3 . 3 ( ) t = 3 ( n ) 1 Ta có V  =  ( 27 − 3t 2 ) = 0   . 3 t = −3 ( l ) Bảng biến thiên: Thể tích khối nón lớn nhất khi t = 3  r 2 = 18  h = 3 . a − 2b − 3 + d =3 Mặt khác h = d ( I ,( ) ) = a 2 + b2 + 1 a = 2  −2b − 5 = 3 5 + b2  b2 − 4b + 4 = 0  b = 2 . Mà  d = − 4  Vậy P = a − b − d = 2 − 2 + 4 = 4 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 309 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 64: Chọn C Gọi I là tâm của mặt cầu  I (1; 2;3) . Gọi O là giao điểm của mặt phẳng ( BCD ) và đoạn AI . Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Đặt  14  AI = x  x   . Ta có 3   14  14   OB = IB − IO = −  3  3x  2 AB = AI 2 − IB 2 = x 2 − 14 , 3 IB 2 = IO.IA  IO = 2 2  14 196   BD 2 = OB 2 + OD 2 − 2OB.OD.cos120 = 3OB 2  BD = 3OB = 3  − 2   3 9x  Do ABCD là tứ diện đều nên AB = BD  x 2 − 14 14 196  14 196  = 3  − 2   x 2 − = 14 − 2 3 3 3x  3 9x   2 14 x =  3x − 56 x + 196 = 0   3  x = 14 . Gọi tọa độ điểm A ( 4 + 3t ; 4 + 2t ; 4 + t ) .  2  x = 14 4 2 Suy ra AI = 14  ( 4 + 3t − 1) + ( 4 + 2t − 2 ) + ( 4 + t − 3) 2 2 2 = 14  A ( 4; 4; 4 ) t = 0  14t 2 + 28t + 14 = 14    t = −2  A ( −2;0; 2 ) Do x0  0 nên điểm A có tọa độ A ( 4; 4; 4 )  P = 12 . Câu 65: Chọn D Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng ( PQR ) . Dễ thấy 1 1 1 1 1 1 = + + suy ra = hay OH = 2 2 . 2 2 2 2 2 OH 8 OH OP OQ OR Khi đó suy ra mặt phẳng ( PQR ) luôn tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tâm O , bán kính R = 2 2 . Ta có OM = 1 3 + + 0 = 1  R nên điểm M nằm trong mặt cầu ( S ) . 4 4 1 Gọi I là trung điểm của AB , do tam giác OAB cân tại O nên SOAB = OI . AB . 2 Đặt OI = x , vì OI  OM nên 0  x  1 và AB = 2 8 − x 2 . 1 Ta có SOAB = x.2 8 − x 2 = x 8 − x 2 = 8 x 2 − x 4 . 2 Xét hàm số f ( x ) = 8 x 2 − x 4 với 0  x  1. 310 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 14 3x CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Có f  ( x ) = 16 x − 4 x 3 = 4 x ( 4 − x 2 )  0 với mọi x  ( 0;1  f ( x )  f (1) = 7 . Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng 7 đạt được khi M là trung điểm của AB . 1 Cách 2. SOAB = OI . AB = x 8 − x 2 = 8 x 2 − x 4 = 7 x 2 + x 2 (1 − x 2 )  7 với x  ( 0;1 . 2 Câu 66: Chọn D Điều kiện của m để ( S ) là phương trình mặt cầu là m  3 2 2 22 + ( −m ) + ( m + 1) − ( m2 + 2m + 8 )  0    m  − 3 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; − m ; m + 1) , R = m 2 − 3 Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa Δ và cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn ( C ) có bán kính R( C ) = 1 thì mặt phẳng ( P ) có véctơ pháp tuyến n = ( a ; b ; c ) với ( a 2 + b 2 + c  0 ) . Vì mặt phẳng ( P ) chứa đưởng thẳng Δ nên n.u  = 0  a + 3b − c = 0  c = a + 3b  n = ( a ; b ; a + 3b ) Mặt khác A ( 3;1; 2 )  ( P )  ( P ) : a ( x − 3) + b ( y − 1) + ( a + 3b )( z − 2 ) = 0 Hay ( P ) : ax + by + ( a + 3b ) z − 5a − 7b = 0. Theo giả thiết d ( I , ( P ) ) = R 2 − R(2C ) = m 2 − 3 − 1 = m 2 − 4 Vậy có điều kiện: 2a − bm + ( a + 3b )( m + 1) − 5a − 7b a + b + ( a + 3b ) 2 ▪ ▪ 2 2 = m2 − 4  ( m − 2 )( a + 2b ) 2a + 10b + 6ab 2 2 = m2 − 4 Nếu m = 2 đẳng thức luôn đúng, tức vô số mặt phẳng. Nếu m  2 ta có ( m − 2 )( a + 2b ) = ( m + 2 ) ( 2a 2 + 10b 2 + 6ab )  ( m + 6 ) a 2 + 2 ( m + 10 ) ab + ( 6m + 28 ) b 2 = 0 2 ▪ ▪ a = b Nếu m = −6  8ab − 8b2 = 0   có hai mặt phẳng. b = 0 Nếu m  −6 , điều kiện là Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 311 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  m = −2 . a = 0  ( m + 10 ) − ( m + 6 )( 6m + 28 ) = 0    m = − 34 5  Vậy có hai giá trị thực của tham số m thoả mãn. 2 Câu 67: Chọn D Cách 1: Mặt cầu (S1 ) có tâm là I1 (1;1; 2) Xét hệ phương trình: ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 16  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z − 10 = 0 (1)  2  2 2 2 2 2 ( x + 1) + ( y − 2) + ( z + 1) = 9  x + y + z + 2 x − 4 y + 2 z − 3 = 0 (2) Lấy trừ ta được: 4 x − 2 y + 6 z + 7 = 0 ( P)  đường tròn tâm I thuộc mặt phẳng ( P) . Gọi d là đường thẳng đi qua I1 và vuông góc với mặt phẳng ( P) .  x = 1 + 2t  Phương trình đường thẳng d là:  y = 1 − t . Khi đó, I = d  ( P) .  z = 2 + 3t  1  x = − 2  4 x − 2 y + 6 z + 7 = 0 y = 7  x = 1 + 2t   4  I (− 1 ; 7 ; − 1 )  Xét hệ phương trình:  2 4 4  y = 1− t z = − 1  z = 2 + 3t  4  3 t = − 4  1 7 1  a + b + c = − + − = 1. 2 4 4 Cách 2: Mặt cầu (S1 ) có tâm là I1 (1;1; 2) , bán kính R1 bán kính R2 3 I1 I 2 14 Giả sử M là điểm thuộc đường tròn tâm I , x 312 4 ; mặt cầu ( S 2 ) có tâm là I 2 (−1; 2; −1) II1 , y II2 . Khi đó, x y I1 I 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 14 và CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 42 x x x2 y y 32 y2 x2 14 x 14 2 y2 3 14 4 7 (x I1 I y )( x 3 I1 I 2 4 y) 7 xI 1 yI 1 zI 2 x y 3 .( 2) 4 3 .1 4 3 .( 3) 4 14 2 1 2 xI yI 7 4 zI 1 4 1 7 1  a + b + c = − + − = 1. 2 4 4 Câu 68: Chọn B Ta có: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3;5 ) , bán kính R = 10 . d ( I , ( ) ) = 2.2 − 2.3 + 5 + 15 22 + ( −2 ) + 12 2 = 6  R  ( )  ( S ) = C ( H ; r ) , H là hình chiếu của I lên ( ) . Gọi 1 là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )  1 có VTCP là u1 = ( 2; −2;1) .  x = 2 + 2t  x = 2 + 2t  x = −2  y = 3 − 2t     y = 7  PTTS 1 :  y = 3 − 2t . Tọa độ H là nghiệm của hệ:  z = 5 + t z = 3 z = 5 + t    2 x − 2 y + z + 15 = 0  H ( −2;7;3 ) . Ta có AB có độ dài lớn nhất  AB là đường kính của ( C )    MH . Đường thẳng MH đi qua M ( −3;3; − 3 ) và có VTCP MH = (1; 4; 6 ) . Suy ra phương trình  : x +3 y −3 z +3 = = . 1 4 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 313 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. DẠNG 7. CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 2; −1; −2 ) và đường thẳng ( d ) có phương x −1 y −1 z −1 = = . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng ( d ) 1 −1 1 và khoảng cách từ d tới mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( P ) vuông góc với mặt trình Câu 2: phẳng nào sau đây? A. x − y − 6 = 0 . B. x + 3 y + 2 z + 10 = 0 . C. x − 2 y − 3z − 1 = 0 . D. 3x + z + 2 = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) , A (1; 2; −3) và đường thẳng x +1 y − 5 z = = . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua 2 2 −1 M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. d: A. u = ( 2; 2; −1) . Câu 3: B. u = (1;7; −1) . C. u = (1;0; 2 ) . D. u = ( 3; 4; −4 ) . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A (1; −7; −8 ) , B ( 2; −5; −9 ) sao cho khoảng cách từ điểm M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) đạt giá trị lớn nhất. Biết ( P ) có một véctơ pháp tuyến là n = ( a; b; 4 ) , khi đó giá trị của tổng a + b là A. −1 . Câu 4: B. 3 . C. 6 . D. 2 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −1;0 ) và đường thẳng x − 2 y +1 z −1 = = . Mặt phẳng ( ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất có −1 2 1 phương trình là A. x + y − z − 2 = 0 . B. x + y − z = 0 . C. x + y − z + 1 = 0 . D. − x + 2 y + z + 5 = 0 . d: Câu 5: 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −3;0;1) , B (1; − 1;3) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng với mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. x+3 y z −1 = = . 26 −11 2 x + 3 y z −1 = = D. d : . −26 11 −2 x + 3 y z −1 = = . 26 11 −2 x + 3 y z −1 = = C. d : . 26 11 2 B. d : A. d : Câu 6: d đi qua A , song song  x = −1 − 2t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình  y = t và điểm z = 1+ t  A (1; 2;3) . Mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho d ( A , ( P ) ) lớn nhất. Khi đó tọa độ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là A. (1;1;1) . 314 B. (1; 2;3 ) . C. (1; − 1;1) . D. ( 0;1;1) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0, (Q) : x + my + (m −1) z + 2019 = 0 . Khi hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm M nào sau đây? A. M ( 2019; − 1;1) . Câu 8: B. M ( 0; − 2019;0 ) . C. M ( −2019;1;1) . D. M ( 0;0; − 2019 ) . Viết phương trình đường thẳng a đi qua M ( 4; − 2; 1) , song song với mặt phẳng ( ) : 3x − 4 y + z − 12 = 0 và cách A ( −2; 5; 0 ) một khoảng lớn nhất. x = 4 − t  A.  y = −2 + t . z = 1+ t  Câu 9: x = 4 + t  B.  y = −2 − t .  z = −1 + t   x = 1 + 4t  C.  y = 1 − 2t .  z = −1 + t   x = 4+t  D.  y = −2 + t .  z = 1+ t  Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) có phương trình x2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 2 z − 3 = 0 và điểm A ( 5;3; −2 ) . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt M , N . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = AM + 4 AN. C. S min = 34 − 3 . B. Smin = 20 . A. Smin = 30 . D. S min = 5 34 − 9 . Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có đường phân giác trong góc A song song x = 2  với đường thẳng ( d ) :  y = −1 + t . Đường thẳng AC có một véctơ chỉ phương u1 = (1; 2; − 1) . Biết z = 4 − t  đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương u2 = ( a; b; c ) với a, b, c  P = a2 + b2 + c2 có giá trị nhỏ nhất bằng A. 10 . B. 6 . C. 2 . . Biểu thức D. 14 . Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 2 ; −2;4) , B ( −3;3; − 1) và đường thẳng d: x−5 y−2 z = = . Xét M là điểm thay đổi thuộc d , giá trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB2 bằng 2 −1 −1 A. 14 . C. 4 10 . B. 160 . D. 18 . Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ (Oxyz ) cho ba điểm A(1;0;3) ; B( 3;1;3) ; C (1;5;1) . Gọi M ( xo ; yo ; zo ) thuộc mặt phẳng tọa độ (Oxy) sao cho biểu thức T nhỏ nhất. Khi đó tính giá trị xo A. xo yo 8 . 5 B. xo 2 MA MC có giá trị MB yo ? yo 8 . 5 C. xo Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : yo 2. D. xo yo 2. x −3 y −5 = = z + 2 và hai điểm A ( 4;3;0 ) , 2 2 B (1;9;3) . Điểm M ( a ; b ; c ) nằm trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất. Khi đó, tổng a + b + c thuộc khoảng nào dưới đây: A. ( 9;10 ) . B. ( 4;5 ) . C. ( 2;3) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. ( 7;8 ) . 315 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. cho hai điểm Câu 14: Trong không gian Oxyz A ( −2; − 2;1) , B (1; 2; − 3) và đường thẳng x +1 y − 5 z . Tìm véctơ chỉ phương của đường thẳng d đi qua A vuông góc với đường = = 2 2 −1 thẳng  đồng thời cách điểm B một khoảng cách bé nhất. : A. u ( 2; 2; − 1) . C. u ( 2;1;6 ) . B. u (1;0; 2 ) . D. u ( 25; − 29; − 6 ) . x − 2 y +1 z = = và điểm A ( 2;1; 2 ) . Gọi  là −1 2 1 đường thẳng đi qua A, vuông góc với d đồng thời khoảng cách giữa d và  là lớn nhất. Biết Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : v = (a; b; 4) là một véc- tơ chỉ phương của  . Tính giá trị a + b . C. −2. B. −8. A. 2. D. −4. Câu 16: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 3 = 0 và điểm A (1; 2; 2 ) . Gọi M là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và trục oy . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) , đi qua M sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d có giá trị lớn nhất. A. d : x = y − 3 = z . B. d : x = y − 3 = z . 1 −1 −1 C. d : x = y − 3 = z . 2 −3 −1 1 −3 1 D. d : x = y − 3 = z . 1 1 −3 Câu 17: Cho hai số z1, z2 thoả mãn điều kiện z − 3 − 4i = 2; z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng P = z1 − z2 là 2 2 A. −6 − 2 5 . C. − 85 . B. −5 . D. −10 . Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(0;0;4), B(3;2;6), C(3; −2;6). Gọi M là điểm di động trên mặt cầu (S ) : x2 + y 2 + z 2 = 4. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB + MC bằng B. 6 5 . A. 2 34 . C. 4 10 . D. 2 29 . Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −3;3; −3) , thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x − 2 y + z + 15 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 100 . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong ( ) 2 2 2 và cắt ( S ) tại hai điểm B , C . Để độ dài BC lớn nhất thì  có phương trình là x +3 y −3 z +3 . = = 1 4 6  x = −3 + 5t  C.  :  y = 3 .  z = −3 + 8t  A.  : Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : B.  : x +3 y −3 z +3 . = = 16 11 −10 D.  : x +3 y −3 z +3 . = = 1 1 3 x y −1 z −1 = = . Hai điểm M , N lần lượt di động 2 −1 −1 trên các mặt phẳng ( ) : x = 2 , (  ) : z = 2 sao cho trung điểm K của MN luôn thuộc đường thẳng Δ. Giá trị nhỏ nhất của độ dài MN bằng 316 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 8 5 . 5 B. 4 5 . 5 C. 3 5 . 5 D. 9 5 . 5 Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A (1; 4; 2 ) , B ( −1; 2; 4 ) và đường thẳng x −1 y + 2 z = = . Viết phương trình đường thẳng  qua A cắt d sao cho khoảng cách từ B −1 1 2 đến  là nhỏ nhất.  x = 1 − 15t  x = 1 + 15t  x = 1 − 5t  x = 1 + 5t     A.  y = 4 − 18t . B.  y = 4 + 8t C.  y = 4 − 8t . D.  y = 4 + 18t .  z = 2 − 19t  z = 2 − 19t  z = 2 − 9t  z = 2 − 9t     d: Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A (1; 2; −3) , B ( −2; −2;1) và mặt phẳng ( ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (  ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Xác định phương trình đường thẳng MB khi MB đạt giá trị lớn nhất.  x = −2 + 2t  x = −2 + t  x = −2 − t  x = −2 + t     A.  y = −2 + 2t . B.  y = −2 − t . C.  y = −2 . D.  y = −2 − t .  z = 1 + 2t  z =1  z = 1 + 2t  z = 1 + 2t     Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 1 = 0 , điểm A (1; − 1; 2 ) và đường thẳng  : ( P) x +1 y z − 4 = = . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A song song với 2 1 −3 sao cho khoảng cách giữa d và  lớn nhất.  x = 1 + 40t  A. d :  y = −1 + 29t .  z = 2 + 69t   x = 1 + 40t  B. d :  y = −1 − 29t .  z = 2 + 11t  x = 1+ t  C. d :  y = −1 + 2t .  z = 2 − 3t   x = 1 + 21t  D. d :  y = −1 + 10t .  z = 2 + 31t  x −1 y z +1 = = và hai điểm A (1; 2;3) ; B ( −1;0; 2 ) 2 1 −1 . Phương trình đường thẳng  đi qua B , cắt d sao cho khoảng cách từ A đến  đạt giá trị lớn nhất là x +1 y z − 2 x +1 y z − 2 x +1 y z − 2 x +1 y z − 2 = = = = = = = = A. . B. . C. . D. . −1 1 8 3 3 −1 −4 −1 −14 1 −1 4 Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x +1 y −1 z + 2 = = và A(1;1;0), B(3; −1;4). Tìm tọa độ điểm M thuộc  1 −1 2 sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. 1 1   3 3  A. M (−1;1; −2). B. M  ; − ;1 . C. M  − ; ; −3  . D. M (1; −1;2).  2 2  2 2  Câu 25: Cho đường thẳng  : x +1 y −1 z + 2 = = và hai điểm A(1;1;0), B(−1;0;1). Biết điểm M (a; b; c) 1 −1 2 thuộc  sao cho biểu thức T = MA − MB đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng a − b + c bằng: Câu 26: Cho đường thẳng  : A. 8 . B. 8 + 33 . C. 8 + Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 33 . 3 D. 8 + 4 33 . 3 317 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x y −1 z = = và hai điểm A(0;1; −3), B(−1;0;2). Biết điểm M thuộc  sao 1 1 1 cho biểu thức T = MA − MB đạt giá trị lớn nhất là Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu? Câu 27: Cho đường thẳng  : B. Tmax = 2 3 . A. Tmax = 3 . C. Tmax = 3 3 . D. Tmax = 2 . Câu 28: Cho mặt phẳng ( ) : x − y + z + 1 = 0 và hai điểm A (1;1;0 ) , B ( 3; −1; 4 ) . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng ( ) sao cho P = MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của P là: C. P = 7 . B. P = 6 . A. P = 5 . D. P = 8 . Câu 29: Cho mặt phẳng ( ) : x + y − 3 z − 5 = 0 và hai điểm A (1; −1; 2 ) , B ( −5; −1;0 ) . Biết M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, giá trị của biểu thức T = a + 2b + 3c bằng bao nhiêu? A. T = 5 . B. T = −3 . C. T = −7 . D. T = −9 . Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 9; 6; 11) , B ( 5; 7; 2 ) và điểm M di động trên mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 36 . Giá trị nhỏ nhất của MA + 2MB bằng 2 A. 105 . 2 2 C. 2 29 . B. 2 26 . D. 102 . Câu 31: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 0;1;9 ) và mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z − 4 ) = 25. 2 2 2 Gọi ( C ) là giao tuyến của ( S ) với mặt phẳng ( Oxy ) . Lấy hai điểm M , N trên ( C ) sao cho MN = 2 5. Khi tứ diện OAMN có thể tích lớn nhất thì đường thẳng MN đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?  12  1   A. ( 5;5; 0 ) . B.  − ; 4;0  . C.  ; − 3;0  . D. ( 4; 6; 0 ) .  5   5  Câu 32: Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 9 và hai điểm A (1 ; 1 ; 3) , B ( 21 ; 9 ; − 13) . 