51 câu Vận dụng cao - Hình học giải tích Oxyz có lời giải chi tiết ôn thi THPT năm 2021

HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho hai A  2;  2; 4  , B  3; 3;  1 điểm  P : 2x  y  2z  8  0. Xét M là điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ nhất của 2MA A. 135 . B. 105 . C. 108 . 2 và mặt phẳng  3MB2 bằng: D. 145 . Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;  1 . Biết rằng tồn tại duy nhất điểm S  a; b; c  khác gốc tọa độ để SA , SB , SC đôi một vuông góc. Tính tổng bình phương giá trị của a , b và c . A. 16 . 9 B. 4 . 81 C. 4 . 9 D. 16 . 81 Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;  3; 4  . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua M và cắt các trục   xOx , yOy , zOz lần lượt tại các điểm D , E , F sao cho OD  2OE  m2  2m  2 OF  0 , trong đó m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị của m để chỉ có đúng ba mặt phẳng  P  thỏa mãn yêu cầu trên. Tập hợp S có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng? A. 7. B. 3. C. 15. D. 4. Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 4; 2  , B  1; 2; 4  và đường thẳng d : x 1 y  2 z   . 1 1 2 Biết rằng tồn tại điểm M  a; b; c   d sao cho MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2a  b  3c bằng A. 10. B. 35 . 3 C. 11. D. 1 . 2 Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S.ABCD với S 1; 1;6  , A 1; 2; 3 , B  3;1; 2  , D  2; 3; 4  . Gọi I là tâm mặt cầu S ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng SAD  . 21 3 3 6 3 . B. d  . C. d  . D. d  . 2 2 2 2 Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2  y2  z2  4x  4y  2z  7  0 và đường A. d  thẳng dm là giao tuyến của hai mặt phẳng x  1  2m y  4mz  4  0 và 2x  my   2m  1 z  8  0. Khi m thay đổi các giao điểm của dm và S nằm trên một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  142 . 15 B. r  92 . 3 C. r  23 . 3 D. r  586 . 15 Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;0  , B  3; 2;0  , C  1; 2; 4  . Gọi M là điểm thay đổi sao cho đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng  ABC  các góc bằng nhau; N là điểm thay đổi nằm trên mặt cầu S  :  x  3    y  2    z  3   2 2 2 1 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN 2 bằng: A. 2 . 2 B. 5. C. 2. D. 3 2 . 2 Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A  0;0; 3 , B  0; 3;0  , C  3;0;0  , D  3; 3; 3 . Hỏi có bao nhiêu điểm M  x; y; z  (với x, y , z nguyên) nằm trong tứ diện. A. 4 . B. 1 . C. 10 . D. 7 . x y 1 z 1  Câu 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  và điểm A 1;1;1 . Hai điểm 2 1 1 B , C di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng OAB  vuông góc OAC  . Gọi điểm B là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết quỹ tích các điểm B là một đường tròn cố định, tính bán kính r của đường tròn này. A. r  60 . 10 B. r  3 5 . 10 C. r  70 . 10 D. r  3 5 . 5 Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;1;1 ; B 1; 2;  1 ; C 1; 2; 2  và mặt phẳng    : x  2 y  2z  1  0 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng   , giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2  MB2  2 MB.MC bằng A. 25 . 4 B. 17 . 4 C. 13 . 2 D. 11 . 2 Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  3; 3;1 và B  4; 4;1 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng  P  : z  2. Giá trị nhỏ nhất của 3MA2  4 MB2 bằng A. 245. B. 189. C. 231. D. 267. Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng Q  : x  2 y  z  8  0  P  , Q  ,  R và  R : x  2y  z  4  0. Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng lần lượt tại A, B, C. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  AB2  A. 72 3 3.  P  : x  2y  z  1  0, B. 96. C. 108. 144 AC D. 72 3 4. Câu 13: Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó bằng A. 6. B. 14. C. 12. D. 10. Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng tập hợp các điểm M  x; y; z  sao cho x  y  z  3 là một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó A. V  54. B. V  72. C. V  36. D. V  27. Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B  2; 3; 2  , C  0; 1;1. Mặt cầu S có bán kính R  6 và tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  tại trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt cầu S nhận điểm nào dưới đây làm tâm? A. M  3;1; 4  . B. N  5; 3; 4  . C. P  5; 3; 4  . D. Q  3; 1; 4  . Câu 16: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có A  x0 ;0;0  , B  x0 ;0;0  , C  0;1;0  và B'  x0 ;0; y0  , trong đó x0 , y 0 là các số thực dương và thoả mãn x0  y0  4 . Khi khoảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và B' C lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có bán kính R bằng bao nhiêu? A. R  17 . B. R  29 . 