2 2 2 Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mặt cầu ( S ) sao cho 3MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức T = a.b.c bằng A. 3 . B. 8 . C. 6 . D. −18 . x −1 y z − 2 = = 2 1 2 . Biết rằng phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2;5;3) , đường thẳng d : lớn nhất, có dạng ax + by + cz − 3 = 0 . Khi đó tổng T = a + b + c bằng A. 3 . B. −3 . C. −2 . D. −5 . x = 1  Câu 34: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : y − 1 = 0 , đường thẳng  :  y = 2 − t và hai điểm z = 1  1 A ( −1; −3;11) , B  ;0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng ( P) sao cho d ( M ; ) = 2 và 2  NA = 2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . 318 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. B. MN min = 2 . A. MN min = 1 . C. MN min = 2 . 2 D. MN min = 2 . 3 Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Điểm M nằm trên ( S ) có tọa độ dương, mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = (1 + OA2 )(1 + OB 2 )(1 + OC 2 ) là B. 27 . A. 24 . C. 64 . D. 8 . x −1 y − 2 z − 3 = = và mặt cầu 2 3 4 Câu 36: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : (S ) : ( x + 3) + ( y + 4 ) + ( z + 5) = 729 . Cho biết điểm A ( −2; −2; −7 ) , điểm B thuộc giao tuyến của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 107 = 0 . Khi điểm M di động trên đường thẳng 2 2 2 d giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB bằng A. 5 30 . B. 27 . C. 5 29 . D. 742 . Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (−2; −2;1) , A(1;2; −3) và đường thẳng x +1 y − 6 z = = . Gọi  là đường thẳng qua M , vuông góc với đường thẳng d , đồng thời 2 2 −1 cách A một khoảng bé nhất. Khoảng cách bé nhất đó là d: A. 29 . B. 6 . C. 5 . Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x 1)2 ( y 1)2 D. ( z 1)2 34 . 9 6 tâm I. Gọi ( ) là mặt x 1 y 3 z và cắt mặt cầu (S ) theo đường tròn (C ) 1 4 1 sao cho khối nón có đỉnh I , đáy là đường tròn (C ) có thể tích lớn nhất. Biết ( ) không đi qua phẳng vuông góc với đường thẳng d : gốc tọa độ, gọi H ( xH , yH , zH ) là tâm của đường tròn (C ) . Giá trị của biểu thức T bằng 1 A. . 3 B. 4 . 3 C. 2 . 3 D. xH yH zH 1 . 2 x +1 y −1 z − 2 = = . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa 2 −1 −1 đường thẳng d và tạo với mặt phẳng ( Oxy ) một góc nhỏ nhất. Khoảng cách từ M ( 0;3; − 4 ) đến Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : mặt phẳng ( ) bằng A. 30 . B. 2 6 . C. 20 . D. 35 . Câu 40: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1;2; −1) , B(7; −2;3) và đường thẳng d có phương trình x +1 y − 2 z − 2 . Điểm I thuộc d sao cho AI + BI nhỏ nhất. Hoành độ của điểm I là = = 3 −2 2 A. 2 . B. 0 . C. 4 . D. 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 319 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 4 − 3t  Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 3 + 4t . Gọi A là hình chiếu vuông góc của O z = 0  trên d . Điểm M di động trên tia Oz , điểm N di động trên đường thẳng d sao cho MN = OM + AN . Gọi I là trung điểm đoạn thẳng OA . Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( M , d ) có tọa độ là ( ( ) ) B. 4;3;10 2 . A. 4;3;5 2 . ( ) C. 4;3;5 10 . ( ) D. 4;3;10 10 . Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2; 2; 2 ) , B ( 2; 4; − 6 ) , C ( 0; 2; − 8 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét các điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho AMB = 90 , đoạn thẳng CM có độ dài lớn nhất bằng A. 2 15 . B. 2 17 . C. 8. D. 9. x −3 y −4 z −2 = = và 2 điểm A ( 6;3; −2 ) , 2 1 1 B (1;0; −1) . Gọi  là đường thẳng đi qua B , vuông góc với d và thỏa mãn khoảng cách từ A Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : đến  là nhỏ nhất. Một vectơ chỉ phương của  có tọa độ A. (1;1; −3) . B. (1; −1; −1) . C. (1; 2; −4 ) . D. ( 2; −1; −3) . Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0, b, 0 ) , C ( 0, 0, c ) với a , b , c là những số dương thay đổi thỏa mãn a2 + 4b2 + 16c2 = 49 . Tính tổng S = a2 + b2 + c2 khi khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC ) đạt giá trị lớn nhất. A. S = 51 . 5 B. S = 49 . 4 C. S = 49 . 5 Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; −;3; 4 ) , đường thẳng d : ( S ) : ( x − 3) 2 D. S = 51 . 4 x −1 y + 2 z = = và mặt cầu 2 1 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 20 . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng 2 2 cách từ điểm A đến ( P ) lớn nhất. Mặt cầu ( S ) cắt ( P ) theo đường tròn có bán kính bằng A. 5. B. 1 . C. 4 . D. 2 . Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0; 1;1) , B ( 3; 0;-1) , C ( 0; 21; -19 ) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 . M ( a ; b ; c ) là điểm thuộc mặt cầu ( S ) sao cho biểu 2 2 2 thức T = 3MA2 + 2MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a + b + c . 14 12 A. a + b + c = . B. a + b + c = 0 . C. a + b + c = . D. a + b + c = 12 . 5 5 Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( −2; 2; −2 ) và điểm B ( 3; −3;3) . Điểm M thay đổi trong không gian thỏa mãn ( P ) : −x + 2 y − 2z + 6 = 0 320 MA 2 = . Điểm N ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng MB 3 sao cho MN nhỏ nhất. Tính tổng T = a + b + c . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 6 . B. −2 . C. 12 . D. −6 . x +1 y z −1 = = 1 1 1 . Biết M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0; − 1; 2 ) , B (1;1; 2 ) và đường thẳng d : trị T = a + 2b + 3c bằng: A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 10 . Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0; − 1; 2 ) , B (1;1; 2 ) và đường thẳng d : x +1 y z −1 = = 1 1 1 . Biết M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích bằng giá trị T = a + 2b + 3c bằng: A. 5 . B. 3 . C. 4 . 5 . Khi đó, 6 D. 10 . x +1 y z −1 = = 1 1 1 . Có bao nhiêu điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 1 . A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số. Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0; − 1; 2 ) , B (1;1; 2 ) và đường thẳng d : Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 321 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn D H d P A K Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d . Ta suy ra H (1;1;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A và ( P ) song song với đường thẳng d . Gọi K là hình chiếu của H lên mặt phẳng ( P ) . Do d // ( P ) nên ta có d ( d , ( P ) ) = d ( H , ( P ) ) = HK . Ta luôn có bất đẳng thức HK  HA . Như vậy khoảng cách từ ( d ) đến ( P ) lớn nhất bằng AH . Và khi đó ( P ) nhận AH = ( −1; 2;3) làm vectơ pháp tuyến. Do ( P ) đi qua A ( 2; −1; −2 ) nên ta có phương trình của ( P ) là: x − 2 y − 3z −10 = 0 . Do đó ( P ) vuông góc với mặt phẳng có phương trình: 3x + z + 2 = 0 . Câu 2: Chọn C A d H P M K Xét ( P ) là mặt phẳng qua M và ( P ) ⊥ d . Mặt phẳng ( P ) qua M ( −2; −2;1) và có vectơ pháp tuyến nP = ud = ( 2; 2; −1) nên có phương trình: ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( P ) và  . Khi đó: AK  AH = const nên AKmin khi và chỉ khi K  H . Đường thẳng AH đi qua A (1, 2, −3) và có vectơ chỉ phương  x = 1 + 2t  ud = ( 2; 2; −1) nên AH có phương trình tham số:  y = 2 + 2t .  z = −3 − t  Vì H  AH  H (1 + 2t ; 2 + 2t ; −3 − t ) . 322 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Lại H  ( P )  2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0  t = −2  H ( −3; −2; −1) . Vậy u = HM = (1;0; 2 ) . Câu 3: Chọn B x = 1+ t  Phương trình tham số của đường thẳng AB là  y = −7 + 2t .  z = −8 − t  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên ( P ) và đường thẳng AB . Ta tìm được điểm K ( 3; −3; −10 ) . Ta luôn có bất đẳng thức d ( M , ( P ) ) = MH  MK . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H  K . Khi đó MH = ( −4; −2; −8 ) = −2 ( 2;1; 4 ) . Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến là n = ( 2;1; 4 ) . Vậy ta có a + b = 3 . Câu 4: Chọn B Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) và d . Khi đó ta có AH  AK . Vì H  d nên H ( 2 − t ; −1 + 2t ;1 + t )  AH = ( −1 − t ; 2t ;1 + t ) . 1  2 2 2 Do AH ⊥ d nên ta có − ( −1 − t ) + 2.2t + 1 + t = 0  t = − . Khi đó AH =  − ; − ;  . 3  3 3 3 Khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất khi và chỉ khi AH = AK . Do đó ( ) có vectơ pháp tuyến là n = (1;1; −1) . Vậy ( ) : 1( x − 2 ) + 1( y + 1) − 1( z − 1) = 0  x + y − z = 0 . Câu 5: Vẫn là đánh giá bất đẳng thức AH  AK nói trên, nhưng bài toán sau đây lại phát biểu hơi khác một chút. Chọn A B H Q d K P Ta thấy rằng d đi qua A và d song song với ( P ) nên d luôn nằm trong mặt phẳng ( Q ) qua A và ( Q ) // ( P ) . Như vậy bây giờ ta chuyển về xét trong mặt phẳng ( Q ) để thay thế cho ( P ) . Ta lập được phương trình mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y − 2 z + 1 = 0 .  1 11 7  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của B lên ( Q ) và d . Ta tìm được H  − ; ;  . Ta luôn có  9 9 9 được bất đẳng thức d ( B; d ) = BK  BH nên khoảng cách từ B đến d bé nhất bằng BH . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 323 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Đường thẳng d bây giờ đi qua A, H nên có phương trình Câu 6: x + 3 y z −1 = = . 26 11 −2 Chọn A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) và K là hình chiếu vuông góc của A trên d . Ta có: d ( A , ( P ) ) = AH  AK . Suy ra: d ( A , ( P ) ) lớn nhất bằng AK khi và chỉ khi H trùng K . Khi đó tọa độ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là: AK . Lấy K ( −1 − 2t ; t ;1 + t )  d và AK = ( −2t − 2; t − 2; t − 2 ) . Lại có: AK .ud = 0  ( −2t − 2 )( −2 ) + 1. ( t − 2 ) + 1. ( t − 2 ) = 0  t = 0 . Suy ra: AK = ( −2; − 2; − 2 ) . Vậy vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là: (1;1;1) . Câu 7: Chọn C Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Vì 0    90 nên  nhỏ nhất khi và chỉ khi cos lớn nhất. Ta có cos = = 1 + 2m − 2 ( m − 1) 12 + 22 + ( −2 ) . 12 + m2 + ( m − 1) 2 2 = 1 2m 2 − 2m + 2 1 1 1 1 1 1 6 .  . = , m . = . 2 2 3 2 m − m +1 2 3 2  1 3 m−  + 4 2 4  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m − Khi đó ( Q ) : x + 1 1 =0m= . 2 2 1 1 y − z + 2019 = 0 . Dễ thấy điểm M ( −2019;1;1) thuộc mặt phẳng ( Q ) . 2 2 Vậy mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm M ( −2019;1;1) . Câu 8: Chọn D AM = ( 6; − 7;1) , vectơ pháp tuyến của ( ) là n = (3; − 4;1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên a . d ( A ; a ) = AH  AM = 86  d ( A ; a ) lớn nhất khi H  M . Khi đó a là đường thẳng đi qua M , song song với ( ) và vuông góc với AM .  u ⊥ n Gọi u là vectơ chỉ phương của a   ;  AM , n  = ( −3; − 3; − 3) = −3 (1;1;1) . u ⊥ AM   Chọn u = (1;1;1) . Đáp án D thỏa mãn. 324 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 9: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; −1;1) , bán kính R = 22 + ( −1) + 12 − ( −3) = 3. 2 Ta có: AI = ( 2 − 5) + ( −1 − 3) + (1 + 2 ) 2 2 2 = 34  R nên A nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Ta lại có: S = AM + 4 AN. Đặt AM = x với x   34 − 3; 34 + 3 Mà AM .AN = AI 2 − R2 = 34 − 9 = 25 suy ra: AN = Do đó: S = f ( x ) = x + f ‘( x) = 1− Do đó: 25 AM 100 với x   34 − 3; 34 + 3 x 100 x 2 − 100 =  0, x   34 − 3; 34 + 3 x2 x2 min  34 −3; 34 + 3   f ( x) = f ( ) 34 + 3 = 5 34 − 9. Dấu “=” xảy ra  A, M , N , I thẳng hàng và AM = 34 + 3; AN = 34 − 3. Câu 10: Chọn B Đường thẳng d có một VTCP là ud = ( 0;1; − 1) . Đường thẳng AC có một VTCP là u1 = (1; 2; − 1) . Đường thẳng AB có một VTCP là u2 = ( a; b; c ) với a 2 + b 2 + c 2  0 (*) Do d là đường phân giác của góc A nên ba véc tơ ud , u1 , u2 đồng phẳng Suy ra ud , u1  .u2 = 0  a − b − c = 0  a = b + c . Do tam giác ABC nhọn nên ( AC , d )  450 , ( AB, d )  450 . Ta có cos ( u1 , ud ) = cos ( u2 , ud )  cos 450 .  b−c 3 =  3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 2 ( b 2 − 2bc + c 2 ) . 2 2 2 2. 6 2 a +b +c b = −2c 2 Từ và suy ra 3 ( b + c ) + b 2 + c 2 + 4bc = 0  2b2 + 5bc + 2c2 = 0   . c = −2b Trường hợp 1: Với b = −2c ta được a = −c . Khi đó P = a2 + b2 + c2 = 6c2 . Do điều kiện và c  ta được P = 6c2  6 . Nên Pmin = 6 . Trường hợp 2: Với c = −2b ta được a = −b . Khi đó P = a 2 + b2 + c2 = 6b2 . Tương tự trên ta có Pmin = 6 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 325 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 11: Chọn B Ta có M  d  M ( 5 + 2t ;2 − t ; − t ) , ( t  ).  AM = ( 3 + 2t ;4 − t ; − 4 − t ) , BM = ( 8 + 2t ; − 1 − t ; 1 − t ) . 2 2 2 2 2 2 2MA2 + 3MB 2 = 2 ( 3 + 2t ) + ( 4 − t ) + ( −4 − t )  + 3 ( 8 + 2t ) + ( −1 − t ) + (1 − t )      = 30t 2 + 120t + 280 = 30( t + 2) + 160  160 2 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi t = −2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB2 bằng 160 . Câu 12: Chọn C I A M Oxy D Trung điểm của BC là I 1;3;2 suy ra T 2 MA Điểm đối xứng với I qua mặt phẳng Oxy là D 2 MI 2 MA MI . 1;3; 2 . Nhận xét: A, I cùng phía so với mặt phẳng Oxy nên D, A khác phía với Oxy . Ta có T 2 MA MI 2 MA MD AD không đổi. Dấu “=” xảy ra khi A, M , D thẳng hàng với M nằm giữa A và D . M AD Oxy . Đường thẳng ( AD) qua điểm A(1;0;3) , có một véc tơ chỉ phương DA = (2; − 3;5) là  x = 1 + 2t   y = −3t (t  ) . Mặt phẳng Oxy : z  z = 3 + 5t  0. 3 Lúc đó M (1 + 2t ; − 3t ;3 + 5t )  ( AD ) và M  ( Oxy )  t = − . 5 M 1 9 ; ;0 5 5 x0 y0 2. Câu 13: Chọn D Ta có: M  d  M ( 2t + 3; 2t + 5; t − 2 ) . T = MA + MB = AM + BM = 326 ( 2t − 1) + ( 2t + 2 ) + ( t − 2 ) 2 2 2 + ( 2t + 2 ) + ( 2t − 4 ) + ( t − 5 ) 2 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 2 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. = 9t 2 + 9 + 9t 2 − 18t + 45 = 3 Do đó: Tmin = 3 10  ( t 2 + 12 + (1 − t ) 2 ) + 22  3. (t + 1− t ) 2 + (1 + 2 ) = 3 10 . 2 t 1 1 23  11 17 5  =  t =  M  ; ;−   a + b + c =  7, 7  ( 7;8 ) . 1− t 2 3 3 3 3 3 Câu 14: Chọn B  Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với  . Chọn n( P ) = u = ( 2; 2; −1) .  ( P ) có phương trình: 2 ( x + 2 ) + 2 ( y + 2 ) − ( z − 1) = 0  2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Khi đó mọi đường thẳng d đi qua A và vuông góc  thì d nằm trong ( P ) .  Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên d và ( P ) . Ta có khoảng cách từ B đến d là BK  BH = d ( B, ( P ) ) = 6 . Dấu bằng xảy ra khi d đi qua A và H .  Tìm H là hình chiếu vuông góc của B trên ( P ) .  x = 1 + 2t  Đường thẳng a đi qua B (1; 2; − 3) và vuông góc với ( P ) , có phương trình:  y = 2 + 2t .  z = −3 − t  Có H = a  ( P )  2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0  9t + 18 = 0  t = −2  H ( −3; − 2; − 1) và AH = ( −1;0; −2 ) là một véctơ chỉ phương của d . Vậy một véctơ chỉ phương của d là u (1;0; 2 ) . Câu 15: Chọn B Gọi ( P ) là mặt phẳng qua A, vuông góc với d  ( P ) : − x + 2 y + z − 2 = 0 . Suy ra   ( P ) Gọi I = d  ( P )  I (1;1;1) , , H là hình chiếu vuông góc của I lên  . Ta có d ( d ;  ) = IH  IA . Dấu bằng xảy ra khi H  A. d có VTCP ud = ( −1; 2;1) , IA = (1;0;1) Vậy max d ( d ,  ) = IA khi  có 1 VTCP là u = ud , IA = (2; 2; −2) mà v = (a; b; 4) là 1 VTCP của  nên v = −2u  a = −4, b = −4  a + b = −8 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 327 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 16: Chọn A M = ( P )  oy  M ( 0;3;0 ) . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm A lên đường thẳng d Ta có AH = d ( A; d ) . Xét trong tam giác vuông AHM có AH  AM  AH max  H  M  d ( A; d ) max  AM ⊥ d . Suy ra vecto chỉ phương của d: ud =  AM ; nP  .   nP = ( 2;1;1) , AM = ( −1;1; −2 )  ud = ( −3;3;3) = −3 (1; −1; −1) . Câu 17: Chọn D z − 3 − 4i = 2  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( 3;4 ) bán kính R = 2 . Đặt z1 = a + bi, z2 = c + di, ( a, b, c, d  ) được biểu diễn bởi điểm M ( a; b ) , N ( c; d ) . ( z1 − z2 = 1  MN = 1 . P = z1 − z2 = OM 2 − ON 2 = OI + IM 2 2 2 ( 2 2  P = OI + 2OI . IM + IM − OI + 2OI . IN + IN ( 2 ) − (OI + IN ) 2 2 ) = 2 (OI .IM − OI .IN ) = )  P = 2OI IM − IN = 2OI . NM  −2.OI .MN  P  −10 Dấu bằng xảy ra khi OI , NM ngược hướng. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng P = z1 − z2 là −10 . 2 2 Câu 18: Chọn A Với điểm M ( x; y; z )  ( S ) thì x2 + y 2 + z 2 − 4 = 0 và điểm I ( 3; 0; 6 ) là trung điểm BC và MA + MB + MC = MA + 2 MI = MA + 2MI = x 2 + y 2 + ( z − 4) 2 + 2 ( x − 3) 2 + y 2 + ( z − 6) 2 = x 2 + y 2 + ( z − 4)2 + 3  x 2 + y 2 + z 2 − 4  + 2 ( x − 3) 2 + y 2 + ( z − 6) 2 = 2  x 2 + y 2 + ( z − 1)2 + ( x − 3) 2 + y 2 + ( z − 6) 2     2 ( x + 3 − x) 2 + ( y − y ) 2 + ( z − 1 + 6 − z ) 2 = 2 34 z −1  x = 3 − x 6 − z = k  0  3 127 − 15 9 + 5 127   Dấu bằng đạt tại  y = 0  ( x; y; z ) =  ;0;  . 