4 C. R  17 . D. R  29 . 2 Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng tập hợp các điểm M  x; y; z  sao cho x  y  z  3 là một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó A. V  54. B. V  72. C. V  36. D. V  27. Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a,b,c khác 0 và a  2b  2c  6. Biết rằng khi a,b,c thay đổi thì quỹ tích tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P  cố định. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  P  B. d  3. A. d  1. D. d  3. C. d  2. Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có SA  a , SB  b, SC  c. Một mặt phẳng   đi qua trọng tâm của ABC , cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A, B, C . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 3 . a  b2  c 2 B. 2 2 a b c 2 2 2 . C. 1 1 1   . 2 2 SA SB SC 2 2 . a  b2  c 2 9 . a  b2  c 2 D. 2 2 Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x2  y2  z2  3. Một mặt phẳng   tiếp xức với mặt cầu T S  và cắt Ox, Oy, Oz tương ứng tại A, B, C. Tính giá trị của biểu thức 1 1 1   . 2 2 OA OB OC 2 A. T  1 3 . 1 B. T  . 3 1 C. T  . 9 D. T  3.   6  Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2; 3;0  , B 0;  2;0 , M  ;  2; 2  và đường 5   x  t  thẳng d :  y  0 . Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất thì độ dài CM bằng z  2  t  A. 2 3. B. 4. C. 2. 2 6 . 5 D. Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  :  x  1  y 2   z  2   9 ngoại tiếp khối 2 2 bát diện  H  được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều S.ABCD và S.ABCD (đều có đáy là tứ giác ABCD). Biết rằng đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD là giao tuyến của mặt cầu S và mặt phẳng  P : 2x  2y  z  8  0. Tính thể tích khối bát diện  H  665 34 A. V H   . B. V H   . 81 9 Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 68 1330 C. V H   . D. V H   . 9 81 S : x2  y2  z2  4x  2y  6z  5  0 và mặt phẳng  P : 2x  2y  z  16  0. Điểm M, N di động lần lượt trên S và  P  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của đoạn MN là: A. 8. B. 3. C. 2. D. 5. Câu 24: Trong không gian Oxyz cho điểm A  1; 2; 3 , véc – tơ u  6; 2; 3 và đường thẳng d : x  4 y 1 z  2 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc với giá của u và cắt d .   3 2 5 x 1 y 1 z  3 x 1 y  5 z 1 A. . B. .     2 3 6 2 3 2 x 1 y  4 z  5 x  2 y  5 z 1 C. . D. .     1 3 4 3 3 4  P : x  y  2z  1  0 và S là mặt cầu có tâm thuộc Ox, đồng thời S cắt mặt phẳng  P theo giao Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng Q : 2x  y  z  1  0. Gọi tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ có duy nhất một mặt cầu S thỏa mãn điều kiện bài toán A. r  3 2 . 2 B. r  10 . 2 C. r  3. D. r  14 . 2 Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  6; 3; 4  , B  a; b; c  . Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy  , Oxz  , Oyz  . Biết rằng M,N,P nằm trên đoạn AB sao cho AM  MN  NP  PB. Tính giá trị của tổng a  b  c A. a  b  c  11. B. a  b  c  11. D. a  b  c  17. D. a  b  c  17.  P : 2x  y  z  2  0, Q : x  2y  z  2  0,  R : x  y  2z  2  0, T  : x  y  z  0. Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc T  và tiếp xúc với  P  , Q ,  R ? Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm O  0;0;0  , A 1;0;0  , B  0;1;0  , và C  0;0;1 . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mặt phẳng OAB  , OBC  , OCA  ,  ABC  ? A. 1. B. 4. C. 5. D. 8. Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  2;0;0  , B  0; 4; 2  , C  2; 2; 2  . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  , S là điểm di động trên đường thẳng d, G và H lần lượt là trọng tâm của ABC , trực tâm của SBC. Đường thẳng GH cắt đường thẳng d tại S. Tính tích SA.SA 9 3 A. SA.SA  . B. SA.SA  . C. SA.SA  12. D. SA.SA  6. 2 2 Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 (đvdt) và hai đáy là hai tam giác nằm trên hai mặt phẳng    ,  có phương trình lần lượt là    : x  2 y  3z  a  0 và    : 3x  6 y  9 z  b  0  a , b    , b  3a . Hỏi nếu thể tích khối lăng trụ bằng 5 14 thì khẳng định nào sau đây là đúng? A. 3a  b  14. B. a  b  42. 3 C. 3a  b  14. D. a  b  14. 3 x  t  Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  y  1 và 2 mặt phẳng  P  , Q lần  z  t  lượt có phương trình x  2 y  2 z  3  0 ; x  2 y  2 z  7  0 . Viết phương trình mặt cầu S có tâm I thuộc đường thẳng d, tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q  . 