34 34    x2 + y 2 + z 2 = 4 (S)   Câu 19: Chọn A O Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3;5 ) và bán kính R = 10 . Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) , A C H α Δ B Khi đó, BC lớn nhất khi nó là đường kính của đường tròn giao tuyến tâm H  BC đi qua A , H 328 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = 2 + 2t  Phương trình IH đi qua I và vuông góc ( )  y = 3 − 2t thay vào ( )  t = −2  H ( −2;7;3) z = 5 + t  Ta có: AH = (1; 4;6 ) . Vậy phương trình của  là  : x +3 y −3 z +3 = = . 1 4 6 Câu 20: Chọn A c+2 a+d b+2 ; ; Gọi M ( 2; a ; b )  ( ) ; N ( c; d ; 2 )  (  ) khi đó trung điểm của MN là K  . 2 2   2 c+2 a+d −2 b Vì K thuộc  nên = = = t (t  4 −2 −2 Khi đó MN = ( c − 2) 2 + ( a − d ) + (b − 2) = 2 a + d = 2 − 2t . )  b = −2t c = 4t − 2  ( 4t − 4 ) 2 2 + ( a − d ) + ( 2t + 2 ) 2 2 2 3  64 8 5  2 = 20t − 24t + 20 + ( a − d ) = 4  5t −  + 5 + (a − d )  5 . 5  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2  2  a + d = 2 − 2t a = d = 5   b = −2t 6 2 2   2 6    M  2; ; −  , N  ; ; 2  . Đối chiếu chọn đáp án A.  b = − c = 4t − 2 5  5 5 5 5   a − d = 0 2   c = 5  3  t = 5 Câu 21: Chọn D Đường thẳng d : x −1 y + 2 z = = đi qua điểm M (1; − 2;0 ) và nhận u = ( −1;1; 2 ) làm một véc −1 1 2 tơ chỉ phương. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d và A . Khi đó u = ( −1;1; 2 ) và AM = ( 0; − 6; − 2 ) không cùng phương và có giá song song hoặc chứa trong ( P ) . Suy ra có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) là n( P ) = u , AM  = (10; − 2;6 ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) : 5 x − y + 3z − 7 = 0 Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên ( P ) và  , ta luôn có BH  BK , suy ra BH nhỏ nhất khi H trùng K . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 329 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = −1 + 5t  Đường thẳng qua B vuông góc với ( P ) có phương trình: ( BK ) :  y = 2 − t ( t  R ) .  z = 4 + 3t  Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình 2  t = 35   x = −1 + 5t  x = −1 + 5t x = − 5 y = 2−t y = 2 −t     5 68 146  7    K − ; ;  . z = 4 + 3 t z = 4 + 3 t 68 7 35 35     y = 5 x − y + 3z − 7 = 0 5 ( −1 + 5t ) − 2 + t + 3 ( 4 + 3t ) − 7 = 0  35   146 z = 35  35  12 72 76  Ta có AK =  − ; − ;  , đường thẳng  đi qua A (1; 4; 2 ) , nhận u = − AK hay 4 35 35   7  x = 1 + 15t   u = (15;18; − 19 ) làm một véc tơ chỉ phương, suy ra có phương trình (  ) :  y = 4 + 18t  ( t   R )  z = 2 − 19t   . Câu 22: Chọn C A I M B H Ta có M  ( ) và AMB = 90 suy ra M nằm trên đường tròn ( C ) là giao tuyến của mặt phẳng và mặt cầu ( S ) đường kính AB . Lại có B  ( ) suy ra B và M cùng nằm trên đường tròn C . Khi đó MB lớn nhất khi và chỉ khi MB là đường kính của đường tròn ( C ) . Gọi I là tâm mặt cầu ( S ) suy ra I 1 ; 0; 1 , H là tâm đường tròn ( C ) . 2 có một vectơ pháp tuyến là n( ) ( 2; 2; −1) . Đường thẳng IH vuông góc với ( ) nên nhận n( ) ( 2; 2; −1) là vectơ chỉ phương. 330 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1   x = − 2 + 2t  Phương trình tham số của đường thẳng IH :  y = 2t .  z = −1 − t    1  Ta có H  − + 2t ; 2t ; −1 − t  .  2   1  H  ( )  2  − + 2t  + 2 ( 2t ) − ( −1 − t ) + 9 = 0  t = −1 . Suy ra H  2  5 ; 2; 0 . 2 1  1  Phương trình đường thẳng BM đi qua B nhận BH =  − ;0; −1 = − (1;0; 2 ) làm vectơ chỉ 2  2   x = −2 + t  phương là:  y = −2 .  z = 1 + 2t  Câu 23: Chọn A Mặt phẳng  qua A và song song với ( P ) có phương trình: x + y − z + 2 = 0  d  ( ) . Đường thẳng  có vtcp là u = ( 2;1; − 3) , ( ) có vtpt là n = (1;1; − 1) .  x = −1 + 2t  Phương trình tham số của  :  y = t .  z = 4 − 3t  Gọi B là giao điểm của  và  . Tọa độ điểm B ứng với t là nghiệm phương trình: 1 1 5 −1 + 2t + t − ( 4 − 3t ) + 2 = 0  t =  B  0; ;  . 2  2 2 Xét đường thẳng  1 là đường thẳng đi qua A song song với  . Phương trình của  1 là:  x = 1 + 2t   y = −1 + t .  z = 2 − 3t  Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên  1  H (1 + 2t , −1 + t , 2 − 3t ) 3 1 3   . BH = 1 + 2t ; t − ; −3t  . Ta có BI .u = 0  2 + 4t + t − + 9t = 0  t = 28 2 2   1  13 −43 3  1 Khi đó BH =  ; ; = ( 26; −43;3) = u1 . 28  14 28 28  28 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud = u1 ; n  = ( 40; 29;69 ) .  x = 1 + 40t  Phương trình đường thẳng d :  y = −1 + 29t .  z = 2 + 69t  Câu 24: Chọn D Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 331 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A H d C (P) B K Ta có: C  d  C (1;0; −1)  BC = ( 2;0; −3) , ud = ( 2;1; −1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa B và đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu kẻ từ A xuống mặt phẳng ( P ) và n là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P )  n =  BC ; ud  = ( 3; −4; 2 ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc kẻ từ A đến đường thẳng  . Suy ra d ( A;  ) = AK . Ta thấy ABK vuông tại K nên AK  AB .  AK đạt giá trị lớn nhất khi K trùng với B , khi đó AK = AB . Do đó: u =  BA; n  = ( −8;1;14 ) Vậy phương trình đường thẳng  : x +1 y z − 2 = = . 8 −1 −14 Câu 25. Chọn D Ta có: AB ( 2; −2; 4 ) cùng phương với u (1; −1; 2 ) và A(1;1;0)   AB //   AB và  đồng phẳng. Xét mặt phẳng chứa AB và  : Gọi A là điểm đối xứng của A qua  ; ( ) là mặt phẳng qua A , vuông góc với  Khi đó, giao điểm H của  với ( ) là trung điểm của AA ( ) có phương trình: x − y + 2 z = 0 Giả sử H ( −1 + t ;1 − t ; −2 + 2t ) , H  ( )  t = 1  H ( 0;0;0 ) H là trung điểm của AA  A ( −1; −1;0 ) Ta có: MA + MB = MA + MB  AB  ( MA + MB )min = AB khi và chỉ khi M trùng với M 0 là giao điểm của AB và  332 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  x = −1 + t   x = −1 + t   Đường thẳng AB đi qua A ( −1; −1; 0 ) , có phương trình:  y = −1 . Mà  :  y = 1 − t  z = t  z = −2 + 2t   −1 + t = −1 + t  t = t  t  = 2    M 0 (1; −1; 2 ) Giải hệ phương trình: 1 − t = −1  t = 2  t = 2  −2 + 2t = t  −2 + 2t = t    Vậy, để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất thì M (1; −1; 2 ) . Câu 26. Chọn D  qua C(−1;1; − 2), và có vectơ chỉ phương u = (1; −1; 2) AB = (−2; − 1;1); AC = (−2;0; − 2) .  AB; u  AC  0 nên AB;  không đồng phẳng   Vì điểm M thuộc  nên ta có M (−1 + t ;1 − t ; − 2 + 2t ), t  . Lúc đó P = MA − MB = (t − 2) 2 + t 2 + ( 2t − 2 ) − 2 ( −t ) 2 + ( t − 1) + ( 2t − 3) 2 2 2 = 6t − 12t + 8 − 6t − 14t + 10 . P = 6 2 2 1 7 11 ( t − 1) + −  t −  + 3 6  6 2  7 11   3 Đặt u =  t − 1;  , v =  t − ;  . Ta có | u | − | v |  u − v . 3   6 6   2 2 11  1  3 Tức là P  6.   +  −  . 6   6   3 3 t −1 33 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . = 3  t = 3+ 7 3 11 t− 6 6 Với ta có a − b + c = 4t − 4 = 8 + 4 33 . 3 Câu 27. Chọn C  x = −t  Ta có AB = ( −1; − 1; 5 ) , phương trình đường thẳng AB là  y = 1 − t (t  ) .  z = −3 + 5t  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 333 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  1 1 1 Xét vị trí tương đối giữa AB và  ta có AB cắt  tại C  − ; ; −  .  2 2 2 1  1 1 5 Suy ra AC =  − ; − ;   AC = AB  C là trung điểm AB . 2  2 2 2 T = MA − MB  AB . Dấu “=” xảy ra khi M  A hoặc M  B . Do đó Tmax = AB = 27 = 3 3 . Câu 28. Chọn B Ta có: ( x A − y A + z A + 1)( xB − yB + z B + 1) = (1 − 1 + 0 + 1)( 3 + 1 + 4 + 1)  0 nên hai điểm A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( ) . x = 1+ t  Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ) .PT đường thẳng AH :  y = 1 − t . z = t  1  t = −  3  x = 1+ t x = 2  y = 1− t   3  Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình  . 4 z = t y =    x − y + z + 1 = 0 3  1 z = − 3   2 4 1 1 5 2 Do đó H  ; ; −  . Gọi A đối xứng với A qua ( ) , suy ra A  ; ; −  .  3 3 3 3 3 3 Ta có MA + MB = MA + MB  AB  P = AB = 6 . Câu 29. Chọn C Ta có: ( x A + y A − 3z A − 5 )( xB + yB − 3zB − 5 ) = (1 − 1 − 3.2 − 5 )( −5 − 1 − 3.0 − 5 )  0 nên hai điểm A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ) . x = 1+ t  Phương trình đường thẳng AH :  y = −1 + t .  z = 2 − 3t  x = 1+ t t = 1  y = −1 + t x = 2    Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình  . z = 2 − 3 t y = 0    x + y − 3z − 5 = 0   z = −1 334 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do đó H ( 2;0; − 1) . Gọi A đối xứng với A qua ( ) , suy ra A ( 3;1; − 4 ) . Ta có MA + MB = MA + MB  AB nên MA + MB nhỏ nhất khi M = AB  ( ) .  x = 3 − 4t  Phương trình đường thẳng AB :  y = 1 − t .  z = −4 + 3t   12 t = 11   x = 3 − 4t  x = − 15  y = 1− t   11  Do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  . y = − 1  z = −4 + 3t   x + y − 3z − 5 = 0 11  20 z = −  11 20   15 1 Do đó M  − ; − ; −  , T = a + 2b + 3c = −7 .  11 11 11  Câu 30. Chọn C Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 36 có tâm I (1; 2; 3) và bán kính R = 6 . 2 2 2 Nhận xét IA = 12 = 2R . Gọi E là giao điểm của IA và mặt cầu ( S ) suy ra E là trung điểm của IA nên E ( 5; 4; 7 ) . Gọi F là trung điểm của IE suy ra F ( 3; 3; 5 ) .  MIF và  AIM có góc AIM chung và có Nên  AIM đồng dạng  MIF ( c.g .c )  IF IM 1 = = . IM IA 2 MA AI = = 2  MA = 2MF . MF MI MA + 2 MB = 2 ( MF + MB )  2 BF = 2 29 . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm FB và mặt cầu ( S ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 335 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 31. Chọn A ( S ) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z − 4 ) 2 2 2 = 25 có tâm I ( 3; 4; 4 ) và bán kính R = 5. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ( Oxy )  H ( 3; 4;0 ) . Đường tròn ( C ) có tâm là H ( 3; 4;0 ) và bán kính r = R 2 − IH 2 = 25 − 16 = 3. Gọi E là trung điểm của MN , suy ra ME = 5 và HE ⊥ MN. OH = 5, HE = r 2 − ME 2 = 2. Suy ra O nằm ngoài ( C ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên MN . 1 1 1 VOAMN = d ( A; ( Oxy ) ) .SOMN = .9. OK .MN = 3 5.OK  3 5.OE  3 5. ( OH + HE ) = 21 5. 3 3 2 Đẳng thức xảy ra khi K  E và O, H , E thẳng hàng ( H nằm trong đoạn OE ). 7  21 28  Khi đó: OE = OH  E  ; ;0  . 5  5 5   21 28   28 21  MN đi qua điểm E  ; ;0  và nhận u = k  OE =  − ; ;0  làm một vectơ chỉ phương.  5 5   5 5  21 28  x = 5 − 5 t  28 21  Do đó MN có phương trình:  y = + t . Vậy, MN đi qua điểm ( 5;5; 0 ) . 5 5  z = 0   Câu 32. Chọn B Gọi điểm I thỏa mãn 3IA + IB = 0  I ( 6 ; 3 ; − 1) . ( ) ( 2 Khi đó 3MA2 + MB 2 = 3 MI + IA + MI + IB ) 2 ( = 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 + 2MI . 3IA + IB = 4MI 2 + 3IA2 + IB2 . 336 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” ) CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do 3IA2 + IB2 không đổi vì ba điểm A; B; I cố định nên 3MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của đường thẳng IJ với mặt cầu ( S ) , ( J ( 2 ; 1 ; 3) là tâm của  x = 2 + 2t  M1 ( 4; 2 ; 1)  mặt cầu ( S ) ). Ta có phương trình đường thẳng IJ là  y = 1 + t  IJ  ( S ) =  .  M 2 ( 0 ; 0 ; 5 )  z = 3 − 2t  Kiểm tra IM 1  IM 2 ( 3  9 ) nên M 1 ( 4; 2;1) là điểm cần tìm. Vậy T = a.b.c = 8 . Câu 33. Chọn C Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( P ) , đường thẳng d . Ta có: AH  AK . Suy ra, mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất khi và chỉ khi ( P ) đi qua điểm H và vuông góc AH . Gọi H (1 + 2t ; t ; 2 + 2t )  d ta có: AH .ud = 0 với ud = ( 2;1; 2 ) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d  t = 1  H ( 3;1; 4 ) . Nên ( P ) đi qua điểm H ( 3;1; 4 ) nhận AH = (1; −4;1) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: x − 4 y + z − 3 = 0 . Vậy T = a + b + c = 1 − 4 + 1 = −2 . Câu 34. Chọn A   ⊥ ( P ) Ta có  .    ( P ) = I (1;1;1) Vì d ( M ;  ) = 2 nên điểm M thuộc mặt trụ tròn xoay ( H ) có trục là đường thẳng  . Khi đó M nằm trên giao của mặt phẳng ( P) và mặt trụ ( H ) là đường tròn (C ) có tâm I (1;1;1) và bán kính R = 2 . Giả sử N ( x; y; z ) . Do NA = 2 NB  NA2 = 4 NB2  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 14 z + 42 = 0 . Suy ra N nằm trên mặt cầu ( S ) có tâm J (1;1;7 ) và bán kính R = 3 .  N  ( P) Mặt khác:  , do đó N nằm trên giao của mặt phẳng ( P) và mặt cầu ( S ) là đường tròn  J  ( P) (C) có tâm J (1;1;7 ) và bán kính R = 3 . Bài toán đã cho trở thành: ‘Trên mặt phẳng ( P) cho hai điểm M , N . Biết M thuộc đường tròn (C ) có tâm I (1;1;1) , bán kính R = 2 và N thuộc đường tròn (C) có tâm J (1;1;7 ) , bán kính R = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .” Từ hình vẽ trên, dễ thấy MN min = IJ − ( IM + JN ) = 6 − (2 + 3) = 1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 337 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 35. Chọn C Gọi A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) ( a  0, b  0, c  0 ) . Khi đó phương trình mặt phẳng ( ABC ) là x y z + + = 1  bcx + acy + abz − abc = 0 . a b c Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 1 . Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) nên d ( O , ( P ) ) = R hay d ( O , ( ABC ) ) = 1 . Khi đó abc b c +a c +a b 2 2 2 2 2 2 = 1  a 2b 2c 2 = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 (1) . Ta có : T = (1 + OA2 )(1 + OB 2 )(1 + OC 2 ) = (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) . T = 1 + a2 + b2 + c2 + a2b2 + b2c2 + a2c2 + a2b2c2 . ( T  1 + 3 3 a 2b 2 c 2 + 3 3 a 4b 4 c 4 + a 2b 2 c 2 = 1 + 3 a 2b 2 c 2 ). 3 Mặt khác từ suy ra a 2b 2 c 2  3 3 a 4b 4c 4  a 6b 6c 6  27a 4b 4c 4  a 2b 2c 2  27 . ( Suy ra T  1 + 3 27 ) 3 = 64 . a = b = c  Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 64 khi: a 2 = b 2 = c 2  a = b = c = 3 . a 2b 2 c 2 = 27  Câu 36. d A I M K B Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −3; −4; −5 ) và bán kính R = 27 . Đường thẳng d có 1 véc-tơ chỉ phương là u = ( 2;3; 4 )  d ⊥ ( P ) . Gọi K là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d . Vì I  d nên K là tâm của đường tròn giao tuyến và KB ⊥ d . Ta có IA = (1; 2; −2 )  IA = 3 và IAu . = 0  IA ⊥ d . 338 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta tính được IK = d ( I , ( P ) ) = 2. ( −3) + 3. ( −4 ) + 4 ( −5 ) − 107 2 +3 +4 2 2 2 = 5 29 và KB = R 2 − IK 2 = 2 . Do M di động trên đường thẳng d và B thuộc đường tròn giao tuyến nên biểu thức MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M = AB  d . Khi đó, ta có MI IA 3 = = và MI + MK = IK = 5 29 . MK KB 2 Suy ra MI = 3 29 , MK = 2 29 . Ta có AM = IA2 + MI 2 = 3 30  BM = 2 AM = 2 30 . 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + MB là AM + BM = 3 30 + 2 30 = 5 30 . Cách 2: Ta có ( S ) có tâm I ( −3; −4; −5 ) , bán kính R = 27 . Dễ thấy d đi qua I ( −3; −4; −5 ) và vuông góc với ( P ) . ( P) cắt ( S ) theo đường tròn có bán kính r = 2 . M  d  M (1 + 2t ; 2 + 3t ;3 + 4t ) . 2 2 Ta có T = MA + MB = MA + MH + r . Lại có MH = d ( M ;( P)) = 29t − 87 29 = 29t − 3 29 . Suy ra T = 29t 2 + 116t + 125 + 29 ( t − 3) + 4 = 29 2 (t + 2) 2 + 9 + 29 29 ( t − 3) 2 + 4 . 29 2  3  5     Xét u =  t + 2;   u + v =  5;  , v =  3 − t; . 29  29  29     ( ) Do đó T = 29 u + v  29 u + v = 5 50 . Câu 37. Chọn B   ( P) Gọi ( P) là mặt phẳng chứa  qua M và vuông góc với đường thẳng d , khi đó  .  ⊥d Với u d = (2;2; −1) là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 339 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Chọn một véc tơ pháp tuyến của ( P) là n( P) = u d = (2;2; −1) . Ta có ( P) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0. Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên mp ( P) và đường thẳng  . Ta thấy d ( A; ) = AH  AK . Nên Min d ( A; ) = AK khi và chỉ khi H  K . 2.1+ 2.2+3+9 Mà AK = d ( A; ( P ) ) = 2 + 2 + (−1) 2 2 = 6. Vậy Min d ( A; ) = 6 . 2 Câu 38. Chọn A Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 1;1) , bán kính R 6. Gọi x là khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) , 0 1 x 6 3 x2 2 x, với 0 x đáy là đường tròn (C ) là: V x3 3 Xét hàm số f ( x) Hàm số y x3 3 6 . Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I , x 2x x2 6 có f ‘( x) f ( x) liên tục trên 0; 6 , có f (0) f ( 6) 2; f ‘( x) 0, f ( 2) 0 x 2 2 , nên Max f ( x) 2 0; 6 đạt được khi x Gọi u 2. (1; 4;1) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Vì IH k sao cho IH Với k Với k ku , suy ra IH 1 : IH 3 1 u 3 1 : IH 3 H 1 u 3 | k |. u 4 7 4 ; ; 3 3 3 H 2 1 2 ; ; 3 3 3 |k| 2 18 ( ) : x 4y ( ) : x 4y 1 3 1 . 3 k z 6 z ( ) nên tồn tại số thực 0 0 . Vậy xH yH zH Câu 39. Chọn A Có góc tạo bởi đường thẳng d và mặt phẳng ( Oxy ) là ( d ; ( Oxy ) ) góc tạo bởi mặt phẳng ( ) và mặt phẳng ( Oxy ) là ( ( ) ; ( Oxy ) ) . Ta có ( d ; ( Oxy ) )  ( ( ) ; ( Oxy ) )  ( ( ) ; ( Oxy ) )min  ( d ; ( Oxy ) ) = ( ( ) ; ( Oxy ) ) sin ( d , ( ) ) = 340 ud .k ud . k = 1 30  cos ( d , ( ) ) = 6 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” 1 3 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi VTPT của ( ) là n = ( a ; b;c ) , a 2 + b 2 + c 2  0 Vì d  ( )  u ⊥ n  2a − b − c = 0  c = 2a − b cos ( ( Oxy ) , ( ) ) = n.k n.k = 2a − b a 2 + b 2 + ( 2a − b ) 2 30 6 =  36 ( 4a 2 − 4ab + b 2 ) = 30 ( 5a 2 − 4ab + 2b 2 )  6a 2 + 24ab + 24b 2 = 0  6 ( a + 2b ) = 0  a = −2b . Chọn n = ( 2; − 1;5 ) . 2 Vậy ( ) đi qua A ( −1;1; 2 )  d và có VTPT n = ( 2; − 1;5 )  ( ) : 2 x − y + 5 z − 7 = 0 . d ( M , ( ) ) = 30 = 30 . 30 A Câu 40. Chọn A B d H I Đường thẳng d có véctơ chỉ phương ud = ( 3; − 2; 2 ) . Ta thấy A  d và AB = ( 6; − 4; 4 ) = 2 ( 3; − 2; 2 ) . Suy ra AB // d . A’ Gọi A là điểm đối xứng với A qua d . Ta có AI + BI = AI + BI  AB . Dấu ” = ” xảy ra khi A , I , B thẳng hàng. Vậy min ( AI + BI ) = AB trong đó I = AB  d Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d . Ta tìm được H ( −1;2;2 ) Do H là trung điểm AA nên suy ra A ‘ ( −3; 2;5 ) . Do AB // d nên I là trung điểm AB nên suy ra I ( 2;0; 4 ) . Cách 2: Tìm tọa độ điểm H trong bài này từ nhận xét sau: Từ phương trình đường thẳng d ta thấy d đi qua điểm H ( −1;2;2 ) . Có AH = ( −4;0;6 ) và ud = ( 3; − 2; 2 ) thỏa mãn AH .ud = 0  AH ⊥ d . Vậy H là hình chiếu của A lên đường thẳng d . Câu 41. Chọn A  M  Oz  M ( 0;0; m )  Theo đề  N  d  N ( 4 − 3t ;3 + 4t ;0 ) .   d  ( Oxy ) Vì A là hình chiếu vuông góc của O trên d nên tìm được A ( 4;3;0 ) . I là trung điểm đoạn  3  thẳng OA  I  2; ;0  .  2  Mặt khác MN = OM + AN  ( 3t − 4 ) + ( 4t + 3) 2 2 + m2 = m + 5 t Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ( *) 341 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  2 mt = 5  mt = 5 5  m= (t  0) . 2 2t Trên tia đối của tia Oz , lấy điểm H thỏa OH = AN . Ta chứng minh được IMH = IMN . 1 5 5 Khi đó SIMN = SIMH = IO.MH = MN = ( m + 5 t ) do (*) . 2 4 4 5 5 =  +5 t 42 t  25  1  25 2 + t   .  =  4 2 t 4    Dấu ” = ” đạt tại  1 2 5 2 5 2 =t t = m= . Vậy M  0;0;  .  2t 2 2 2    5 2 Ta có MA =  4;3; −  ; ud = ( −3; 4;0 ) .  2     5 2 15 2 ; 25  = 4;3;5 2 . Mặt phẳng ( M , d ) có một VTPT n =  MA; ud  = 10 2; 2 2   ( ) Câu 42. Chọn B Vì AMB = 90 nên ta có điểm M thuộc mặt cầu ( S ) . 1 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3; − 2 ) là trung điểm của AB và bán kính R = AB = 17 . 2 Mặt khác điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) nên ta có tập hợp điểm M là đường tròn ( C ) = ( S )  ( P ) . Đường tròn ( C ) có tâm O là hình chiếu của điểm I ( 2;3; − 2 ) lên mặt phẳng ( P ) và có bán kính r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 17 − 3 = 14 . Tìm tọa độ điểm O : Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Phương trình đường x = 2 + t  thẳng ( d ) là:  y = 3 + t .  z = −2 + t  Vì O là hình chiếu của điểm I ( 2;3; − 2 ) lên mặt phẳng ( P ) nên O = ( d )  ( P ) . Xét (2 + t ) + (3 + t ) + (−2 + t) = 0  3t + 3 = 0  t = −1 O (1;2; − 3) . Vậy đường tròn ( C ) nằm trên mặt phẳng ( P ) có tâm O (1;2; − 3) bán kính r = 14 . 342 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi H là hình chiếu của điểm C lên mặt phẳng ( P ) . Tương tự tìm tọa độ điểm O ta có H ( 2; 4; − 6 ) . Ta có CM = CH 2 + HM 2 = 12 + HM 2 . Do đó CM đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi HM lớn nhất. ( Ta có HM  HO + r  2 14  HM max = 2 14  CM max = 12 + 2 14 ) 2 = 2 17 . Câu 43. Chọn A Gọi ( P ) là mặt phẳng qua B và vuông góc với d ; ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 . Gọi H là hình chiếu của A lên ( P ) , ta có: H ( 2;1; −4 ) Ta có:   ( P ) nên d ( A;  )  d ( A; ( P ) ) ; Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H  . Một vectơ chỉ phương của  là BH = (1;1; −3) . Câu 44. Chọn B Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : x y z x y z + + = 1  + + −1 = 0 . a b c a b c 0 0 0 + + −1 a b c = d ( O; ( ABC ) ) = 1 1 1 + + a 2 b2 c2 1 1 1 1 = P . Pmax  T = 2 + 2 + 2 min . a b c 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c (1 + 2 + 4 ) 1 4 16 72 T= 2+ 2+  = = 1. a 4b 16c 2 a 2 + 4b 2 + 16c 2 49 2 S min = 1 . Dấu bằng xảy ra 1 2 4 = 2 =  2b2 = a2 ; 4c2 = a 2 . 2 2 a 4b 16c a2 + 4b2 + 16c2 = 49  a 2 + 4 Vậy S = a 2 + b 2 + c 2 = 2 2 7 7 a a + 16 = 49  a2 = 7 , b 2 = , c 2 = . 2 4 2 4 49 . 4 Câu 45. Chọn D Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 343 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có: d đi qua M (1; −2;0 ) và có VTCP u d = ( 2;1; 2 ) . (S ) có tâm I ( 3; 2; −1) và bán kính R = 2 5 . Ta có: d ( A; ( P ) )  d ( A; d ) . Dấu “ = ” xảy ra khi ( P ) chứa d và vuông góc với AK . Khi đó: ( P ) có VTPT là n P =  n( AKM ) , u d  . Vì n( AKM ) = u d , AM  = ( −6;6;3)  n P = ( 9;18; −18 ) = 9 (1; 2; −2 ) .  ( P ) : ( x − 1) + 2 ( y + 2 ) − 2 z = 0  ( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 . Ta có: d = d ( I ; ( P ) ) = 4 . Vậy bán kính đường tròn cần tìm: r = R 2 − d 2 = 20 − 16 = 2 . Câu 46. Chọn A ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 có tâm I (1;1; 1) . Gọi G ( x ; y ; z ) là điểm thỏa mãn 2 2 3 ( 0 − x ) + 2 ( 3 − x ) + ( 0 − x ) = 0 x = 1   3GA + 2GB + GC = 0  3 (1 − y ) + 2 ( 0 − y ) + ( 21 − y ) = 0   y = 4  G (1; 4; − 3 ) .    z = −3 3 (1 − z ) + 2 ( −1 − z ) + ( −19 − z ) = 0 Ta có: T = 3MA2 + 2MB2 + MC 2 = 3MG2 + 6MG.GA + 3GA2 + 2MG2 + 4MG.GB + 2GB2 + MG2 + 2MG.GC + GC 2 ( ) = 6MG 2 + 2MG 3GA + 2GB + GC + 3GA2 + 2GB 2 + GC 2 = 6MG2 + 3GA2 + 2GB2 + GC 2 Tmin  M là giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu ( S ) , sao cho M và G cùng phía với I x = 1  Phương trình đường thẳng IG :  y = 1 + 3t  z = 1 − 4t  344 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. M = IG  ( S ) nên tọa độ M là nghiệm của hệ x = 1  1  y = 1 + 3t t = 5   . Khi đó :  z = 1 − 4t − 1   t= ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 1  5    8  M 1 1; 5 ;     2  M 2  1; ;   5 1  5 9  5 14  8 1 Vì M1G  M 2G nên điểm M  M 1 1; ;  . Vậy a + b + c = . 5  5 5 Câu 47. Chọn B Gọi M ( x; y; z ) . Ta có MA 2 2 2 2 =  9MA2 = 4MB 2  ( x + 6 ) + ( y − 6 ) + ( z + 6 ) = 108 . Vậy điểm M thuộc mặt MB 3 cầu tâm I ( −6;6; −6 ) bán kính R = 6 3 . Vậy MN nhỏ nhất khi M , N thuộc đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .  x = −6 − t  Khi đó ( d ) :  y = 6 + 2t . Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình  z = −6 − 2t   x = −6 − t  y = 6 + 2t    z = − 6 − 2 t  − x + 2 y − 2 z + 6 = 0  x = −6 − t  x = −2  y = 6 + 2t  y = −2    .   z = − 6 − 2 t z = 2   6 + t + 12 + 4t + 12 + 4t + 6 = 0 t = −4  N ( −2; −2; 2 ) . Do đó T = −2 − 2 + 2 = −2 . Câu 48. Chọn D Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) . Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) . Do đó:  AM , AB  = ( 2 − 2t; t − 1; t − 3) . Diện tích tam giác MAB : Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 345 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. S= 1 1  AM , AB  =   2 2 ( 2 − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) 2 2 2 = 1 6t 2 − 16t + 14 2 2 4 1  4  10 5 = 6t −  +  . Dấu bằng xảy ra khi t = . 3 6 2  3 3 1 4 7 Do đó diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi M  ; ;  . Khi đó T = a + 2b + 3c = 10 . 3 3 3 Câu 49. Chọn D Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) . Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) . Do đó:  AM , AB  = ( 2 − 2t; t − 1; t − 3) Diện tích tam giác MAB : S = = 1 1  AM , AB  =   2 2 ( 2 − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) 2 2 2 = 1 6t 2 − 16t + 14 2 4 5 1 4 7  t = . Do đó M  ; ;  . Khi đó T = a + 2b + 3c = 10 . 3 6 3 3 3 Câu 50. Chọn C Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) . Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) . Do đó:  AM , AB  = ( 2 − 2t; t − 1; t − 3) . Diện tích tam giác MAB : S= 1 1  AM , AB  =   2 2 ( 2 − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) = 2 2 2 t = 1 1 6t 2 − 16t + 14 = 1   5 . t = 2  3  2 5 8 Do đó M ( 0;1; 2 ) hoặc M  ; ;  .  3 3 3 Vậy có hai điểm M thuộc d để tam giác MAB có diện tích bằng 1 . 346 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. CHỦ ĐỀ 4 : TỌA ĐỘ HÓA VÀ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ LÍ THUYẾT ➢ LƯU Ý MỘT SỐ CÔNG THỨC SAU ĐÂY ❖ Tích có hướng của a = (a1 ; a2 ; a3 ) và b = (b1 ; b2 ; b3 ) là  a, b  = (a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) a , b , c đồng phẳng   a, b  .c = 0 ▪ a và b cùng phương   a, b  = 0 1 ▪ Diện tích tam giác : S ABC = [ AB, AC ] 2 1 ▪ Thể tích tứ diện VABCD = [ AB, AC ]. AD 6 ▪ Thể tích khối hộp: VABCD. A’ B’C ‘ D’ = [ AB, AD ]. AA ‘ ❖ Góc giữa hai mặt phẳng: o o ▪ Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng 0    90 ( ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 ▪ cos = cos(n P , nQ ) = ) và ( Q ) : A ‘ x + B ‘ y + C ‘ z + D ‘ = 0 n P .nQ A.A’ + B.B ‘+ C.C ‘ = A2 + B 2 + C 2 . A ‘2 + B ‘2 + C ‘2 nP . nQ ❖ Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng d (M 0 , ) = Ax 0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2 ❖ Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng d ( M , ) = [M 0 M , u ] u ❖ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d (d , d ‘) = [a, a ‘].MM ‘ = [a, a ‘] Vhop Sday ❖ Góc giữa hai đường thẳng: a.a ‘ cos = cos(a, a ‘) = a . a’ = a1.a ‘1 + a2 .a ‘2 + a3 .a ‘3 a + a22 + a32 . a ’12 + a ’22 + a ’32 2 1 ❖ Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin  = cos(a, n) = Aa1 +Ba 2 +Ca 3 A 2 + B 2 + C 2 . a12 + a22 + a32 ❖ Mẹo nhớ công thức về góc trong hình học Oxyz: ▪ Cùng loại dùng Cos (Góc giữa đường thẳng với đường thẳng, mặt phẳng với mặt phẳng) ▪ Khác loại dung Sin (Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 347 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB = HC , HBC = 30 ; góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 .Tính côsin của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) A. 3 . 2 B. 13 . 4 3 . 4 C. D. 1 . 2 Lời giải Chọn B Từ M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM , HB = HC suy ra AM ⊥ BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A . a a 3 a 3 . Do HBC = 30 suy ra HM = . Đặt SA = b .  AM = 2 6 3 Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ: Đặt BC = a  BM = z S A C H x M y B a a 3   a a 3   a 3  Ta có A ( 0;0;0 ) , B  ; ;0  , C  − ; ;0  ; H  0; ;0  , S ( 0;0; b ) . 2 3 2 3 6        a a 3   a 3  Ta có HC =  − ; ; −b  . ;0  ; SH =  0; 6  2 6     ab 3 ab a 2 3  Nên  HC , SH  =  − ;− ;−  . 6 2 12   ( ) Suy ra ( SHC ) có một véc-tơ pháp tuyến là n1 = 2b 3;6b; a 3 . Mặt phẳng ( HBC ) có một véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) . Góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 nên cos ( ( SHC ) , ( HBC ) ) = n1.k n1 . k  cos 60 = a 3 12b 2 + 36b 2 + 3a 2  12b 2 + 36b 2 + 3a 2 = 2 a 3  b = a 3 / 4 . 348 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  3a 3a 3  Khi đó n1 =  ; ; a 3  , đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương i = (1;0;0 ) .  2 2   Gọi  là góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) , ta có sin  = n1.i n1 . i = 3a 2 2  3 3 13 = . Do đó cos  = 1 − sin 2  = 1 −  .  =  2 2 4 4  4 9a 27a  2 + + 3a 4 4 VÍ DỤ 2: 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 (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( GMN ) và ( ABCD ) . A. 2 39 . 13 B. 13 . 13 C. 2 39 . 39 D. 3 . 6 Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó  3 a  a   −a   −a  S  0;0;  ; A  ;0;0  ; B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0  2  2  2   2   2    a a a 3  a a a 3 a 3 suy ra G  0;0; ; M ; ; ; N − ; ;    4 2 4   4 2 4  6       Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 349 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có mặt phẳng ( ABCD ) có vectơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) , mặt phẳng ( GMN ) có vectơ pháp  a 3 a tuyến là n = GM ; GN  =  0; − ;     24 4   1 2 39 = 4 = Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( GMN ) và ( ABCD ) , ta có cos = . 13 39 n.k 24 n.k VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC = 60o , BC = 2a . Gọi D là điểm thỏa mãn 3SB = 2SD . Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc đoạn BC sao cho BC = 4BH . Biết SA tạo với đáy một góc 60o . Góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng A. 90o . B. 30o . C. 60o . D. 45o . Lời giải Chọn A a2 a 1 3a 2 a 3 2 + a − 2. .a. = Ta có AH = BH + BA − 2.BH .BA.cos 60 = .  AH = 4 2 2 4 2 SH 3a . tan 60o =  SH = AH . 3 = AH 2 2 2 2 o  3 3   3  Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho H ( 0;0;0 ) , C  ;0;0  , A  0; ;0  , S  0;0;  ,  2  2   2  9 3 3  1   3  3  1 B  − ;0;0  , SB =  − ;0; −   SD =  − ;0; −   D  − ;0; −  . 4 2 4  2   4  4  2 3 3 3 u = Ta có DA =  ;  4 2 ; 4    ( ) 3; 2; 3 là một vtcp của AD . 3 3 SC =  ;0; −   v = (1;0; −1) là một vtcp của SC . Ta có u.v = 0  AD ⊥ SC 2 2 Vậy góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng 90o . 350 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ 4: Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a , AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng ( ADD1 A1 ) và ( ABCD ) bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng ( A1 BD ) theo a . A. a 2 . 2 B. a . 4 C. a . 2 D. a 3 . 2 Lời giải Chọn D Gọi H là tâm của đáy ABCD và đặt A1 H = x . Chọn hệ trục như hình vẽ z A1 D1 B1 C1 A D y B H C x Tọa độ các điểm: a a 3  a a 3  A (0; 0; 0), B (a; 0; 0), D (0; a 3; 0), C a; a 3; 0 , H  ; ; x ; 0  , A1  ; 2 2 2 2       ) ( a a 3  ; x  , AD = 0; a 3; 0 2 2    ( Suy ra AA1 =  ; )  a2 3    n = ( 2 x; 0; a ) là VTPT của ( A AD)   AA1 , AD  =  ax 3; 0; 1    2    Và k = (0; 0;1) là VTPT của ( ABCD) nên theo giả thiết đề bài ta có: n.k = cos 600  2a = 4 x2 + a2  x = n.k 3a 2 a a 3   a a 3  A1 B =  ; − ; − x  , A1 D =  − ; ; − x    A1 B, A1 D  = a 3x; ax; 0   2   2 2  2     ( )  3a a 3 a 3  ; ;   2  2 2   Phương trình ( A1 BD ) : x 3 + y − a 3 = 0 . Vì A1 B1 = AB  B1  Vậy d ( B1 , ( A1 BD ) ) = a 3 . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 351 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = AD = 2a, CB = a , góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 60o . Gọi I là trung điểm của cạnh AB . Biết hai mặt phẳng ( SDI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tính thể tích khối chop S.ABCD theo a . 3a 3 3 A. . 5 B. a 3 15 . 5 C. 3a 3 15 . 5 D. 8a 3 15 . 5 Lời giải Chọn C z S A D I y B C x Vì hai mặt phẳng ( SDI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy nên SI ⊥ ( ABCD) . Đặt SI = x, x  0 , tọa độ các điểm là: I ( 0; 0; 0 ) , A ( − a; 0; 0 ) , B ( a; 0; 0 ) , C ( a; a; 0 ) , D ( − a; 2a; 0 ) , S ( 0; 0; x ) . Suy ra SC = ( a; a; − x ) , ( CD = ( −2a; a; 0 )   SC, CD  = ax; 2ax; 3a2   ) Nên n1 = ( x; 2 x; 3a ) là VTPT của mặt phẳng (SCD) . Mà k = (0; 0;1) là VTPT của mặt đáy nên theo giả thiết đề bài ta có n1 .k n1 . k Mặt khác: SABCD = VS. ABCD = 352 = cos 600 = 1  2 3a 5 x 2 + 9 a2 = 1 3a 15 x= 2 5 AB ( BC + AD ) = 3a2 nên thể tích khối chóp là 2 1 1 3a 15 3a3 15 SI .SABCD = . .3a2 = . 3 3 5 5 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a , AA = h ( a, h  0 ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và BC theo a , h . ah A. Câu 2: a + 5h 2 2 . B. ah 5a + h 2 2 . C. ah 2a + h 2 2 . ah D. a + h2 2 . Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 3x + y − 4 z − 12 = 0 cắt trục Ox tại A , cắt trục Oz tại B . Chu vi tam giác OAB bằng A. 6. B. 12. C. 36. D. 5. Câu 3: D ( 3 ;1; 5 ) A (1;1; 4 ) B ( 5 ; − 1; 3) C ( 2 ; 2 ; m ) Xác định m để bốn điểm , , và tạo thành tứ diện. A. m . B. m  4 . C. m  6 . D. m  0 . Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A (1; 2; − 3) , B ( −4; 2;5 ) , M ( a ; 2;1) với a là tham số. Biết rằng điểm M thuộc đường thẳng AB , tìm a . 3 2 A. a = − . Câu 5: B. a = −6 . C. a = 6 . D. a = 3 . 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và hai điểm M (1;1;1) , N ( −3; −3; −3) . Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm M , N và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại điểm Q . Biết rằng Q luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. R = Câu 6: 2 11 .. 3 B. R = 2 33 .. 3 C. R = 6 . D. R = 4 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A (1;1;1) , B ( 2;0; 2 ) C ( −1; − 1;0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B , C AB AC AD + + = 4 và tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt AB AC  AD phẳng ( BC D ) là , D sao cho Câu 7: A. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0 . B. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0 . C. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0 . D. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC , biết MN = a 6 . Khi đó giá trị sin của góc giữa 2 đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng A. Câu 8: 2 . 5 B. 3 . 3 C. 5 . 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 x đường thẳng d : y z 3. D. 2 y 2 2 z 3 2 4 . Xét 1 t mt với m là tham số thực. Giả sử P và P ‘ là hai mặt phẳng chứa (m 1)t Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 353 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. d , tiếp xúc với S lần lượt tại T và T ‘. Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng TT ‘ . A. 2. Câu 9: B. 2 11 . 3 C. 4 13 . 5 D. 2 2 . Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi, tam giác ABD đều. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và C D , biết rằng MN ⊥ BD . Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy ( ABCD ) , khi đó giá trị cos  bằng 1 A. cos  = . 3 . 2 B. cos  = 3 1 C. cos  = . 10 1 D. cos  = . 2 Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi ( P) là mặt phẳng chứa đường thẳng x −1 y + 2 z và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt = = 1 −1 −2 phẳng ( P) d: A. E(−3;0;4) . B. M (3;0;2) . C. N (−1; − 2; − 1) . D. F (1;2;1) . Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm A, B, C . Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng tại A lấy một điểm S . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC . Biết khi S di động trên d thì đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định D . Tính độ dài đoạn thẳng AD . A. AD = 3 3 . B. AD = 6 2 . C. AD = 3 6 . D. AD = 6 3 . Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hình lập phương ABCD. ABCD có tọa độ A (1; 2;1) , C  ( 3;6; − 3) . Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 1 . 2 2 2 Tính tổng các khoảng cách từ điểm M đến tất cả các mặt của hình lập phương ABCD. ABCD . B. 3 3 . A. 2 3 . C. 6 3 . D. 12 . Câu 13: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2;1;2 ) , B ( 2; −3;1) , C ( 3;2;2 ) và mặt phẳng ( ) : x − 3 y + z = 0 . Gọi A , B , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C lên ( ) . D là điểm sao cho ABCD là hình bình hành. Diện tích hình bình hành ABCD bằng A. 3 22 B. 4 . 11 C. 8 . 11 D. 6 . 22 Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; −1;0 ) , C ( 0; 0;1) , D (1; −1;1) . Mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện ABCD cắt ( ACD ) theo thiết diện có diện tích S . Chọn mệnh đề đúng? A. S =  3 . B. S =  6 . C. S =  4 . D. S =  5 . Câu 15: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C , AB = 2a , AA = a , góc giữa BC và ( ABBA ) bằng 60 . Gọi N là trung điểm AA và M là trung điểm BB . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( BC N ) . 354 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. 2a 74 . 37 B. a 74 . 37 C. 2a 37 . 37 D. a 37 . 37 Câu 16: Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mặt phẳng, SA = AB = 3cm, BC = 5cm và diện tích tam giác SAC bằng 6cm2 . Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm G của tứ diện cắt các cạnh AS, 1 1 1 . + + 2 2 AM AN AP 2 1 D. Tm = . 34 AB, AC lần lượt tại M , N , P . Tính giá trị nhỏ nhất Tm của biểu thức T = A. Tm = 8 . 17 B. Tm = 41 . 144 C. Tm = 1 . 10 Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AMC ) và (SBC ) bằng A. 3 . 2 B. 2 3 . 3 C. 5 . 5 Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P : 2 x Q : 2x ( P) y 2 z 10 y D. 2 5 5 2z 2 0 và mặt phẳng 0 song song với nhau. Biết A (1;2;1) là điểm nằm giữa hai mặt phẳng và ( Q ) . Gọi ( S ) là mặt cầu qua A và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Biết rằng khi ( S ) thay đổi thì tâm của nó luôn nằm trên một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó A. r 4 2 . 3 B. r 2 2 . 3 C. r Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 5 . 3 D. r 2 5 . 3 355 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. A ( 0;0;0 ) ; A ( 0;0; h ) ; C ( 0; a;0 ) ; B ( a;0;0 ) ; B ( a;0; h ) ; C  ( 0; a; h ) . AB = ( a;0; h ) ; BC  = ( −a; a; h ) ;  AB; BC  = ( −ah; −2ah; a 2 ) ; AB = ( a;0;0 ) . d ( AB; BC  ) = Câu 2:  AB; BC  . AB ah   = . 2 2  AB; BC  a + 5 h   Chọn B Ta có: A = ( P )  Ox  A ( 4;0;0 ) ; B = ( P )  Oz  B ( 0;0; − 3) . OA = ( 4;0;0 )  OA = OA = 42 + 02 + 02 = 4 . OB = ( 0;0; − 3)  OB = OB = 02 + 02 + ( −3) = 3 . 2 BA = ( 4;0;3)  AB = BA = 42 + 02 + 32 = 5 . Khi đó chu vi tam giác OAB bằng: OA + OB + AB = 4 + 3 + 5 = 12 . Câu 3: Chọn C Ta có: AB = (4; − 2; − 1) , AC = (1;1; m − 4) , AD = (2; 0 ; 1) . Suy ra:  AB, AD  = (−2 ; − 6 ; 4) 4 điểm A , B , C , D tạo thành tứ diện  3 vectơ AB , AC , AD không đồng phẳng   AB, AD  . AC  0  −2.1 + (−6).1 + 4(m − 4)  0  m  6 Vậy m  6 . Câu 4: Chọn A Ta có AB = ( −5;0;8 ) ; AM = ( a − 1;0; 4 ) . Vì điểm M thuộc đường thẳng AB nên AB cùng phương AM . Cách 1: Áp dụng tính chất của tích có hướng giữa 2 vec tơ ta có: 356 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. a , b cùng phương với nhau tương đương a , b = 0 .   Khi đó ta có: AB cùng phương AM tương đương  AB , AM  = 0  ( 0;8a + 12;0 ) = 0  8a + 12 = 0  a = − 3 . 2 Cách 2: Vì AM cùng phương AB nên ta có: AM = k AB 1   −5 k = a − 1 k =  2 3   0k = 0 ( luôn đúng )   a=− . 2 −5. 1 = a − 1  8k = 4   2 3 2 Vậy a = − . Câu 5: Chọn C Phương trình đường thẳng MN : x −1 y −1 z −1 = = 1 1 1 Gọi  E = MN  ( P ) . Suy ra tọa độ điểm E thỏa hệ:  x −1 y −1 z −1 x = 3 = =   1 1   y = 3  E ( 3;3;3) .  1  x + y − z − 3 = 0  z = 3 Suy ra EM = 2 3; EN = 6 3. Ta có EQM và ENQ đồng dạng, suy ra EQ EM =  EQ 2 = EM .EN = 36 EN EQ  EQ = 6 . Do đó điểm Q thuộc đường tròn tâm E, bán kính R = 6. Câu 6: Chọn D Trên các cạnh AB , AC , AD của tứ diện ABCD lần lượt có các điểm B , C , D . Áp dụng V AB AC  AD công thức tỉ số thể tích ta có ABC D = .   VABCD AB AC AD Từ giả thiết AB AC AD + + = 4 , áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: AB AC  AD Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 357 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 4= V AB AC AD AB AC AD + +  3. 3   = 3. 3 ABCD AB AC  AD AB AC  AD VABC D  64  27  VABCD 27  VAB ‘C ‘ D ‘  VABCD . VAB ‘C ‘ D ‘ 64 Do VABCD cố định nên VAB ‘C ‘ D ‘ nhỏ nhất  VA ‘ B ‘C ‘ D ‘ =  27 AB AC AD 4 VABCD  = = =   64 AB AC AD 3 AB AC  AD 3 = = = AB AC AD 4  ( BC D ) song song với ( BCD ) và đi qua điểm B thoả AB = 3 AB . 4 Có BC = ( −3; − 1; − 2 ) , BD = ( −2;3; 2 ) , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( BC D ) là n =  BC , BD  = ( 4;10; − 11) . Có AB = (1; − 1;1) , giả sử B ‘ ( x ; y ; z ) . Do AB = 3 7 1 7 AB nên B ‘  ; ;  . 4 4 4 4 Vậy phương trình ( BC D ) là: 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 . Câu 7: Chọn B Gọi I hình chiếu của M lên ( ABCD ) , suy ra I là trung điểm của AO . a 3 3a 2 . Xét CNI có: CN = , NCI = 45o . AC = 2 4 4 Áp dụng định lý cosin ta có: Khi đó CI = a 2 9a 2 a 3a 2 2 a 10 . + − 2. . . = 4 8 2 4 2 4 NI = CN 2 + CI 2 − 2CN .CI .cos 45o = 3a 2 5a 2 a 14 − = Xét MIN vuông tại I nên MI = MN − NI = . 2 8 4 2 2 1 a 14 . SO  SO = 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: Mà MI / / SO, MI =    2   2 2  2  2  Ta có: O ( 0;0;0 ) , B  0; ;0  , D  0; − ;0  , C  ;0;0  , N  ; ;0  , 2 2    2   4 4    358 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.     2 2 14  14  A  − ;0; ;0;0  , S  0;0;  , M  −  . 4 2 4 4        2 2   14  2 14  2 14  Khi đó MN =  , , .  2 ; 4 ; − 4  SB =  0; 2 ; − 2  SD =  0; − 2 ; − 2        ( ) Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( SBD ) : n = SB  SD = − 7 ;0;0 . Suy ra sin ( MN , ( SBD ) ) = Câu 8: MN .n − 7. = MN . n 7. 2 2 6 2 = 3 . 3 Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( ITT ‘ ) cắt d tại điểm M . Gọi H là giao điểm của TT  và MI . Vì TIH ~ MIT nên ta có: TH TI TM .TI R MI 2 − R 2 R2 =  TH = = = R 1− TM MI MI MI MI 2   TH min  MI min Do TT  = 2TH nên TTmin x Nhận xét rằng với y z 1 t mt ta có: x + y + z = 1 + t − mt + ( m − 1) t = 1 (m 1)t nên khi m thay đổi ta luôn có ( d )  ( P ) : x + y + z − 1 = 0 cố định. Vì thế MI min = d ( I , ( P ) ) =  = 2TH min = 2 R 1 − Từ đó ta có: TTmin 1 + 2 + 3 −1 1 +1 +1 2 2 2 = 5 3 R2 22 4 13 = 2.2 1 − = 2 2 MI min 5  5     3 Ta kiểm tra điều kiện đủ của bài toán, tức là chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) thuộc vào đường thẳng d . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 359 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 1+ t  Gọi d  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P ) ta có: d  :  y = 2 + t z = 3 + t  Gọi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) ta có: M = d   ( P ) suy ra: (1 + t ) + ( 2 + t ) + ( 3 + t ) − 1 = 0  t = −5  −2 1 4  M ; ;  3  3 3 3  −2  3 = 1+ t  −5  t= 1 1  3  Xét hệ:  = − mt . Vậy với m = thì độ dài của TT  nhỏ nhất. 5 3 m = 1  4 5  3 = ( m − 1) t  Câu 9: Chọn A Đặt cạnh hình thoi ABCD là 1 , chiều cao hình hộp = h ( h  0 ) . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thoi. Tam giác ABD đều  AO = 3 1 1 = CO , BD = AB = 1, BO = DO = BD = . 2 2 2  −1   1  ; h  , D  0; ; 0   B D ( 0;1; − h ) . Ta có B   0; 2    2   3 −1   3 1   1  M  ; ; 0  , N  ; ; h   MN  0; ; h  .  2   4 4   4 4  1 2 Vì MN ⊥ B D  MN . B D  h 2 =  h = 2 2 Câu 10: Cách 1: Đường thẳng d qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ chỉ phương a = (1; − 1; − 2) và trục Oy có véc tơ chỉ phương j = (0;1; 0) . Gọi n = ( A; B; C ) ( A2 + B 2 + C 2  0) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) . Vì d  ( P )  a . n = 0  1. A + (−1).B + (−2).C = 0  A = B + 2C  n = ( B + 2C ; B; C ) .   Gọi  là góc giữa mặt phẳng ( P) và trục Oy  0     . 2  360 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có sin  = n. j B = ( B + 2C ) 2 + B 2 + C 2 n. j = 1 C  C 2 + 4.   + 5   B B 2 = 1 2 C 2 6 5 +  +  B 5 5 B2 2 B 2 + 4 BC + 5C 2 = ( B  0) .   Vì hàm số sin  tăng liên tục trên  0;  nên  đạt giá trị lớn nhất khi sin  lớn nhất  2 2 C 2 6 C 2 6 Lúc đó 5  +  + đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi + = 0 . B 5 5  B 5 5 Chọn B = 5  C = −2; A = 1  n = (1;5; − 2) . Phương trình mặt phẳng ( P) qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n = (1;5; − 2) là 1.( x −1) + 5.( y + 2) − 2( z − 0) = 0  x + 5 y − 2 z + 9 = 0 . Thế tọa độ N (−1; − 2; − 1) vào phương trình mặt phẳng ( P) : −1 + 5(−2) − 2(−1) + 9 = 0 . Vậy điểm N (−1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) . Cách 2: Xét bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng 1 ,  2 phân biệt và không song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng  1 và tạo với  2 một góc lớn nhất. Phương pháp giải: B 2 3 H 1 A M P ▪ Vẽ một đường thẳng  3 bất kỳ song song với  2 và cắt  1 tại M . Gọi B là điểm cố định trên  3 và H là hình chiếu vuông góc của B lên mp ( P ) , kẻ BA ⊥ 1 ▪ HB BA  (  , ( P ) ) = BMH . sin BMH = BM BM 2 không đổi Suy ra BMH lớn nhất khi H  A Khi đó BMH = ( 1 ,  2 ) và ( P ) chứa  1 và vuông góc với mặt phẳng ( 1 ,  2 ) . Vậy ( P ) có VTPT là:  u1 , u2  , u1    Áp dụng: ud = (1; −1; −2 ) ; j = ( 0;1;0 ) , n =  ud , j  , ud  = (1;5; −2 ) . Phương trình mặt phẳng ( P) qua   điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n = (1;5; − 2) là x + 5 y − 2 z + 9 = 0 Vậy điểm N (−1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 361 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 11: Chọn C Ta có: AB = ( −3;0;3) , AB = 3 2 ; BC = ( 2; −1; 2 ) , BC = 3 ; AC = ( −1; −1;5 ) , AC = 3 3 Vì AB.BC = 0   ABC vuông tại B  BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AH .  BC ⊥ SA  AH ⊥ SB  AH ⊥ ( SBC )  AH ⊥ SC . Ta có:   AH ⊥ BC  SC ⊥ AH  SC ⊥ ( AHK ) . Ta có:   SC ⊥ AK Do đó: Gọi D là giao điểm của HK và BC thì SC ⊥ AD  AD ⊥ SA  AD ⊥ ( SAC )  AD ⊥ AC Ta có:   AD ⊥ SC Vì D nằm trong mặt phẳng và D là giao điểm của BC và đường thẳng vuông góc với AC tại A nên D cố định. Trong ΔDAC vuông tại A, ta có: AD = AC.tan C = AC. AB 3 2 = 3 3. = 3 6 . Đáp án C BC 3 Câu 12: Chọn C Ta có AC ‘ = 6 nên AB = 2 3 . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; 4; −1) trùng với tâm hình lập phương ABCD. ABCD và có bán kính R =1 AB nên mặt cầu ( S ) nằm trong hình lập phương ABCD. ABCD . 2 Với mọi điểm M nằm trong hình lập phương ABCD. ABCD , tổng các khoảng cách từ điểm M đến 6 mặt của hình lập phương ABCD. ABCD bằng 3 AB = 6 3 . Vậy từ một điểm M bất kỳ thuộc mặt cầu ( S ) , tổng các khoảng cách từ điểm M đến 6 mặt của hình lập phương ABCD. ABCD bằng 6 3 . 362 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 13: Chọn C Ta có AB = ( 0; −4; −1) , AC = (1;1;0 ) . 1 3 2  n ABC =  AB, AC  = (1; −1;4 )  SABC =  AB, AC  = . 2 2 cos ( ( ABC ) , ( ) ) = n ABC .n  n ABC n   SABCD = 2 SABC = = 4 22 3 2 4 22 4  SABC = SABC .cos ( ( ABC ) , ( ) ) = . = . 33 2 33 11 8 . 11 Câu 14: Chọn B Nhận thấy AB = AC = BC = DA = DB = DC = 2 nên ABCD là tứ diện đều cạnh 2. Theo giả thiết giao tuyến của mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện với ( ACD ) là đường tròn nội tiếp tam giác ACD . Gọi r là bán kính hình tròn nội tiếp tam giác ACD , p = Khi đó diện tích tam giác đều ACD , SACD = pr  AC + CD + AD 3 2 . = 2 2 3 3 2 AC 2 3 6 . = .r  r = = pr  2 2 4 6 2  6  Diện tích thiết diện S =  r =  .   = . 6 6   Cách 2: Vì ABCD là tứ diện đều nên ( ACD ) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn nội tiếm ACD 2 . Suy ra tâm đường tròn này trùng với trọng tâm tam giác đều ACD và bán kính 2  6  1 AC 3 6 r= = . Diện tích thiết diện S =  r 2 =  .   = . 3 2 6 6  6  Câu 15: Chọn A Gọi H , K lần lượt là là trung điểm cạnh A ‘ B ‘ và AB . Từ giả thiết ta có: HB ‘ = a  HB = a 2  HC ‘ = HB.tan 60o = a 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 363 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mặt khác: HC ‘, HB ‘ và HK đôi một vuông góc nhau.   a 2 Tọa độ hóa: H (0;0;0) , C ‘(0; a 6;0) , A ‘(−a;0;0) , A(−a;0; a) , N  −a;0;  , B ‘(a;0;0) , a  B(a;0; a) , M  a;0;  . 2  C ‘ B = (a; −a 6; a)  Xét mặt phẳng ( BC ‘ N ) có  a   BN =  −2a;0; −  2     Phương trình ( BC ‘ N ) là: 6( x + a) − 3 y − 4 6  z −  vtpt n = ( 6; −3; −4 6) a  = 0. 2 Khoảng cách từ M đến ( BC ‘ N ) là: d ( M ;( BC ‘ N )) = a a 6(a + a) − 3.0 − 4 6( − ) 2a 6 2a 74 2 2 = = . 37 6 + 9 + 96 111 Câu 16: Chọn A Vì tam giác SAC vuông tại A  AC = 2SSAC = 4 cm . SA Vì AC 2 + AB2 = BC 2 nên tam giác ABC vuông tại A . Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ Ta có A ( 0; 0; 0 ) , B ( 3; 0; 0 ) , C ( 0; 4; 0 ) , S ( 0; 0;3 ) . Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên ta có: xS + x A + xB + xC 3  =  xG = 4 4  yS + y A + yB + yC  3 3 = 1  G  ;1;  .  yG = 4 4 4  z S + z A + z B + zC 3  =  zG = 4 4  364 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng ( ) . Theo tính chất của tam diện vuông ta có: 1 1 1 1 . + + = 2 2 2 AM AN AP AH 2 1 1 1 1 8 1 mà AH  AG  T = T  . + + =  2 2 2 2 2 AM AN AP 17 AH AG T= Dấu “=” xảy ra khi H  G tức mặt phẳng ( ) đi qua điểm OG . Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng G và vuông góc với đường thẳng 8 . 17 Câu 17: Chọn D Để thuận tiện trong việc tính toán ta chọn a = 1 . Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho gốc O trùng với điểm A , tia Ox chứa đoạn thẳng AB , tia Oy chứa đoạn thẳng AD , tia Oz chứa đoạn thẳng AS . Khi đó: A(0;0;0) , B(1;0;0) , C (1;1;0) S (0;0;2) , D(0;1;0) .   1  2  Vì M là trung điểm SD nên tọa độ M là M  0; ;1 .  SB Ta có   BC   AM   AC  = (1;0; −2) = (0;1;0)  n( SBC ) = [ SB; BC ] =(2;0;1) .  1  =  0; ;1 −1    2   n( AMC ) = [ AM ; AC ] =  −1;1;  2   = (1;1;0) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( AMC ) và (SBC ) . ( ) Suy ra cos  = cos n( SBC ) ; n( AMC ) = Mặt khác, 1 + tan 2  = n( SBC ) .n( AMC ) n( SBC ) . n( AMC ) = 5 . 3 1 1 1 2 5  tan  = − 1 . Vậy tan  = −1 = . 