2 2 2 4 4 B.  x  3    y  1   z  3   9 9 2 2 2 2 2 2 4 4 C.  x  3    y  1   z  3   D.  x  3    y  1   z  3   9 9 Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1; 2; 3 A.  x  3    y  1   z  3   2 2 2 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  2y  3z  14  0 B.  P  : x  2 y  3z  11  0 C.  P  : x  2y  z  14  0 D.  P  : x  y  3z  14  0 Câu 33: 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 2 2 2  1 . M  a, b, c  là điểm thuộc mặt cầu S sao cho biểu thức T  3MA2  2 MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c A. a  b  c  14 5 B. a  b  c  0 C. a  b  c  12 5 D. a  b  c  12 Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  : x2   y  4   z2  5 . Tìm tọa độ điểm 2 A thuộc trục Oy, biết rằng ba mặt phẳng phân biệt qua A có các vec-tơ pháp tuyến lần lượt là các vec-tơ đơn vị của các trục tọa độ cắt mặt cầu theo thiết diện là ba hình tròn có tổng diện tích là 11 Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : thuộc đường thẳng d? x1 y 2 z   . Điểm nào sau đây 1 1 3 C. P 1; 1; 3  B. N 1; 2;0  A. Q 1; 0; 2   A  0; 2; 0  D.   A  0; 8; 0   A  0; 0; 0  C.   A  0; 6; 0   A  0; 0; 0  B.   A  0; 8; 0   A  0; 2; 0  A.   A  0; 6; 0  D. M  1; 2;0   59 32 2  Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  ;  ;  và mặt cầu S có phương trình 9 9  9 x2  y2  z2  2x  4y  6z  11  0. Từ điểm M kẻ các tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu S , trong đó A , B , C là các tiếp điểm. Mặt phẳng  ABC  có phương trình là px  qy  z  r  0. Giá trị của biểu thức p  q  r bằng A. 4. B. 4. C. 1. D. 36. Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  2; 3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1;  2  . Đường thẳng d đi qua trực tâm của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình là x  2 y  13 z  9   . 1 8 5 x  3 y  21 z  14 D.   . 1 8 5 x 1 y  5 z  4   . 1 8 5 x  1 y  11 z  6 C.   . 1 8 5 A. B. Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x2 y 1 z1 và   1 1 2 x3 y 1 z  3   . Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa d và tạo với tam giác một góc 30. có 1 1 2 dạng: x  ay  bz  c  0 với a, b, c  khi đó giá trị a  b  c là : A. 8 Câu 39: B. -8 Trong không gian C. 7 với hệ tọa độ Oxyz , D. -7 cho A  2; 11; 5 và mặt phẳng  P  : 2mx   m  1 y   m  1 z  10  0. Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với  P và cùng đi qua A. Tìm tổng bán kính của hai mặt cầu đó. 2 A. 2 2. 2 B. 5 2. C. 7 2. D. 12 2. Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng  : x  2 y  2z  1  0    : 2 x  4 y  5z  2  0 , và    : 4x  my  z  n  0 . Để ba mặt phẳng đó có chung giao tuyến thì tổng m  n bằng A. 4 C. 8 B. 8. D. 4. Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6  , D 1;1;1. Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến d là lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. M  1; 2;1 . B. N  5;7; 3  . D. Q  7;13; 5 . C. P  3; 4; 3 . Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  8;1;1 . Mặt phẳng  P  qua M cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B, C thỏa mãn OA2  OB2  OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất có dạng là  P : ax  by  cz  12  0. Khi đó a  b  c là: A. 9. B. 9. D. 11. C. 11. Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3; 1; 3 , B  3;0; 1 , C  1; 3;1 và mặt phẳng  P : 2x  4y  3z  19  0. Tọa độ điểm M  a; b; c  thuộc  P  sao cho MA  2 MB  5 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng: A. 4. B. 5. C. 6. Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ S  : x 2 Oxyz , D. 7. cho  : 2x  2y  z  14  0, mặt cầu  y2  z2  2x  4y  6z  11  0. Mặt phẳng  P  //    cắt S theo thiết diện là một hình tròn có diện tích 16. Khi đó phương trình mặt phẳng  P  là: A. 2x  2 y  z  14  0. B. 2 x  2 y  z  4  0. C. 2x  2 y  z  16  0. D. 2 x  2 y  z  4  0. Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 1; 2; 3 , B  1;1; 2  , C  0; 3; 5 . Xác định điểm M trên mặt phẳng Oxy sao cho: MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó là: A. 0. B. 5. C. 5. D. 6. Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H  2; 1; 2  là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O xuống mặt phẳng  P  . Số đo góc giữa mặt phẳng  P  và mặt phẳng  Q  có phương trình  y  z  0 là: A. 90. B. 60. C. 45. D. 30. Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A  2; 1; 1 , B  0; 3; 1 và mặt phẳng  P : x  y  z  3  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P sao cho 2MA  MB A. M  4; 1; 0  . B. M  1; 4; 0  . C. M  4; 1; 0  . có giá trị nhỏ nhất. D. M 1; 4; 0  . x  3  t  x  2 y 1 z  2    Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho d : và d  :  y  2  t  , t   . Viết 1 1 1 z  5  phương trình chính tắc của đường vuông góc chung của d và d . x 1 y  2 z  3   . 1 1 1 x 1 y  2 z  3 C.   . 1 2 2 A. x 1 y 2 z 1   . 1 1 2 x 1 y  2 z  3 D.   . 1 1 2 B. Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0; 2  , B  0; 1; 2  và mặt phẳng  P : x  2y  2z  12  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P sao cho MA  MB nhỏ nhất? A. M  2; 2;9  .  6 18 23  B. M   ;  ;  .  11 11 11   7 7 31  C. M  ; ;  . 6 6 4   2 11 18  D. M   ;  ;  .  5 5 5  x  1  2t  x  2  t   , d :  y  1  2t và mặt Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d :  y  t  z  1  3t  z  2t   phẳng  P  : x  y  z  2  0. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  P  , cắt d và d  có phương trình là x 1 y 1 z 1   . 1 1 4 x 1 y 1 z  4 D.   . 2 2 2 x  3 y 1 z  2   . 1 1 1 x  2 y 1 z 1 C.   . 1 1 1 A. B. Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và các điểm A  3; 2; 4  , B  5; 3;7  . Mặt cầu S thay đổi đi qua A, B và cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là đường tròn  C  có bán kính r  2 2. Biết tâm của đường tròn  C  luôn nằm trên một đường tròn cố định C1  . Bán kính của C  là 1 A. r1  14 . B. r1  12 . C. r1  2 14 . D. r1  6 . HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;  2; 4  , B  3; 3;  1 và mặt phẳng  P  : 2x  y  2z  8  0 . Xét M là điểm thay đổi thuộc  P  , giá trị nhỏ nhất của 2 MA2  3MB2 bằng: A. 135 . B. 105 . C. 108 . D. 145 . Lời giải 2  2  xI   3  3  xI   0  xI  1    Lấy điểm I thoả mãn 2 IA  3IB  0 . Ta có 2  2  yI   3  3  yI   0   yI  1    zI  1  2  4  zI   3  1  zI   0 DISCOVERY Ta áp dụng phương pháp giải của bài toán tổng quát để giải các bài toán tương tự ở dưới đây. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm mặt phẳng Gọi điểm nằm trên mặt phẳng sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng A. B. C. D. Đáp án: C. Suy ra I  1;1;1 .      2 MI .  2 IA  3IB   5MI  2 IA 2 Ta có 2 MA2  3MB2  2 MI  IA  3 MI  IB  5 MI 2  2 IA2  3IB2 2 2 2  3IB2 (do 2 IA  3IB  0 ). Với điểm I  1;1;1 thì IA2 và IB2 không đổi. Suy ra 2 MA2  3MB2 nhỏ nhất khi   MI nhỏ nhất  MI   P  hay MI  d I ;  P   2  1  1  2.1  8 22   1  2 2 2  3. Có IA2  27 và IB2  12. Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 MA2  3MB2 bằng 5MI 2  2IA2  3IB2  5.32  2.27  3.12  135. Bài toán tổng quát: Trong không gian cho n điểm A1 , A2 ,..., An . Tìm điểm M sao cho biểu thức P  1 MA12   2 MA22  ...   n MAn2 a. Đạt giá trị nhỏ nhất, với 1   2  ...  n  0. b. Đạt giá trị lớn nhất, với 1   2  ...  n  0. Phương pháp giải: Gọi I là điểm thỏa mãn 1 .IA1  2 .IA2  ...  n .IAn  0 . Điểm I tồn tại và duy nhất n nếu  i 1 i   0. Khi đó P  1 MI  IA1  2    2 MI  IA2   2    ...   n MI  IAn  2 n   1   2  ...  n  .MI 2  2 1 .IA1   2 .IA2  ...   n .IAn    i .IAi2 n Do   .IA i 1 i 2 i i 1 không đổi nên a. Nếu 1   2  ...   n  0 thì P nhỏ nhất  MI nhỏ nhất. b. Nếu 1   2  ...   n  0 thì P lớn nhất  MI lớn nhất. Đáp án A. Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;  1 . Biết rằng tồn tại duy nhất điểm S  a; b; c  khác gốc tọa độ để SA , SB , SC đôi một vuông góc. Tính tổng bình phương giá trị của a , b và c . A. 16 . 9 Lời giải B. 4 . 81 C. 4 . 9 D. 16 . 81 Cách 1: Ta có AS   a  1; b; c  , BS   a; b  2; c  , CS   a; b; c  1 . STUDY TIP 1) Trong không gian, cho tam giác có ba góc nhọn. Khi đó, tồn tại đúng hai điểm và sao cho các tứ diện và là các tứ diện vuông tại và và . Đồng thời, đối xứng với nhau qua mặt phẳng . 2) Trong không gian cho điểm , và mp . Gọi H và M’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên và điểm đối xứng với M qua . Khi đó:  AS.BS  0  a 2  b 2  c 2  a  2b  0  a; b; c    0; 0; 0    2  2 2 Theo giả thiết, ta có  BS.CS  0  a  b  c  a  c  0   8 4 8 a ; b; c    ; ;      a 2  b 2  c 2  2b  c  0  9 9 9   CS. AS  0 16 8 4 8 Do S  O nên chọn  a; b; c    ; ;   . Suy ra a2  b2  c 2  . 9 9 9 9 x y z Cách 2: Ta có  ABC  :    1   ABC  :2 x  y  2 z  2  0 . 1 2 1 OABC là tứ diện vuông tại O . Gọi O là điểm đối xứng với O qua mặt phẳng  ABC  thì O chính là điểm S . Khi đó, dễ dàng tính được S  89 ; 94 ;  98  .  Do vậy, a2  b2  c 2   16 . 9 Đáp án A. Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;  3; 4  . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua M và cắt các trục xOx , yOy , zOz lần lượt tại các điểm D , E , F sao cho   OD  2OE  m2  2m  2 OF  0 , trong đó m là tham số thực. Gọi S là tập hợp với . các giá trị của m để chỉ có đúng ba mặt phẳng  P  thỏa mãn yêu cầu trên. Tập hợp S có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng? A. 7. B. 3. C. 15. D. 4. Lời giải  P có phương trình a  x  2  b  y  3  c  z  4  0  ax  by  cz  2a  3b  4c . Đặt p  m2  2m  2 , p  0 . Do D , E , F khác O nên abc  0 và k  2a  3b  4c  0. k   k   k Do vậy D  ;0;0  , E  0; ;0  , F  0;0;  . Lại do OD  2OE  pOF nên c a   b   a b c 1 2 p   hay   . 1 2 p a b c Xảy ra các trường hợp sau: STUDY TIP Cho ba số dương p, q, r và điểm với . Để đếm số mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thì ta đếm số giá trị khác 0 trong các giá trị sau: . +) a , b , c cùng dấu. Do đó a b c   . Suy ra k  4  p  1 a . 1 2 p +) a, b cùng dấu nhưng trái dấu với c . Khi đó a b c   . 1 2 p Suy ra k  4  p  1 a  0, a  0 nên trường hợp này tồn tại một mặt phẳng  P  thỏa mãn yêu cầu bài toán. +) a, c cùng dấu nhưng trái dấu với b . Khi đó a b c   . 1 2 p Suy ra k  4  p  2  a  0, a  0 nên trường hợp này cũng tồn tại một mặt phẳng  P thỏa mãn yêu cầu bài toán. a b c +) b, c cùng dấu nhưng trái dấu với a . Khi đó    . Suy ra k  4  2  p  a . 1 2 p Do p  1 và 2  p không đồng thời bằng không nên để chỉ có đúng 3 mặt phẳng  m2  2 m  1  0 p  1  0  2  S  0;1; 2 . thỏa mãn yêu cầu bài toán thì   2  p  0  m  2m  0 Suy ra số tập hợp con khác rỗng của S là 23  1  7 . Đáp án A. Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 4; 2  , B  1; 2; 4  và đường thẳng d : x 1 y  2 z   . Biết rằng tồn tại điểm M  a; b; c   d sao cho 1 1 2 MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2a  b  3c bằng A. 10. B. 35 . 3 C. 11. 1 . 2 D. Lời giải Cách 1: M  d nên M 1  t; t  2; 2t  . STUDY TIP Cho là một điểm cố định và là điểm thay đổi. Khi đó (1): Nếu di động trên đường thẳng cố định thì ngắn nhất khi và chỉ khi là hình chiếu vuông góc của trên . (2): Nếu di động trên mặt phẳng khi cố định thì ngắn nhất khi và chỉ là hình chiếu vuông góc của trên . (3): Nếu di động trên mặt cầu cố định thì đó I là tâm của 2 Dấu bằng xảy ra khi t  2 hay M  1;0; 4  . Suy ra 2a  b  3c  10 . Cách 2: Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì I  0; 3; 3  và MA2  MB2  2 MI 2  1 AB2 . 2 Ta có MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên d . M  d nên M 1  t; t  2; 2t  . Ta có IM  d  IM.ud  0  11  t   1t  5  2  2t  3  0  t  2 . Suy ra M  1;0; 4  . Cách 3: Gọi P là điểm thỏa mãn PA  PB  0 (tương ứng với biểu thức ngắn nhất hoặc dài nhất khi và chỉ khi là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu Ta có MA2  MB2  12t 2  48t  76  12  t  2   28  28 . , trong MA2  MB2 ) thì P  0; 3; 3 . Khi đó MA2  MB2  2 MP 2  PA2  PB2 . Ta có MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MP đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của P trên d . Làm như cách 2, ta cũng tìm được M  1;0; 4  . . Đáp án A. Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S.ABCD với S 1; 1;6  , A 1; 2; 3 , B  3;1; 2  , D  2; 3; 4  . Gọi I là tâm mặt cầu S ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng SAD  . A. d  S 6 . 2 B. d  21 . 2 C. d  3 3 . 2 D. d  3 . 2 Lời giải Cách 1: Ta có AS  0; 3; 3 , AB  2; 1; 1 , AD 1;1;1 . I A B D C Nhận xét rằng AS  AB, AS  AD, AB  AD . Lấy điểm C trong mặt phẳng  ABD  sao cho ABCD là hình chữ nhật. Khi đó, BC  SAB ,CD  SAD . Các điểm A, B, D cùng nhìn SC dưới góc 90º 5 1 9 Do vậy, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là trung điểm I  ; ;  của SC . 2 2 2 STUDY TIP Khi xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp hoặc lăng trụ ta có thể làm theo hai hướng: + Hướng 1: Dùng điều kiện tâm cách đều các đỉnh đi đến giải hệ phương trình. + Hướng 2: Dựa vào tính đặc biệt của hình như: Hình chóp đều, hình chóp có các đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới một góc vuông.     1 1 6 Khoảng cách d  d I ;  SAD   d C , SAD   CD  . 2 2 2 Cách 2: Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . Ta có  a  12   b  12   c  6 2   a  12   b  2 2   c  3 2  IS  IA  2 2 2 2 2 2    IS  IB   a  1   b  1   c  6    a  3    b  1   c  2   IS  IC  2 2 2 2 2 2   a  1   b  1   c  6    a  4    b  2    c  3    5 a  2 6b  6c  24  1 5 1 9     4 a  4b  8c  24  b   I  ; ;  . 2 2 2 2 6 a  6b  6c  9   9  c  2  Ta lại có SA   0; 3; 3 , AD  1;1;1 . Suy ra, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng SAD  là n  SA, AD   6; 3; 3 . Phương trình mặt phẳng SAD  là 2  x  1   y  2    z  3  0  2x  y  z  3  0 .   Do đó, d  d I , SAD   5 1 9 2.    3 2 2 2 6  6 . 2 Đáp án A. Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2  y2  z2  4x  4y  2z  7  0 và đường thẳng dm là giao tuyến của hai mặt phẳng x  1  2m y  4mz  4  0 và 2x  my   2m  1 z  8  0. Khi m thay đổi các giao điểm của dm và S nằm trên một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  142 . 15 B. r  92 . 3 C. r  23 . 3 D. r  586 . 15 Lời giải STUDY TIP Với hai mặt phẳng S có tâm I  2; 2;1 , bán kính R  4 . Các điểm trên d có tọa độ thỏa mãn x  1  2m y  4mz  4  0 và 2x  my   2m  1 z  8  0 m Do đó  x  (1  2m)y  4mz  4  2 2x  my  (2m  1)z  8  0 khi đó, giao tuyến của luôn nằm trên mặt phẳng có phương trình: với .  5x  y  2 z  20  0 . Suy ra dm luôn nằm trong mp  P  : 5x  y  2z  20  0 cố định khi m thay đổi.   Mà d I ,  P   14 30  4   P  cắt S theo giao tuyến là đường tròn tâm H   bán kính r  R2  d 2 I ,  P   16  196 142  . 225 15 Đáp án A. Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;0  , B  3; 2;0  , C  1; 2; 4  . Gọi M là điểm thay đổi sao cho đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng  ABC  các góc bằng nhau; N là điểm thay đổi nằm trên mặt cầu S  :  x  3    y  2    z  3  2 A. 2 2 . 2 B. 2  1 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN bằng: 2 5. C. 2. D. 3 2 . 2 Lời giải Do đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng  ABC  các góc bằng nhau nên hình chiếu của M lên  ABC  là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Ta có AB  2; 2;0  , AC  2; 2; 4   AB.AC  0  AB  AC. Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trung điểm H 1; 2; 2  của BC . Điểm M nằm trên đường thẳng  qua H vuông góc với  ABC  nhận u   AB, AC    1; 1;1 là vectơ chỉ phương.   Mặt cầu S có tâm I  3; 2; 3  bán kính R  dI,   IH , u    u 2 2  2  R nên  không cắt S . Gọi K là hình chiếu của I trên  . Với mọi M , N  S , MN  IM  IN  IM  R  IK  R  2  Do vậy, MN nhỏ nhất bằng IK với mặt cầu S . 2 2  . 2 2 2 khi và chỉ khi M  K , N là giao điểm của đoạn 2 Đáp án A. Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A  0;0; 3 , B  0; 3;0  , C  3;0;0  , D  3; 3; 3 . Hỏi có bao nhiêu điểm M  x; y; z  (với x, y , z nguyên) nằm trong tứ diện. A. 4 . B. 1 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Cách 1: Phương trình các mặt phẳng  ABC  : x  y  z  3  0;  ACD : x  y  z  3  0;  ABD : x  y  z  3  0 ;  BCD : x  y  z  3  0 .  D; M cung phia doi voi  ABC   C ; M cung phia doi voi  ABD  Điểm M  x; y; z  nằm trong tứ diện    B; M cung phia doi voi  ADC   A; M cung phia doi voi BCD    STUDY TIP Cho mặt phẳng  x  y  z  3  3  3  3  3   0 x  y  z  3  0    x  y  z  3  3  0  0  3   0 x  y  z  3  0    x  y  z  3  0  3  0  3   0 x  y  z  3  0  x yz3 0033 0 x  y  z  3  0      1 2 . 3 4 Cộng vế với vế 1 và  2  ;  3 và  4  ta được 0  x  3  x 1; 2 . Các điểm không nằm trên . Khi đó: + nằm cùng phía đối với khi Với x  1 thay vào 1 và  2  ta được 2  y  z  4  y  z  3 . Với x  1 thay vào  3 và  4  ta được 2  y  z  2  y  z 1;0;1 . Từ đó xác định được các cặp  y; z  là 1; 2  ,  2;1 . Do đó, ta được hai điểm là 1;1; 2  , 1; 2;1 . + nằm khác phía đối với khi Với x  2 thay vào 1 và  2  ta được 1  y  z  5  y  z 2; 3; 4 . Với x  2 thay vào  3 và  4  ta được 1  y  z  1  y  z  0 . Từ đó xác định được các cặp  y; z  là 1;1 ,  2; 2  . Do đó, ta được hai điểm là  2;1;1 ,  2; 2; 2 . Vậy có 4 điểm thỏa mãn. Cách 2: Dễ thấy tứ diện ABCD đều. Gọi M  a; b; c  là điểm thỏa mãn bài toán. Khi đó, VABCD  VMABC  VMBCD  VMCDA  VMABD . Do các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau nên          d D,  ABC   d M ,  ABC   d M ,  BCD   d M ,  ABD   d M ,  ADC   6 3  d1 3  d2 3  d3 3  d4 3   d1  d2  d3  d4  6 . Mà di là các số nguyên dương nên có các bộ  d1 , d2 , d3 , d4  thỏa mãn là 1;1; 2; 2 , 1; 2;1; 2 , 1; 2; 2;1 ,  2; 2;1;1 ,  2;1; 2;1 ,  2;1;1; 2 , 1;1;1; 3 , 1;1; 3;1 , 1; 3;1;1 ,  3;1;1;1 . Kiểm tra các trường hợp chỉ có bốn điểm thỏa mãn. Đáp án A. x y 1 z 1  Câu 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  và 2 1 1 điểm A 1;1;1 . Hai điểm B , C di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng OAB vuông góc OAC  . Gọi điểm B là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết quỹ tích các điểm B là một đường tròn cố định, tính bán kính r của đường tròn này. A. r  60 . 10 B. r  3 5 . 10 C. r  70 . 10 D. r  3 5 . 