2 2 2 cos  cos  5  5    3  Câu 18: Chọn A Điểm M (1;0;0 ) là 1 điểm thuộc ( P ) . Vì ( P ) // ( Q ) nên d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M , ( Q ) ) = 2 + 10 22 + ( −1) + ( −2 ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2 2 = 12 = 4. 3 365 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Giả sử I ( a ; b ; c ) là tâm của ( S ) . Vì ( S ) tiếp xúc với cả ( P ) và ( Q ) nên bán kính mặt cầu ( S ) d (( P ) , (Q )) 4 = 2. 2 2 Do đó IA = 2 nên I luôn thuộc mặt cầu (T ) tâm A , bán kính 2 . là R = = Ngoài ra d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  2a − b − 2c − 2 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 2 = 2a − b − 2c + 10 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 2  2a − b − 2c − 2 = 2a − b − 2c + 10  2a − b − 2c − 2 = − ( 2a − b − 2c + 10 )  2a − b − 2c + 4 = 0 . Do đó I luôn thuộc mặt phẳng ( R ) : 2 x − y − 2 z + 4 = 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( R ) . Vì A, ( R ) cố định nên H cố định. Ta có: AH = d ( A, ( R ) ) = 2.1 − 2 − 2.1 + 4 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 2 = 2 . 3 Mà AH ⊥ ( R )  AH ⊥ HI , do đó AHI vuông tại H nên 2 HI = 4 2 2 . AI 2 − AH 2 = 22 −   = 3 3 Vậy I luôn thuộc đường tròn tâm H , nằm trên mặt phẳng ( R ) , bán kính r = 366 4 2 . 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Câu 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 6 tiếp xúc với hai mặt 2 2 2 phẳng ( P ) : x + y + 2 z + 5 = 0 , ( Q ) : 2 x − y + z − 5 = 0 lần lượt tại A và B . Độ dài đoạn thẳng AB là A. 2 6 . Câu 2: B. C. 3 2 . 3. D. 2 3 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A ( −1;1; 6 ) , B ( −3; − 2; − 4 ) , C (1; 2; − 1) , D ( 2; − 2; 0 ) . Điểm M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a + b + c . A. 1 . B. 2 . Câu 3: C. 3 . D. 0 . Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; −3;0 ) và mặt cầu (S ) : ( x − 2)2 + ( y + 6)2 + z 2 = 50 tâm I. Xét các điểm M thuộc sao cho góc AMI lớn nhất, M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. x − 3 y − 10 = 0. B. x − 2 y − 10 = 0. C. x − y − 10 = 0. D. 2 x − y − 10 = 0. Câu 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình: ( ) ( )  m2 + 2m x + 1 − m2 y + m 2 − 2m − 2 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) sao  2 2  x + y + 2 x − 9 = 0 cho biểu thức ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc 2 S bằng A. 1 . 2 B. 2 . C. −1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 0 . 367 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −1) , mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n( P ) = (1;1; 2 ) , mặt phẳng ( Q ) có một VTPT là n( Q ) = ( 2 ; −1;1) . Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) suy ra đường thẳng d nhận n( P ) = (1;1; 2 ) làm một véctơ chỉ phương. Phương trình x = 1+ t  tham số của đường thẳng d là d :  y = 2 + t , t   z = −1 + 2t  . Ta có:  A = d  ( P )  A  d nên ta gọi A (1 + t ; 2 + t ; −1 + 2t ) . Vì A  ( P ) nên ta có: 1 + t + 2 + t + 2 ( −1 + 2t ) + 5 = 0  t = −1  A ( 0;1; −3) . Gọi d ‘ là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) . Suy ra đường thẳng d ‘ nhận n( Q ) = ( 2; −1;1) làm một véctơ chỉ phương. Phương trình tham số của đường thẳng d ‘ là  x = 1 + 2t   d ‘ :  y = 2 − t ‘ , t   . Ta có:  B = d   ( Q )  B  d ‘ nên ta gọi B (1 + 2t ; 2 − t ; −1 + t  ) .  z = −1 + t   Vì B  ( Q ) nên ta có: 2 (1 + 2t  ) − ( 2 − t  ) + ( −1 + t  ) − 5 = 0  t  = 1  B ( 3;1;0 ) . Vậy AB = Câu 2: ( 3 − 0 ) + (1 − 1) + ( 0 + 3) 2 2 =3 2. 2 Chọn A C D A H B Gọi C ABM là chu vi của tam giác ABM . AB = ( −2; − 3; − 10 )  AB = 113 AB = ( −2; − 3; − 10 ) , CD = (1; − 4;1)  AB.CD = −2 + 12 − 10 = 0  AB ⊥ CD . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với đường thẳng CD . H là giao điểm của ( P ) và đường thẳng CD . Phương trình mặt phẳng ( P ) qua A ( −1;1; 6 ) có véc tơ pháp tuyến CD = (1; − 4;1) là: x − 4 y + z −1 = 0 . 368 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x = 1+ t  Phương trình đường thẳng CD :  y = 2 − 4t .  z = −1 + t  H  CD  H (1 + t ; 2 − 4t ; −1 + t ) . H  ( P )  1 + t − 4 ( 2 − 4t ) − 1 + t − 1 = 0  t = 1 1 3  H  ;0; −  . 2 2 2  AM  AH Với M  CD , ta có   AM + BM  AH + BH .  BM  BH C ABM = AB + AM + BM  113 + AH + BH , M  CD . 1 3 Suy ra minC ABM = 113 + AH + BH , đạt được M  H  M  ;0; −  . 2 2 Vậy a + b + c = 1. Câu 3: Chọn A Mặt cầu có tâm I (2; −6;0), R = 5 2 và IA = 10. Ta có cos AMI = MA2 + MI 2 − IA2 MA2 + R 2 − IA2 MA2 + 40 2 MA2 .40 2 = =  = . 2MA.MI 2MA.R 10 2MA 10 2MA 5 Do đó AMI  arccos 2 . Dấu “=” xảy ra khi MA2 = 40  MA = 2 10. 5 2 2 2   M  (S ) ( x − 2) + ( y + 6) + z = 50 Gọi M ( x; y; z )     x − 3 y − 10 = 0. 2 2 2    MA = 2 10 ( x − 1) + ( y + 3) + z = 40 Vậy M  ( P) : x − 3 y −10 = 0. Câu 4: Chọn C A B d I ( ) ( )  m2 + 2m x + 1 − m2 y + m2 − 2m − 2 = 0 (1) Xét  2 2  x + y + 2 x − 9 = 0 ( 2 ) Do ( m 2 + 2m ) + (1 − m 2 )  0, m  2 2 nên (1) là phương trình của đường thẳng  và phương trình ( 2 ) là phương trình của đường tròn ( C ) có tâm I ( −1;0 ) , bán kính R = 10 Để  cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 )  d ( I ;  )  R (*) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 369 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Ta có AB 2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) nhỏ nhất khi d ( I ;  ) lớn nhất 2 2 2 2m + 1 Có d ( I ;  ) = (m 2 ) ( 2 + 2m + 1 − m 2 ) 2 = ( ) ( ) ( m + 2m ) + (1 − m ) 2 m 2 + 2m + 1 − m 2 2 2 2 2  2 2  R . Dấu bằng xảy ra  −1 − 3 m = 2 khi m 2 + 2m = 1 − m 2  2m 2 + 2m − 1 = 0   .  −1 + 3 m = 2    −1 − 3 −1 + 3   Suy ra S =  ;  . Do đó tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng −1 . 2     2 ( ) ( )  m2 + 2m x + 1 − m2 y + m2 − 2m − 2 = 0 (1)  Xét  2 2  x + y + 2 x − 9 = 0 ( 2 ) Do ( m 2 + 2m ) + (1 − m 2 )  0, m  2 2 nên (1) là phương trình của đường thẳng  và phương trình ( 2 ) là phương trình của đường tròn ( C ) có tâm I ( −1;0 ) , bán kính R = 10  Nghiệm của hệ phương trình là tọa độ giao điểm của  và ( C ) .  Ta có: ( m 2 + 2m ) x + (1 − m 2 ) y + m 2 − 2m − 2 = 0  m 2 ( x − y + 1) + 2m ( x − 1) + y − 2 = 0 x − y +1 = 0 x = 1  Thấy:  x − 1 = 0 thì phương trình luôn đúng với mọi m .  y = 2 y − 2 = 0  Suy ra: Đường thẳng  luôn đi qua điểm H (1; 2 ) . Mà IH = 8  10 = R nên điểm H nằm trong đường tròn ( C ) . Khi đó, đường thẳng  đi qua H luôn cắt đường tròn ( C ) tại 2 điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) .  Ta có: AB 2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) nhỏ nhất 2 2  AB nhỏ nhất  AB ⊥ IH hay IH = ( 2; 2 ) là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng  370 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  −1 − 3 m=  m + 2m 1 − m 2  2m2 + 2m − 1 = 0    = 2 2  −1 + 3 m = 2  2 2   −1 − 3 −1 + 3   Vậy S =  ;  nên tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng −1 . 2 2     Nhận xét: Phương trình 2m2 + 2m −1 = 0 ( a, c trái dấu) có 2 nghiệm phân biệt nên theo Vi-et, tổng hai nghiệm đó bằng −1 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 371 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐỀ THI: TỔNG HỢP HÌNH HỌC OXYZ Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a = 2i + 3 j − 5k , b = −3 j + 4k , c = −i − 2 j . Khẳng định nào sau đây đúng? A. a = ( 2;3; − 5 ) , b = ( −3; 4;0 ) , c = ( −1; − 2;0 ) . B. a = ( 2;3; − 5 ) , b = ( −3; 4;0 ) , c = ( 0; − 2;0 ) . C. a = ( 2;3; − 5 ) , b = ( 0; − 3; 4 ) , c = ( −1; −2;0 ) . D. a = ( 2;3; − 5 ) , b = (1; − 3; 4 ) , c = ( −1; − 2;1) . Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( 0;1;3) và b = ( −2;3;1) . Nếu Câu 3. 2 x + 3a = 4b thì tọa độ của vectơ x là: 9 5 9 5 9 5   9 5   A. x =  −4; ; −  . B. x =  4; − ;  . C. x =  4; ; −  . D. x =  −4; − ;  . 2 2 2 2 2 2   2 2   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a = (1;0; − 2 ) , b = ( −2;1;3) , c = ( 3; 2; − 1) , d = ( 9;0; − 11) . m , n , p là ba số thực sao cho m.a + n.b + pc = d . Khi đó tổng m + n + p bằng Câu 4. A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Gọi  là góc giữa hai vectơ a = (1; 2;0 ) và b = ( 2;0; −1) , khi đó cos  bằng: 2 2 . D. . 5 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 2; 3; −1) , N ( −1;1;1) , P ( 1; m − 1; 2 ) . A. 0. Câu 5. 2 B. − . 5 C. Với những giá trị nào của m thì tam giác MNP vuông tại N ? A. m = 3 . B. m = 2 . C. m = 1 . Câu 6. D. m = 0 ( ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( 2;1; −2 ) và b = 0; − 2; 2 . Tất cả giá trị của m để hai vectơ u = 2a + 3mb và v = ma − b vuông góc là.  26 + 2 26 + 2 26  2 2 . B. . C. . D.  . 6 6 6 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; 2;0 ) , B ( 2;1; 2 ) , C ( −1;3;1) . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 3 10 10 A. 3 10 . B. . C. . D. 10 . 5 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho năm điểm tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác với A ( 0;0;3) , B ( 2; −1;0 ) , C ( 3; 2; 4 ) , D (1;3;5 ) , E ( 4; 2;1) . Đỉnh của hình chóp tương ứng là. A. Câu 7. Câu 8. Câu 9. A. Điểm C . B. Điểm A . C. Điểm B . D. Điểm D . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ ABC. ABC có tọa độ các a 3 a  ; ;0  và A ( 0;0; 2a ) . Gọi D là trung điểm cạnh BB và đỉnh A ( 0;0;0 ) , B ( 0; a;0 ) , C  2 2   M di động trên cạnh AA . Diện tích nhỏ nhất của tam giác MDC là. a2 3 a2 5 a2 6 a 2 15 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4 Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A (1; − 1; 2 ) , B ( 2;1;0 ) , C ( −1;1;1) , D ( 2;3;1) . Gọi ( L ) là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức 372 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = 100 . Biết rằng ( L ) là một mặt cầu, mặt cầu đó có bán kính R bằng bao nhiêu? A. R = 10 . B. R = 21 . C. R = 3 . D. R = 13 . 1 3   Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M  0; 3; −  , N  2; 1; −  và mặt phẳng 2 2   ( P ) : x − y − z − 3 = 0. Gọi  là đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng ( P ) , các điểm H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N trên . Biết rằng khi MH = NK thì trung điểm của HK luôn thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của d là:  x = −3 − t  x = −3 + t  x = −3 − t  x = −3 − t     A.  y = 1 − t . B.  y = 1 + t . C.  y = 1 − t . D.  y = 1 + t .  z = −7  z = −7  z = −7  z = −7     Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 4 = 0 và các điểm A ( 2;1; 2 ) , B ( 3; − 2; 2 ) . Điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho các đường thẳng MA , MB luôn tạo với mặt phẳng ( P ) các góc bằng nhau. Biết rằng điểm M luôn thuộc đường tròn ( C ) cố định. Tìm tọa độ tâm của đường tròn ( C ) . 14   74 97 62   17 17 17   32 49 2   10 A.  ; − ;  . B.  ; − 3;  . C.  ; − ;  . D.  ; − ;  . 9 9 3  27 27 27   21 21 21   9  3 Câu 13. Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB với A (1;1; 2 ) , B (1; −3; 2 ) là A. y − 1 = 0 . B. y + 3 = 0 . C. y − 2 = 0 . D. y + 1 = 0 . ( P ) qua ba điểm A (1; 2;3) , B ( 3;5; 4 ) và C ( 3;0;5) là Phương trình mặt phẳng A. 4 x − y − 5z −13 = 0 . B. 8x − 2 y − 10 z − 25 = 0 . C. 8x − 2 y − 10 z + 25 = 0 . D. 4 x − y − 5z + 13 = 0 . Câu 15. Phương trình mặt phẳng ( P ) qua hai điểm A ( 2;1; −3) , B ( 3; 2; −1) và vuông góc với mặt phẳng Câu 14. ( Q ) : x + 2 y + 3z − 4 = 0 là C. x + y − z − 12 = 0 . D. x + y − z − 6 = 0 . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :3 x − 4 y + z − 8 = 0 . Tọa độ giao điểm A. x + y − z + 6 = 0 . Câu 16. B. x + y − z + 12 = 0 . M của ( P ) và trục Oy là 8  C. M  ;0;0  . D. M ( 0; − 2;0 ) . 3  Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 4;1) . ( P ) là mặt phẳng qua M và cắt các A. M ( 0; 2;0 ) . B. M ( 0;0;8 ) . tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho thể tich khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( P ) là A. 4 x + y + 4 z −12 = 0 . B. 4 x + y + 3z −12 = 0 .C. 4 x + y + 4 z + 12 = 0 . D. 4 x + y + 4 z − 12 = 0 . x − 2 y +1 z Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : và = = 1 2 1 x y−3 z d2 : = = . ( P ) là mặt phẳng chứa d1 và tạo với d 2 một góc lớn nhất. Phương trình mặt 2 −2 1 phẳng ( P ) là A. 13x −10 y + 7 z + 36 = 0 . C. 13x + 10 y + 7 z − 36 = 0 . B. 13x −10 y + 7 z − 36 = 0 . D. −13x − 10 y + 7 z + 36 = 0 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 373 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z = 1 . Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( P ) . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn MN . A. x − 2 y + 2 z + 3 = 0 . B. x − 2 y + 2 z + 1 = 0 . C. x − 2 y + 2 z − 3 = 0 . D. x − 2 y + 2 z + 2 = 0 . Câu 20. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M ( 0; −1; 2 ) , N ( −1;1;3) . Một mặt phẳng ( P ) đi qua M , N sao cho khoảng cách từ điểm K ( 0;0; 2 ) đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ véctơ pháp tuyến n của mặt phẳng ( P ) . B. n = (1;1; −1) . A. n = (1; −1;1) . Câu 21. C. n = ( 2; −1;1) . D. n = ( 2;1; −1) . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm M (1; 4;9 ) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức OA + OB + OC có giá trị nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào dưới đây? A. (12; 0; 0 ) B. ( 6; 0; 0 ) . C. ( 0; 6; 0 ) D. ( 0; 0;12 ) . . . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 5 = 0 và Câu 23. ( Q ) : 2 x + y + z + 5 = 0 . Mặt phẳng ( R ) vuông góc với ( P ) và ( Q ) A. n = ( 3; 2 ; − 1) . B. n = (1 ; − 2 ; − 4 ) . C. n = (1;1; 0 ) . có véc tơ pháp tuyến là Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : 2x + y + 2z − 5 = 0 D. n = ( −2 ; 1 ; 3) . và ( Q ) : − x + 2 y − 2 z + 7 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( ) chứa giao tuyến hai mặt phẳng trên và song song với trục Oy là A. 5x + 6 z − 17 = 0 . B. 3 y + 17 = 0 . C. 5x + 6 z + 17 = 0 . D. 5x + 3 y + 6 z + 17 = 0 . Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 0 ; 8 ; 2 ) và mặt cầu (S) có phương trình ( S ) : ( x − 5) ( P ) qua A 2 + ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 và điểm B ( 9 ; − 7 ; 23) . Viết phương trình mặt phẳng 2 2 và tiếp xúc với ( S ) sao cho khoảng cách từ B đến ( P) lớn nhất. Giả sử n = (1 ; m ; n ) là một véc tơ pháp tuyến của ( P ) , hãy tính tích m.n biết m , n là các số nguyên. C. m.n = 4 . D. m.n = −4 . x+2 y −2 z +3 Câu 25. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : . Điểm nào thuộc = = 2 3 2 đường thẳng d . A. M ( 0 ; 5 ; − 1) . B. N (1; 2 ; − 1) . C. P ( 2 ; 0 ;1) . D. Q ( −1;1; − 2 ) . A. m.n = 2 . Câu 26. Câu 27. B. m.n = −2 . x −1 y z + 2 và hai điểm A(0 ; −1; 3), B(1; − 2 ;1). Tìm tọa độ điểm = = 2 1 −1 M thuộc đường thẳng  sao cho MA2 + 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (1; 0 ; − 2). B. M (3 ;1; − 3). C. M (−1; −1; −1). D. M (5 ; 2 ; − 4). Cho đường thẳng  : Trong không gian Oxyz , cho a = (1; − 1;0 ) và hai điểm A ( −4 ;7 ; 3) , B ( 4 ; 4 ;5 ) . Giả sử M , N là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MN cùng hướng với a và MN = 5 2 . Giá trị lớn nhất của AM − BN bằng. A. 17 . 374 B. 77 . C. 7 2 − 3 . D. 82 − 5 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; − 2;5 ) và mặt phẳng Câu 28. ( P ) : 2 x − 3z − 9 = 0 . Phương trình đường thẳng ( P ) là  x = 1 + 2t  A.  y = −2 − 3t .  z = 5 − 9t   x = 1 + 2t  B.  y = −2 − 3t . z = 5  d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng  x = 1 + 2t  C.  y = −2 .  z = 5 − 3t  x = 2 + t  D.  y = −2t .  z = −3 + 5t  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : 3 x − y + z + 4 = 0 và Câu 29. ( Q ) : 2 x − 5 y + 6 = 0 . Lập phương trình đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .  x = −3 + 5t  A.  y = 2t .  z = 5 − 13t  Câu 30.  x = −3 + 5t  B.  y = −2t .  z = 5 − 13t   x = −3 + 5t  C.  y = 1 + 2t .  z = 5 − 13t   x = 3 + 5t  D.  y = 2t .  z = 5 − 13t  5 1 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  ; ; −  , mặt phẳng 2 2 2 2 2 2 ( P ) : 2 x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x + y + z = 9 . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A , nằm trong ( P ) và cắt ( S ) tại hai điểm B , C sao cho BC = 3 . Phương trình đường thẳng d là: 5  x = +t     2 x = 3 + t   x x = = 3 3 + + t t  1     A.  y = + t . B.  y = 1 + t . C.  y = −1 + t . D.  y = 1 + t . 2     5 5 5 1   z = − + 6t  z = + 6t  z = + 6t  2   2 2  z = − 2 − 6t  Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng d biết d song song với y −7 z −3 , đồng thời cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 với d : x − 4 = = 4 −2 x = t y −1 z −1  d1 :  y = −1 + 2t ( t : tham số) và d 2 : x = . = −2 3 z = t  x = 2 + u  A.  y = 3 + 4u .  z = 2 − 2u  x = 2 + u  B.  y = 3 − 4u .  z = 2 − 2u  x = 2 − u  C.  y = 3 + 4u .  z = 2 − 2u  x = 2 + u  D.  y = 3 + 4u .  z = 2 + 2u   x = 2 + 3t  Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 và d 2 với d1 :  y = −3 + t ( t : tham  z = 4 − 2t  x − 4 y +1 z số) và d 2 : . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng chứa hai = = 3 1 −2 đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cách đều hai đường thẳng đó.  x = 3 + 3u  A.  y = −2 − u .  z = 2 − 2u   x = 3 + 3u  B.  y = −2u .  z = 2 − 2u   x = 3 + 3u  C.  y = −2 + u .  z = 2 − 2u  Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.  x = 3 − 3u  D.  y = −2 − u .  z = 2 − 2u  375 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 33.  x = −1 + t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng đường thẳng d1 :  y = −2 + 2t và z = t   x = 2 + 2t   d 2 :  y = 1 + t  ( t và t  : tham số) và mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 5 = 0 . Lập phương trình đường  z = 1 + t  thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) và cắt hai đường thẳng d1 và d 2 tại A , B sao cho độ dài AB đạt giá trị nhỏ nhất. x = 1+ u x = 1+ u  x = 1 + 2u  x = 1 − 4u     A.  y = −u . B.  y = 2 + u . C.  y = 2u . D.  y = −2u . z = 2 + u z = u z = u  z = −u     Câu 34. Đường thẳng  đi qua điểm A ( −1;4;2 ) và vuông góc với hai đường thẳng x+3 y+4 z−2 x y +1 z −1 = = = và d 2 : = có phương trình là 2 2 2 5 4 3 x +1 y − 4 z − 2 x −1 y − 4 z − 2 = = = = A.  : . B.  : . 7 7 −1 −1 −3 −3 x +1 y − 4 z − 2 x +1 y − 4 z − 2 = = = = C.  : . D.  : . −7 7 −1 1 −3 3 x − 7 y −1 z − 9 = = Câu 35. Đường thẳng  đi qua điểm A ( −3; − 1;2 ) , vuông góc với đường thẳng d1 : −3 6 −2 x − 3 y −1 z +1 = = và cắt đường thẳng d 2 : có phương trình là 5 3 2 x − 3 y −1 z + 2 x + 3 y +1 z − 2 = = = = A.  : . B.  : . 6 2 −3 6 2 −3 x+6 y+2 z−3 x + 3 y +1 z − 2 = = = = C.  : . D.  : . −6 −3 −1 2 −3 2 x + 2 y −1 z + 5 = = Câu 36. Đường thẳng  đi qua điểm A ( −2;1;1) , và cắt đường thẳng d : tại điểm 1 3 −2 M có tọa độ thỏa mãn S ABM = 3 5 với B ( −3; − 1;2 ) . Phương trình của đường thẳng  là d1 : x − 2 y +1 z −1 x − 2 y +1 z −1 = = = = . B.  : . −2 −6 −3 2 6 −3 x + 2 y −1 z +1 x + 2 y −1 z −1 = = = = C.  : . D.  : . 2 6 3 2 6 −3 Câu 37. Cho hình lập phương ABCD. ABCD có A ( 0;0;0 ) , B ( 3;0;0 ) , D ( 0;3;0 ) , A ( 0;0;3) . Mặt cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương có phương trình là 2 2 2 2 2 2 3  3  3  A. ( S ) :  x −  +  x −  +  x −  = 9 . B. ( S ) : ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) = 18 . 2  2  2  A.  : 2 Câu 38. 2 2 2 3  3  3 9  D. ( S ) :  x −  +  x −  +  x −  = . 2  2  2 2  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 5 = 0 . Mặt cầu ( S ) có bán C. ( S ) : ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) = 9 . 2 2 kính R = 4 và cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có tâm H (1; − 2; − 4 ) bán kính r = 13 , biết rằng tâm mặt cầu ( S ) có hoành độ dương. Phương trình mặt cầu ( S ) là: 376 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 3) = 16 . B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z + 5 ) = 16 . C. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 4 ) = 16 . D. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z + 5 ) = 13 . 2 2 2 Câu 39. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (1; 2; −3) và điểm M ( −1; −2;1) sao cho từ M có thể kẻ được ba tiếp tuyến MA , MB, MC đến mặt cầu ( S ) ( A , B, C là các tiếp điểm ) thỏa mãn AMB = 60 ; BMC = 90 ; CMA = 120 . Phương trình mặt cầu ( S ) là A. x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 4 y − 6z − 13 = 0 . B. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6z + 13 = 0 . C. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6z − 1 = 0 . D. x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 13 = 0 . x y −1 z +1 Câu 40. Cho đường thẳng d : = và điểm A ( 5; 4; −2 ) . Tìm phương trình mặt cầu đi qua = 1 2 −1 điểm A và có tâm là giao điểm của d với mặt phẳng ( Oxy ) . A. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 65 . B. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + z 2 = 9 . C. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 64 . D. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + z 2 = 65 . 2 2 2 Câu 41. 2 2 2 2 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 10 = 0 và mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;1;3) . Biết mặt mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng 4 . Viết phương trình của mặt cầu ( S ) . A. ( x + 2 ) + ( y + 1) + ( z + 3) = 36 . B. ( x + 2 )2 + ( y + 1)2 + ( z + 3)2 = 25 . C. ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 + ( z − 3)2 = 36 . D. ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 + ( z − 3)2 = 25 . 2 Câu 42. 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( S ) : ( x − 1) A ( 3;0; − 2 ) và mặt cầu + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 25 . Đường thẳng d đi qua A và cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt M , N . Độ dài nhỏ nhất của MN là A. 8 . B. 10 . C. 4 . D. 6 . Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) có phương trình 2 2 2 x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z − m = 0 có bán kính R = 5. Tìm giá trị của m . A. m = 4 . B. m = −4 . C. m = 16 . D. m = −16 . x − 4 y −1 z + 5 Câu 44. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : và = = 3 −1 −2 x−2 y+3 z d2 : = = . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d 2 có 1 3 1 phương trình A. x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + y − z = 0 . B. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 2 y − 2 z = 0 . C. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y + 2 z = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − y + z = 0 . Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 5 = 0 và các điểm A ( 0;0;4 ) , B ( 2;0;0 ) . Mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất đi qua A; B;O và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có tâm là Câu 46.  19  D. 1; ; 2  .  4  x −1 y − 2 z −1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : , A ( 2;1; 4 ) . Gọi = = 1 1 2 H ( a; b; c ) là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính T = a3 + b3 + c3 . A. (1; 2; 2 ) . 19   B. 1; − ; 2  . 4   C. (1; − 2; 2 ) . A. T = 8 . B. T = 62 . C. T = 13 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. T = 5 . 377 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 47. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho phương trình hai đường thẳng  : x y z = = và 1 1 2 x +1 y z −1 = = .Gọi M là điểm thuộc  và N là điểm thuộc thuộc   sao cho đường thẳng −2 1 1 MN song song với mặt phẳng ( P): x − y + z = 0 và độ dài MN = 2 . Số cặp điểm M ; N thỏa mãn bài toán là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . x − m y + 1 z + m2 = = Câu 48. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : và hai điểm 1 −2 1 M (−1;4;1), N (3; −2;0). Gọi H ( a ; b ; c ) , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N lên Δ sao cho khối tứ diện HKNM có thể tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T = a − 2b + c bằng A. −3 . B. 5 . C. −8. D. 8. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1;1) , B ( 0;3; −1) và điểm C nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng. Điểm C có tọa độ là A. (1;2;3 ) . B. (1; 2;1) . C. (1; 2;0 ) . D. (1;1;0 ) .  : Câu 50. Cho mặt cầu (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 = 0 và mặt phẳng ( P) : x + z + 1 = 0 . Mặt phẳng (P) cắt (S ) theo giao tuyến là một đường tròn có tọa độ tâm là A. (1; −1;0 ) . B. ( 0; −1; 0 ) . C. ( 0;1; −1) . D. ( 0; 0; −1) . Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(3;1;0) , B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và có hoành độ dương, C nằm trên trục Oz và H (2;1;1) là trực tâm của tam giác ABC . Toạ độ các điểm B , C thỏa mãn yêu cầu bài toán là: A. B ( 3;1;0) , C ( 0;0; −3) . B. B (1;3;0) , C ( 0;0; −3) . C. B ( 3; −3;0) , C ( 0;0;1) . D. B (1; −3;0 ) , C ( 0;0;1) . Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0;1;1) , B ( 3;0; −1) , C ( 0;5; −6 ) và mặt cầu 2 2 2  1 ( S ) : ( x − 1) + ( y− 1) +  z +  = 2 . Biết điểm M ( x; y; z ) thuộc mặt cầu (S) và thỏa mãn giá trị  2 của T = 3MA + 2MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tổng P = x + y + z bằng: 5 3 . C. P = . D. P = −3 . 2 2 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) đi qua A ( −1; 2;0 ) và cách A. P = 3 . Câu 53. B. P = điểm B (1; − 2; − 2 ) một khoảng lớn nhất có phương trình là ax + by + cz + d = 0 , với a, b , c . Nếu a = 1 thì giá trị của d bằng A. −5 . B. 5 . C. 6 . D. −6 . Câu 54. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; 2 ) , B ( 5; 4; 4 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 6 = 0 . Gọi điểm M ( a ; b ; c ) thuộc ( P ) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Khi đó giá trị a + b + c bằng A. 5 . B. 3 . C. −2 . D. 4 . Câu 55. Trong không gian tọa độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) sao cho a2 + b2 + c2 = 12 và diện tích tam giác ABC lớn nhất. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào sau đây? A. ( 2; 0; 2 ) . 378 B. ( 3; 0;3 ) . C. ( 2; 2; 0 ) . D. (1; 0;1) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 56. Cho hình chóp S. ABC , có SC vuông góc với đáy ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại A , các điểm M , N lần lượt thuộc SA, BC sao cho AM = CN . Biết SC = CA = AB = a 2 . Tìm giá trị của MN ngắn nhất? a 6 a 6 a 6 a 3 A. B. . C. . D. . . 6 3 2 6 Câu 57. Cho hình hộp đứng ABCD.A’ B’C ‘ D’ , 2AA’ = AB , đáy ABCD là hình vuông. Tìm M thuộc cạnh AB sao cho A’ MC ‘ là góc lớn nhất? A. M (1;0;0 ) . B. M (1;0;1) . Câu 58. D. M ( 0;0;1) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, đường cao AB = a, BC = 2a, SA = a và vuông góc với đáy, SC ⊥ BD. Gọi M thuộc SA , DE là đường cao tam giác BDM .Giả sử MA = x ( 0  x  a ) , xác định x để DE lớn nhất. A. x = 2a . Câu 59. C. M ( 0;1;0 ) . B. x = a . 2 D. x = a . C. x = 3a . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng  :  x = 1 + 2t  d :  y = −1 + 2t , t  z = 1 + t  x −1 y −1 z +1 và = = 1 −2 2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? B.  và d chéo nhau,  vuông góc với d . D.  và d chéo nhau nhưng không vuông góc. x −1 y + m z − n Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng  : và = = −2 2 1  x = 1 + 6t  d :  y = 3 − 6t . Tính giá trị biểu thức K = m2 + n2 , biết hai đường thẳng  và d trùng nhau.  z = 6 − 3t  A.  cắt d và  vuông góc với d . C.  cắt d và  không vuông góc với d . Câu 60. D. K = 73 . x−2 z −1 Câu 61. Viết phươngg trình mặt cầu (S) tâm I ( 4, 2, −1) nhận đường thẳng ( D ) : = y +1= 2 2 làm tiếp tuyến. B. K = 45 . A. K = 30 . A. ( x − 4 ) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 4 B. ( x − 4 ) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 C. ( x − 4 ) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 D. ( x − 4 ) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3 2 2 2 Câu 62. C. K = 55 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x = 4 + t x = 1   Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 :  y = 2 + t ,  2 :  y = 3 − 2t . Gọi ( S ) là mặt z = 1− t  z = −t   cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 . Bán kính mặt cầu ( S ) . 3 10 11 B. C. D. 2 2 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c A. Câu 63. là các số thực khác 0, mặt phẳng (ABC) đi qua điểm M(2;4;5) . Biết rằng mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo giao tuyến là một đường tròn 2 2 có chu vi 8 . Giá trị của biểu thức a + b + c bằng A. 40 . B. 4 . C. 20 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. D. 30 . 379 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 64. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −2;1; −1) , B ( 3; 4; −3) , C ( 2;1; −2 ) và đường thẳng x −1 y −1 z −1 = = . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa  sao cho A , B , C ở cùng phía đối với mặt 1 −2 −1 phẳng ( ) . Gọi d1 , d 2 , d 3 lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến ( ) . Giá trị lớn nhất của : T = d1 + d2 + d3 là 14 203 . D. Tmax = . 2 2 x = 2 + t  Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d ) :  y = 2 + m + (m − 1)t (m, t  ) . Gọi  z = −2 + 2m + (2m − 3)t  A. Tmax = Câu 65. 21 . 2 B. Tmax = 354 . 2 C. Tmax = I (a, b, c)  ( P) : 2 x + 2 y + z − 8 = 0 là tâm mặt cầu (S ) luôn tiếp xúc với (d ), m  . Biết (S ) có bán kính là R . Tính T = a + 2b + c − R2 . A. −1 . B. 0. C. 1. D. 2. 2 2 2 Câu 66. Cho (S ) : ( x + 1) + ( y + 2) + ( z + 3) = 4, I (2;1;2), A(4; −3; −4), B(4; −3; −2) . Gọi M là điểm nằm 1 trên (S ) và cách đều A, B . Biết MI max = a + b , a, b  , a  b . Tính T = b −10a . 13 A. 56. B. 57. C. 58. D. 59. Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 13 = 0 và ( ) x + 1 y + 2 z −1 = = . Điểm M ( a ; b ; c ) ( a  0 ) nằm trên đường thẳng d sao cho 1 1 1 từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu ( S ) ( A , B , C là các tiếp điểm) và đường thẳng d : AMB = 60 , BMC = 90 , CMA = 120 . Tính a3 + b3 + c3 . 173 112 23 A. a 3 + b3 + c3 = . B. a 3 + b3 + c3 = . C. a3 + b3 + c3 = −8 . D. a 3 + b3 + c3 = . 9 9 9 Câu 68. 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 , x y z + = 1 (với m  −2 , m  0 , m  5 ). Tìm khoảng cách ngắn nhất Oy , Oz và ( ) : + m m+ 2 m−5 từ tâm mặt cầu ngoại tiếp I của tứ diện ABCD đến O. A. 380 30 . B. 13 . 2 C. 26 . D. 26 . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. 1 . C 2 . A 3 . A 4 . D 5 . D 6 . A 7 . B 8 . A 9 . C 1 1 . C 2 1 . B 3 1 . A 4 1 . D 5 1 . A 6 1 . B 1 2 . A 2 2 . D 3 2 . C 4 2 . A 5 2 . C 6 2 . B 1 3 . D 2 3 . A 3 3 1 4 . D 2 4 . D 3 4 . A 4 4 . C 5 4 . A 6 4 . B 1 5 . D 2 5 . A 3 5 . B 4 5 . A 5 5 . D 6 5 . B 1 6 . D 2 6 . C 3 6 . D 4 6 . B 5 6 . B 6 6 . B 1 7 . A 2 7 . A 3 7 . D 4 7 . B 5 7 . A 6 7 . B 1 8 . B 2 8 . C 3 8 . A 4 8 . C 5 8 . D 6 8 . D 1 9 . A 2 9 . A 3 9 . D 4 9 . C 5 9 . B 4 3 . C 5 3 . B 6 3 . A Chọn C a = 2i + 3 j − 5k  a = ( 2;3; − 5 ) . 1 0 . B 2 0 . B 3 0 . B 4 0 . D 5 0 . D 6 0 . B b = −3 j + 4k  b = ( 0; − 3; 4 ) . c = −i − 2 j  c = ( −1; − 2;0 ) . Câu 2. Câu 3. Chọn A 3 9 5  3 9  2 x + 3a = 4b  x = 2b − a = ( −4;6; 2 ) −  0; ;  =  −4; ; −  . 2 2 2  2 2  Chọn A m.a + n.b + pc = d  ( m ;0; − 2m ) + ( −2n ; n ;3n ) + ( 3 p ;2 p ; − p ) = ( 9;0; − 11)  m − 2n + 3 p = 9 m = 2    n + 2 p = 0  n = −2  m + n + p = 1.  −2m + 3n − p = −11  p = 1   Câu 4. Chọn D a.b = a b cos  = cos  = a.b a b = 2 2 = . 5. 5 5 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 381 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 5. Câu 6. Chọn D MN ( 3; 2;2); NP (2; m 2;1). Tam giác MNP vuông tại N  MN .NP = 0  −6 − 2m + 4 + 2 = 0  m = 0. Chọn A a.b = −3 2; a.a = 9; b.b = 4. Hai vectơ và vuông u = 2a + 3mb v = ma − b 2 2  u.v = 0  2ma.a − 2a.b + 3m a.b − 3mb.b = 0  18m + 6 2 − 9 2m − 12m = 0  −3 2m 2 + 2m + 2 2 = 0  m = Câu 7. góc  26 + 2 . 6 Chọn B Ta có: AB = (1; −1; 2 ) , AC = ( −2;1;1)  AB = AC = 6 ; có BC = 14 . Lại có:  AB, AC  = ( −3; −5; −1) . 1 35  AB, AC  = .  2 2 AB. AC.BC AB. AC.BC 6. 6. 14 3 10 . =  RABC = = = 4 RABC 4S ABC 5 35 4. 2 Diện tích tam giác ABC là S ABC = Ta lại có công thức S ABC Câu 8. Câu 9. Chọn A Xét đáp án A chọn điểm C là đỉnh, ta có: AB = ( 2; −1; −3) , AD = (1;3; 2 ) , AE = ( 4; 2; −2 ) , AC = ( 3; 2;1) .   AB, AD  . AE = 4.7 − 2.7 − 2.7 = 0   Với  AB, AD  = ( 7; −7;7 )    AB, AD  . AC = 3.7 − 2.7 + 1.7 = 14    Suy ra A , B , D , E đồng phẳng. Vậy điểm C là đỉnh của hình chóp. Chọn C a 3 a  ; ; 2a  , D ( 0; a; a ) và M ( 0;0; t ) ( 0  t  2a ) . Theo giả thiết, ta có CC  = AA  C    2 2  a 3 a  ; − ; a  , DM = ( 0; −a; t − a ) . Ta có DC  =  2   2 1 a 4t 2 − 12at + 15a 2 a Vì vậy S MDC  =  DC , DM  = = 2 4 3 a2 6 Suy ra MinSMDC  = khi t = a . 2 4 Câu 10. Chọn B Giả sử M ( x; y; z ) . Khi đó: ( 2t − 3a ) 2 + 6a 2 4  a2 6 . 4 MA2 = ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) , MB 2 = ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 , 2 2 2 2 2 MC 2 = ( x + 1) + ( y − 1) + ( z − 1) , MD 2 = ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 1) . 2 2 2 2 2 2 Ta có: MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = 100  4 x2 + 4 y 2 + 4 z 2 − 8x − 8 y − 8z + 28 = 100  ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 21  MI = 21 , với I (1;1;1) . 2 2 2 Vậy tập hợp tất cả các điểm M thỏa mãn đẳng thức đã cho là mặt cầu tâm I (1;1;1) , bán kính R = 21 . 382 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 11. Chọn C Gọi I , A lần lượt là trung điểm của MN và HK. Ta có HAM = KAN ( c.g .c )  AM = AN  tam giác MAN cân tại A  AI ⊥ MN  AI luôn thuộc mặt phẳng trung trực ( Q ) của đoạn thẳng MN   là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Ta có: MN = ( 2; − 2; −1) , I (1; 2; − 1) . Phương trình mặt phẳng ( Q ) : 2 x − 2 y − z + 1 = 0 . d = ( P )  ( Q ) nên d có một véctơ chỉ phương u d =  n P ; nQ  = ( −1; − 1;0 ) và d đi qua điểm  x = −3 − t  E ( −3;1; − 7 ) . Do đó phương trình tham số của d là:  y = 1 − t .  z = −7  Câu 12. Chọn A Cách 1: Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A , B lên ( P )  AMH = BMK . 4+2−2+4 8 6−4−2+4 4 = ; BK = d ( B; ( P ) ) = =  AH = 2.BK 3 3 3 3  HM = 2.MK (do AHM đồng dạng với BKM (g.g) vì giả thiết cho AMH = BMK ). Ta có: AH = d ( A; ( P ) ) = Lấy điểm I là điểm đối xứng của H qua K ; E thuộc đoạn HK sao cho HE = 2KE ; F thuộc đoạn KI sao cho FI = 2KF . Khi đó: A , B , I , H , E , K , F đều là các điểm cố định. * Ta chứng minh: M di chuyển trên đường tròn tâm F , đường kính IE : Gọi N là điểm đối xứng của M qua K  HMN cân tại M . 2 E nằm trên trung tuyến HK và HE = HK  E là trọng tâm HMN  ME ⊥ HN . 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 383 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Mà HN // MI  ME ⊥ MI . Dễ dàng chứng minh F là trung điểm của EI  M di chuyển trên đường tròn tâm F đường kính EI (thuộc mặt phẳng ( P ) ). * Tìm tọa độ điểm F :  x = 2 + 2t  Phương trình đường cao AH là:  y = 1 + 2t . z = 2 − t  Khi đó ta gọi H ( 2 + 2t1 ;1 + 2t1 ; 2 − t1 )  AH . Ta có: H  ( P )  2 ( 2 + 2t1 ) + 2 (1 + 2t1 ) − ( 2 − t1 ) + 4 = 0  t1 = − 8  2 7 26   H  ;− ; . 9 9 9 9   x = 3 + 2t  Phương trình đường cao BK là:  y = −2 + 2t . z = 2 − t  Khi đó ta gọi K ( 3 + 2t2 ; − 2 + 2t2 ; 2 − t2 ) . K  ( P )  2 ( 3 + 2t2 ) + 2 ( −2 + 2t2 ) − ( 2 − t2 ) + 4 = 0 4  19 −26 22   t2 = −  K  ; ; . 9 9 9 9  2 4 17   xF − 9 = 3 . 9  4 7 4 −19   74 −97 62  Ta có: HF = HK   yF + = . F ; ; . 3 9 3 9  27 27 27   26 4 −4   zF − 9 = 3 . 9  Cách 2: Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B trên ( P ) . Khi đó ta có AMH = BMK . Suy ra AMH ∽ BMK MA AH d ( A, ( P ) )  = = = 2  MA = 2MB. MB BK d ( B, ( P ) ) 384 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi M ( x; y; z ) . Khi đó ta có: MA = 2MB  ( x − 2) 2 + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 2 2 2 ( x − 3) 2 + ( y + 2) + ( z − 2) 2 2 20 x + 6 y − 4 z + 59 = 0 ( S ) . 3 Suy ra M thuộc đường tròn giao tuyến của ( P ) với mặt cầu ( S ) . Mặt cầu ( S ) có tâm  x2 + y 2 + z 2 −  10  I  ; − 3; 2  .  3  Tâm H của đường tròn ( C ) là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) .  74 97 62  Từ đó ta tìm được H  ; − ;  .  27 27 27  Câu 13. Chọn D Gọi I là trung điểm của AB , suy ra I (1; −1; 2 ) . Khi đó mặt phẳng trung trực ( P ) của đoạn AB qua I và nhận AB = ( 0; −4;0 ) = −4 ( 0;1;0 ) làm vectơ pháp tuyến. Ta có phương trình: ( P ) : 0. ( x − 1) + 1. ( y + 1) + 0. ( z − 2 ) = 0  ( P ) : y + 1 = 0 . Câu 14. Chọn D Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng n =  AB, AC  = (8; −2; −10 ) = 2 ( 4; −1; −5) . ( P) Khi đó mặt phẳng  n ⊥ AB ta có  nên chọn n ⊥ AC   ( P) qua A (1; 2;3) và nhận n = ( 4; −1; −5 ) làm vectơ pháp tuyến. Ta có phương trình: ( P ) : 4. ( x − 1) − 1. ( y − 2 ) − 5. ( z − 3 ) = 0  ( P ) : 4 x − y − 5 z + 13 = 0 . Câu 15. Gọi n là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ta có n ⊥ AB  n =  AB, nQ  = ( −1; −1;1) = −1(1;1; −1)  n ⊥ nQ Khi đó mặt phẳng ( P ) qua A ( 2;1; −3) và nhận n = (1;1; −1) làm vectơ pháp tuyến. Ta có phương trình: ( P ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) − ( z + 3) = 0  ( P ) : x + y − z − 6 = 0 . Câu 16. Chọn D x = 0  Ta có phương trình trục Oy :  y = t . z = 0  Tọa độ giao điểm M của ( P ) và trục Oy là nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ phương trình: x = 0 y = t   t = 2  M ( 0; 2;0 ) .  z = 0  3 x − 4 y + z − 8 = 0 Câu 17. Chọn A Gọi ( a ; 0; 0 ) , ( 0; b ; 0 ) , ( 0; 0; c ) lần lượt là tọa độ các điểm A, B, C ( a  0 , b  0 , c  0 ). 1 Thể tích khối tứ diện OABC là: V = abc . 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 385 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. x y z + + = 1. a b c 1 4 1 4 1 4 1  abc  108 . Điểm M (1; 4;1)( P )  + + = 1  1 = + +  3 3 a b c abc a b c 1 4 1  a + b + c = 1 a = c = 3  . V  18 . Dấu bằng xảy ra khi:  1 4 1 b = 12   = =  a b c x y z  Phương trình mặt phẳng ( P ) : + + = 1  4 x + y + 4 z − 12 = 0 . 3 12 3 Câu 18. Chọn B Ta có d1 đi qua N ( 2; − 1;0 ) và có vtcp u1 = (1; 2;1) , d 2 có vtcp u2 = ( 2; − 2;1) . Phương trình mặt phẳng ( P ) : Gọi là  đường thẳng qua N ( 2; − 1;0 ) và song song với d 2   : x − 2 y +1 z = = . 2 −2 1 Khi đó ( d 2 ;( P) ) = (  ;( P) ) . Gọi I ( 4; − 3;1) , H ( 2 + t ; − 1 + 2t ; t ) là hình chiếu của I lên d1 . 1 1 IH .u1 = 0  t − 2 + 4t + 4 + t − 1 = 0  t = −  IH = − (13; − 10;7 ) . 6 6 Gọi K là hình chiếu của I lên ( P ) . IK IH Khi đó: INK = (  ;( P ) ) và INK = ( Không đổi).  IN IN Vậy (  ;( P) ) lớn nhất khi KH  ( P ) :13 ( x − 2 ) − 10( y + 1) + 7 ( z − 6 ) = 0  3 x − 10 y + z − 36 = 0 . Câu 19. Chọn A Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n = (1; −2; 2 ) . x = 1+ t  Phương trình đường thẳng  đi qua M (1;3; −1) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) là  y = 3 − 2t .  z = −1 + 2t  Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( P ) ta có N (1 + t ;3 − 2t ; −1 + 2t ) . Thay tọa độ N vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 9t − 8 = 0  t = 8  17 11 7   N ; ;  9  9 9 9  13 19 −1  Gọi I là trung điểm của MN khi đó ta có I  ; ;  . 9 9 9  386 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Do mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN song song với mặt phẳng ( P ) nên véc tơ pháp tuyến của ( P ) cũng là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn MN .  13 19 1  Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN đi qua I  ; ; −  và có một véc tơ pháp 9 9 9 tuyến là n = (1; −2; 2 ) là x − 2 y + 2 z + 3 = 0 . Cách 2. TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0  3  2 1 2 Lấy K (1;0;0 )  ( P ) , gọi E  1; ; −  là trung điểm MK . Mặt phẳng cần tìm đi qua E và có cùng vectơ pháp tuyến với ( P ) nên có phương trình: ( x − 1) − 2  y −  Câu 20. 3 1   + 2  z +  = 0  x − 2 y + 2z + 3 = 0 . 2 2  Chọn B Ta có: MN = ( −1; 2;1) . K N M (P) I  x = −t  Đường thẳng ( d ) qua hai điểm M , N có phương trình tham số  y = −1 + 2t . z = 2 + t  Gọi I là hình chiếu vuông góc của K lên đường thẳng d  I ( −t ; −1 + 2t ; 2 + t ) . Khi đó ta có KI = ( −t ; −1 + 2t ; t ) . 1 1  1 1 1  KI =  − ; − ;  = − (1;1; −1) . 3 3  3 3 3 = KI  KI ⊥ ( P )  n = (1;1; −1) . Do KI ⊥ MN  KI .MN = 0  t − 2 + 4t + t = 0  t = Ta có d ( K ; ( P ) )  KI  d ( K ; ( P ) )max Câu 21. Chọn B Giả sử A ( a;0;0 )  Ox , B ( 0; b;0 )  Oy , C ( 0;0; c )  Oz và ( a, b, c  0 ) . Ta có OA + OB + OC = a + b + c . Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: x y z + + =1. a b c 1 4 9 + + = 1. a b c   1 2  4 2  9 2  1 4 9   + +  ( a + b + c ) =    +  +     a   b   c   a b c   Ta có: M (1; 4;9 )  ( P )  (( a ) + ( b ) + ( c ) )  (1+ 2 + 3) 2 2 2 2  a + b + c  (1 + 2 + 3) . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 387 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. 1 4 9 a + b + c =1 a = 6  x y z 1 2 3   b = 12  ( P ) : + + = 1 (Thỏa). Dấu ” = ” xảy ra khi:  = = 6 12 18 a b c c = 18 2  a + b + c = (1 + 2 + 3)   Vậy mặt phẳng ( P ) đi qua điểm ( 6; 0; 0 ) . Chọn D ( R ) ⊥ ( Q ) n( R ) ⊥ n(Q )  n( R ) =  n( P ) , n(Q )  = ( −2 ;1; 3)   . R ⊥ P ( ) ( )  n( R ) ⊥ n( P ) Câu 23. Chọn A Cách 1: Vì trắc nghiệm nên mình nêu phương pháp cũ: Phương trình chùm mp. Phương tình mặt phẳng ( ) có dạng: m ( 2 x + y + 2 z − 5 ) + n ( − x + 2 y − 2 z + 7 ) = 0 Câu 22.  ( 2m − n ) x + ( m + 2n ) y + ( 2m − 2n ) z − 5m + 7n = 0 (*) . Vì ( ) song song với Oy nên hệ số y trong phương trình (*) bằng 0 , tức m + 2n = 0 . Ta chọn m = −2 , n = 1 nên ta có phương trình của ( ) là 5x + 6 z + 17 = 0 . Cách 2: Do ( ) chứa giao tuyến d của hai mặt phẳng nên u d ⊥ n(Q )  u d =  n( P ) , n(Q )  = ( −6 ; 2 ; 5) là một vec tơ chỉ phương của d .  u d ⊥ n( P ) Oy có véc tơ chỉ phương j = ( 0 ; 1 ; 0 ) . Do mặt phẳng ( ) chứa d và song song trục Oy nên véc tơ pháp tuyến được xác định: n( ) = u d , j  = ( −5 ; 0 ; − 6 ) . 9  Chọn điểm M  −2 ; 0 ;  thuộc giao tuyến hai mặt phẳng. 2  9  Mp ( ) qua M  −2 ; 0 ;  và nhận n( ) = ( −5 ; 0 ; − 6 ) làm vecto pháp tuyến nên có phương 2  trình: 5x + 6 z − 17 = 0 . Câu 24. Chọn D Cách 1. Mặt cầu ( S ) có tâm I (5 ; − 3 ; 7) và bán kính R = 6 2 . IA = ( −5;11; − 5 )  IA = 171  6 2 nên điểm A nằm ngoài mặt cầu. IB = ( 4; − 4;16 )  IB = 12 2  6 2 nên điểm B nằm ngoài mặt cầu. 388 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. A , I , B không thẳng hàng. Mặt phẳng ( P ) qua A và tiếp xúc với ( S ) nên khi ( P ) thay đổi thì tập hợp các đường thẳng qua A và tiếp điểm tạo thành hình nón Gọi ( AB, ( P)) =   d ( B , ( P ) ) = AB.sin  đạt giá trị lớn nhất A, B, I , H đồng phẳng  ( AIB ) ⊥ ( P ) .( H là hình chiếu của B lên ( P) ) Mặt phẳng ( P ) qua A và nhận n = (1 ; m ; n ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: x + my − nz − 8m − 2n = 0 . Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S )  d ( I , ( P ) ) = R  5n − 11m + 5 = 6 2  ( 5n − 11m + 5 ) = 72 (1 + m2 + n 2 ) 2 1 + m2 + n2  49m 2 − 47n 2 − 110mn + 50n − 110m − 47 = 0 (1) . Ta có:  IA , IB  = (156;70; − 24 ) . Gọi n 1 là véc tơ pháp tuyến của mp ( AIB ) , Chọn n 1 = (13;5; − 2). Do ( AIB ) ⊥ ( P )  n 1 .n = 0  13 + 5m − 2n = 0 ( 2) . Thế (2) vào (1) ta được phương trình:  m = −1 2 . 2079m + 8910m + 6831 = 0    m = −6831 ( loai ) 2079  Thay m = −1 vào (2) suy ra n = 4. Vậy m.n = −4 . Cách 2. TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 Mặt cầu ( S ) có tâm I (5 ; − 3 ; 7) và bán kính R = 6 2 . Mặt phẳng ( P ) qua A và nhận n = (1 ; m ; n ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: x + my + nz − 8m − 2n = 0 . 5n − 11m + 5 Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S )  d ( I , ( P ) ) = R  =6 2 1 + m2 + n2 21n − 15m + 9 5n − 11m + 5 − 4m + 16n + 4  d ( B, ( P ) ) = = 1 + m2 + n 2 1 + m2 + n 2  5n − 11m + 5 + 4 4n − m + 1 1 + m2 + n 2 (42 + ( −1)2 + 12 )( n 2 + m 2 + 1) 6 2 +4 1 + m2 + n 2 = 18 2 Dấu bằng xảy ra khi Câu 25. n m 1 = =  m = −1; n = 4 . Vậy m.n = −4 4 −1 1 Chọn A Thay tọa độ điểm M ( 0 ; 5 ; − 1) vào đường thẳng d ta được M ( 0 ; 5 ; − 1) thuộc đường thẳng d . Câu 26. Chọn C M    M ( 2t + 1; t ; − 2 − t ) 2 3 2 = = = 1 . Vậy điểm 2 3 2 , khi đó MA2 + 2MB 2 = ( 2t + 1) + ( t + 1) + ( t + 5 ) + 2 ( 2t ) + ( t + 2 ) + ( t + 3)    2 2 2 2 2 2 = 18t 2 + 36t + 53 = 18( t + 1) + 35  35 . Dấu bằng xảy ra khi t = −1  M ( −1; − 1; − 1) 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 389 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Câu 27. Chọn A Vì MN cùng hướng với a nên t  0 : MN = ta . Hơn nữa, MN = 5 2  t. a = 5 2  t = 5 . Suy ra MN = ( 5 ; −5 ;0 ) .  x + 4 = 4  x = 1   Gọi A ( x ; y; z  ) là điểm sao cho AA = MN   y  − 7 = −5   y = 2  A (1; 2 ; 3) .  z − 3 = 0  z = 3   Dễ thấy các điểm A , B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng ( Oxy ) vì chúng đều có cao độ dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng A ‘ B luôn cắt mặt phẳng (Oxy ) tại một điểm cố định. Từ AA = MN suy ra AM = AN nên AM − BN = A ‘ N − BN  A ‘ B dấu bằng xảy ra khi N là giao điểm của đường thẳng A ‘ B với mặt phẳng ( Oxy ) . Do đó max AM − BN = A ‘ B = ( 4 − 1) 2 + ( 4 − 2 ) + ( 5 − 3) = 17 , đạt được khi 2 2 N = AB  (Oxy ) . Câu 28. Chọn C Vì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) nên d nhận véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) làm một véc tơ chỉ phương. Do đó đường thẳng d đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là u = ( 2;0; − 3) .  x = 1 + 2t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = −2 .  z = 5 − 3t  Câu 29. Chọn A Mặt phẳng ( P ) và ( Q ) có các véc tơ pháp tuyến lần lượt là n1 = ( 3; −1;1) ; n2 = ( 2; − 5;0 ) . Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) , u là một véc tơ chỉ phương của d . u ⊥ n1  u =  n1 , n2  = ( 5; 2; −13) . Khi đó  u ⊥ n2 3x − y + z + 4 = 0  A ( −3;0;5 ) . Gọi A  d  Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:  2 x − 5 y + 6 = 0   x = −3 + 5t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = 2t .  z = 5 − 13t  Câu 30. Chọn B Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến nP = (1; − 1;1) ; 5 1 1 OA =  ; ; −  2 2 2 Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0; 0; 0 ) và bán kính R = 3 . OA = 390 3 3  R  A nằm trong mặt cầu ( S ) . 2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ. Gọi E là hình chiếu của O lên BC . Vì BC = 3 = R = OB = OC nên tam giác OBC là tam giác R. 3 3 3 đều  OE = = = OA . 2 2 1 1 Suy ra E  A  BC ⊥ OA  d có véc tơ chỉ phương là u = OA, nP  =  − ; − ; −3   2 2  5  x = 2 + t  1  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = + t . 2  −1   z = 2 + 6t  5  Ta thấy đường thẳng d đi qua điểm E  3;1;  . 2  Câu 31. Chọn A  x = t  d  có VTCP u = (1; 4; − 2 ) , d 2 có phương trình tham số:  y = 1 − 2t  .  z = 1 + 3t   Giả sử A và B lần lượt là giao điểm của d với d1 và d 2  A ( t ; − 1 + 2t ; t ) và B ( t  ;1 − 2t  ;1 + 3t  ) . Ta có: AB = ( t  − t ; 2 − 2t  − 2t ;1 + 3t  − t ) . Do d // d  nên vectơ u và vectơ AB cùng phương  Do đó, A ( 2;3; 2 ) . t = 2 t  − t 2 − 2t  − 2t 1 + 3t  − t . = =  1 4 −2 t ‘ = 1 Vậy d là đường thẳng đi qua A ( 2;3; 2 ) và nhận u = (1; 4; − 2 ) là VTCP nên d có phương trình x = 2 + u  là  y = 3 + 4u ( u : tham số).  z = 2 − 2u  Câu 32. Chọn C Ta có: d1 có VTCP u = ( 3;1; − 2 ) và A ( 2; − 3; 4 )  d1 . d 2 có VTCP u = ( 3;1; − 2 ) và B ( 4; − 1;0 )  d 2 . Dễ thấy A  d2 . Do đó, d1 // d 2 . Do d1 // d 2 và d cách đều d1 và d 2 nên d có VTCP là VT u = ( 3;1; − 2 ) . Gọi I là trung điểm của AB nên I ( 3; − 2; 2 )  d . Vậy d là đường thẳng đi qua I và có VTCP là vectơ u = ( 3;1; − 2 ) nên d có phương trình là:  x = 3 + 3u   y = −2 + u ( u : tham số).  z = 2 − 2u  Câu 33. Chọn B Vì A  d1 ; B  d2  A ( −1 + t ; − 2 + 2t ; t ) và B ( 2 + 2t  ;1 + t  ;1 + t  ) . Ta có: AB = ( 3 + 2t  − t ;3 + t  − 2t ;1 + t  − t ) . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 391 CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ.  AB ⊥ n Mặt phẳng ( P ) có VTPT n = (1;1; − 2 ) ; AB // ( P )   .  A  ( P ) AB ⊥ n  AB.n = 0  3 + 2t  − t + 3 + t  − 2t − 2 (1 + t  − t ) = 0  t  = t − 4 . Suy ra AB = ( t − 5; − t − 1; − 3) . Do đó, AB = ( t − 5) 2 + ( −t − 1) + ( −3) = 2 ( t − 2 ) + 27  3 3 . 2 2 2  min AB = 3 3 khi t = 2 . Khi đó, A (1; 2; 2 )  ( P ) ; AB = ( −3; − 3; − 3) . Vậy d là đường thẳng đi qua A và có VTCP là vectơ u = (1;1;1) nên d có phương trình là: x = 1+ u   y = 2 + u ( u : tham số). z = 2 + u  Câu 34. Chọn A Đường thẳng d 1 có VTCP u1 = ( 2;5;3) . Đường thẳng d 2 có VTCP u2 = ( 2;2;4 ) .   ⊥ d1 Vì   u = u1 , u2  = (14; − 2; − 6 ) là một VTCP của đường thẳng  .  ⊥ d 2  x = −1 + 14t x +1 y − 4 z − 2  = = .   :  y = 4 − 2t (Với t là tham số) hay  : 7 −1 −3  z = 2 − 6t  Câu 35. Chọn B Ta có: VTCP của đường thẳng d 1 là u1 = ( −3;6; − 2 ) . VTCP của đường thẳng d 2 là u2 = ( 5;3;2 ) . Gọi B =   d 2  B ( 3 + 5t ;1 + 3t ; − 1 + 2t ) .  AB = ( 6 + 5t ;2 + 3t ; − 3 + 2t ) .  B Vì  nên AB ⊥ u1  AB.u1 = 0 .   ⊥ d1  −3 ( 6 + 5t ) + 6 ( 2 + 3t ) − 2 ( −3 + 2t ) = 0  t = 0  AB = ( 6;2; − 3) . Đường thẳng  đi qua điểm A ( −3; − 1;2 ) và nhận AB = ( 6;2; − 3) làm VTCP nên có phương trình là  : Câu 36. x + 3 y +1 z − 2 = = . 6 2 −3 Chọn D Ta có: M =   d  M ( −2 + t ;1 + 3t ; − 5 − 2t ) . AB = ( −1; − 2;1) ; AM = ( t ;3t ; − 6 − 2t ) .  AB , AM  = (12 + t ;