5 Lời giải Ta có ud   2; 1; 1 là vectơ chỉ phương của d. Mà OA.ud  0  OA  d Lại có H  0;1; 1  d và OH.ud  0 nên H là hình chiếu của O lên đường thẳng d  OH.OA  0  OH  OA  OA  OBC   OB  OA  OB  OAC  A Cách 1: Gọi K là trực tâm ABC , suy ra OK  AH. B’ Suy ra điểm B’ thuộc đường tròn đường kính AK, đường tròn này vẽ trong mặt phẳng  A, d  . K C O H B FOR REVIEW Bài toán bên được xây dựng từ ý tưởng của bài toán quỹ tích của hình học không gian: Bài toán gốc: Cho hai đường thẳng d, d’ chéo nhau và vuông góc với nhau. Giả sử A là điểm cố định trên đường thẳng d. Với mỗi điểm B thay đổi trên d’ sao cho hai mặt phẳng và vuông góc với nhau. Gọi B’ là chân đường cao kẻ từ B của Chứng minh rằng B’ thuộc đường tròn cố định. x  1  t   K  1  t ; 1; 1  2t  Khi đó phương trình đường thẳng AH là  y  1  z  1  2t  2 3 1 3 5 Mà OK.AH  0  1  t  2  4t  0  t    K  ; 1;    AK  . 5 5 5 5 AK 3 5  . 2 10 Cách 2: Vì B’ là hình chiếu của B lên AC nên AB  OB, suy ra B’ thuộc mặt cầu Vậy r  S , đường kính AO. 2 2 2  1  1  1 3 Phương trình mặt cầu S  :  x     y     z    . 2 2 2 4       Mà B   A, d  : 2x  5y  z  6  0 nên B’ thuộc đường tròn C  , C   S   A, d  . Từ đó tính được r  3 5 . 10 Đáp án B. Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;1;1 ; B 1; 2;  1 ; C 1; 2; 2  và mặt phẳng    : x  2y  2z  1  0 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng   , giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2  MB2  2 MB.MC bằng A. 25 . 4 B. 17 . 4 C. 13 . 2 D. 11 . 2 Lời giải Chú ý: Để giải quyết bài toán cực trị hình học không gian này ta thường dùng kiến STUDY TIP Cách tìm tâm tỉ cự I trong các bài toán mở rộng: Ta có: thức liên quan đến tâm tỉ cự: * Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực t1 , t2 ,..., tn t 1  t2  ...  tn  t  0 . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm I trong không gian thỏa mãn t1 IA1  t2 IA2  ...  tn IAn  0. Điểm I như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ A i điểm,   ứng với có hệ số ti i  1, n . * Bài toán cơ bản: Trong không gian Oxyz, cho n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực t1 , t2 ,..., tn t1  t2  ...  tn  t  0 . Cho đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P  ). Tìm điểm M thuộc đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P  ) sao cho: Khi đó lấy I thỏa mãn a) t1 .MA1  t2 .MA2  ...  tn .MAn nhỏ nhất. b) T  t1 MA12  t2 MA22  ...  tn MAn2 nhỏ nhất khi t  0 (lớn nhất khi t  0). Phương pháp giải: Gọi I thỏa mãn t1 IA1  t2 IA2  ...  tn IAn  0. Khi đó ta biến đổi: t1 .MA1  t2 .MA2  ...  tn .MAn  t.MI t1 MA12  t2 MA22  ...  tn MAn2  t.MI 2  t1 .IA12  t 2 .IA22  ...  tn .IAn2 Do đó điểm M cần tìm chính là hình chiếu của điểm I lên đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P  ). 3 7 1 Lấy I thỏa mãn IA  2IB  IC  0  I  ; ;  . 4 4 4  MA 2  MB2  2 MB.MC  4 MI 2  IA 2  IB2  2 IB.IC    4d 2 I ,     IA 2  IB2  2 IB.IC Vậy MA2  MB2  2 MB.MC  25 27 33 11    4 8 8 2 Đáp án D. Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  3; 3;1 và B  4; 4;1 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng  P  : z  2. Giá trị nhỏ nhất của 3MA2  4 MB2 bằng A. 245. Lời giải B. 189. C. 231. D. 267. Ta tìm điểm I thỏa mãn 3IA  4 IB  0 . Cách 1: STUDY TIP Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A, B và mặt phẳng Các bước tìm điểm M trên sao cho (với ): nhỏ nhất + Tìm điểm I thỏa mãn  3  xI  3   4  xI  4   0 7 xI  7  xI  1    3IA  4 IB  0  3  yI  3   4  yI  4   0  7 yI  7   yI  1  I  1;1;1 . 7 z  7 z  1   I  I 3  zI  1  4  zI  1  0 Cách 2:    2  3 MA2  4 MB2  3 MI  IA  4 MI  IB ; .     1 3OA  4OB  I  1;1;1 . 7 Ta có  2  7 MI 2  2  3IA  4 IB   3IA2  4 IB2  7 MI 2  3IA2  4 IB2 . + Tìm M là hình chiếu của I trên  3IA  4 IB  0  3 OA  OI  4 OB  OI  0  OI  Vậy 3MA2  4 MB2 nhỏ nhất  MI 2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P   M  1;1; 2  . Khi đó MA2  41, MB2  27  3 MA2  4 MB2  231. Chú ý: Nếu I là điểm thỏa mãn aIA  bIB  0 ( a  b  0 ) thì:  1  xI  a  b  ax A  bxB   1 1  OI  aOA  bOB   y I   ay A  byB  . ab ab  1   zI  a  b  az A  bz B     Chú ý: Trong không gian Oxyz cho điểm M  a; b; c  . + Hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng x  x0 là M1  x0 ; b; c  ; + Hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng y  y0 là M2  a; y0 ; c  ; + Hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng z  z0 là M3  a; b; z0  ; Đáp án C. Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng  P  : x  2y  z  1  0, Q : x  2y  z  8  0 và  R : x  2y  z  4  0. Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng  P  , Q ,  R lần lượt tại A, B, C. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  AB2  A. 72 3 3. Lời giải C’ R B. 96. Dễ thấy mặt phẳng  P  nằm giữa hai mặt phẳng  Q  và  R  ; ba mặt phẳng  P  , Q ,  R đôi một song song với nhau. C Trên mặt phẳng  P  lấy điểm M 1; 0; 0  . Gọi B, C  lần lượt là hình chiếu của A trên hai mặt phẳng  Q  và  R  . Ta có:     1  2.0  0  8     1  2.0  0  4 AB  d A; Q   d M ; Q   Q B’ B D. 72 3 4. C. 108. d A P 144 AC AC   d A;  R   d M ;  R   Suy ra AB  3 AC   Khi đó T  AB2  Ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương để tìm giá trị nhỏ nhất của T 3 6 . 2  6 . 2 6 6 AB BB 3 . Đặt CC  x  x  0   BB  3x . AC  CC   AB2  AB2  BB2  STUDY TIP  3 27  x2 .  9 x2 và AC  AC 2  CC 2  2 2 144 27   9x2  AC 2 3   9   x2   2  144 3  x2 2 72 72  3  x2 2 3  x2 2 3  72 72  T  3. 9   x 2  . .  108. 3 2  3 3 2 2 x x 2 2 3  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 9   x2   2  72 3  x2 2 x 10 . 2 Đáp án C. Câu 13: Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó bằng A. 6. B. 14. C. 12. D. 10. Lời giải z Hai bức tường và nền nhà mà quả bóng tiếp xúc tạo thành một hệ trục tọa độ O x Oxyz như hình vẽ. Mỗi quả bóng coi như một mặt cầu có tâm I  a; b; c  . I y Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ Oxy  , Oyz  và Oxz  .       Tức là d I ; Oxy   d I ; Oyz   d I ; Oxz   R  c  a  b  0 . Suy ra I  a; a; a  . Gọi M  x; y; z  là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và STUDY TIP nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4. Suy ra M 1; 2; 4  . Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt chứng tỏ rằng có hai mặt cầu thỏa mãn bài toán và bán kính của hai mặt cầu này lần lượt bằng và Điểm M nằm trên quả bóng khi IM  R  a  IM 2  a2   a  1   a  2    a  4   a2  2a2  14a  21  0  2 2 2 Phương trình  có   7  0 nên có hai nghiệm a1 , a2 và a1  a2  7 (theo định lý Vi-ét). Khi đó tổng đường kính của hai quả bóng là 2  a1  a2   14. Đáp án B. Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng tập hợp các điểm M  x; y; z  sao cho x  y  z  3 là một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó A. V  54. F D. V  27. Lời giải z D y A O C C. V  36. B. V  72. x B E x y z  1 . Suy ra tập hợp các điểm M  x; y; z  là 8 3 3 y y z x y z x z x mặt chắn có phương trình:    1;    1;    1; 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x y z x y z x y z    1;    1;    1;    1;    1. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Các mặt chắn này cắt các trục Ox, Oy, Oz tại các điểm A  3; 0; 0  , B  3; 0; 0  , Ta có x  y  z  3  3   C  0; 3;0  , D  0; 3;0  , E  0;0; 3 , F 0;0; 3 . MEMORIZE Từ đó, tập hợp các điểm M  x; y; z  thỏa mãn x  y  z  3 là các mặt bên của Khối bát diện đều cạnh bằng a có thể tích được tính theo công thức bát diện đều EACBDF (hình vẽ) cạnh bằng 3 2. 3 2  . Thể tích khối bát diện đều là V  3 3 2  36 (đvtt). Đáp án C. Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B  2; 3; 2  , C  0; 1;1. Mặt cầu S có bán kính R  6 và tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  tại trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt cầu S nhận điểm nào dưới đây làm tâm? A. M  3;1; 4  . Lời giải STUDY TIP Học sinh có thể giải câu này nhanh hơn bằng cách kiểm tra xem vectơ nào cùng phương với vectơ pháp tuyến mặt phẳng chọn câu đó. của thì ta B. N  5; 3; 4  . C. P  5; 3; 4  . D. Q  3; 1; 4  . Mặt phẳng  ABC  có vectơ pháp tuyến là n   AB, AC    6; 3; 6  .   Tâm I của (S) thuộc đường thẳng  đi qua trọng tâm G 1; 1;0  và vuông góc  x  1  2t  mặt phẳng  ABC  , phương trình  :  y  1  t .  z  2t  Suy ra I 1  2t; 1  t; 2t  , IG  6  t  2. Với t  2  I  5; 3; 4   P. Với t  2  I  3;1; 4  . Đáp án C. Câu 16: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có A  x0 ;0;0  , B  x0 ;0;0  , C  0;1;0  và B'  x0 ;0; y0  , trong đó x0 , y 0 là các số thực dương và thoả mãn x0  y0  4 . Khi khoảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và B' C lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có bán kính R bằng bao nhiêu? A. R  17 . D. R  C. R  17 . 29 . 2 Gọi O là trung điểm của AB, suy ra O  0;0;0  . C’ y0 Ta có AB   2x0 ;0;0  , OC   0;1;0   AB.OC  0  AB  OC . A’ B 29 . 4 Lời giải z B’ B. R  Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ bên. Với A  x0 ;0;0  , B  x0 ;0;0  , C  0;1;0  , y -x0 C x0 A x STUDY TIPS Trong không gian tọa độ Oxyz, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD được tính theo công thức: d  AB, CD    AB, CD  .AC    AB, CD    B'  x0 ;0; 4  x0  , A  x0 ;0; 4  x0  , C  0;1; 4  x0  do x0  y0  4 và 0  x0 , y0  4 . Có AC    x0 ;1; 4  x0  , BC   x0 ;1; x0  4    AC , BC    2 x0  8; 0; 2 x0  .   AC    x0 ;1; 0    AC, BC  .AC   x0  2 x0  8   2 x0  x0  4  .    d  AC; BC    AC, BC  .AC 2 x0  x0  4      2 2  AC, BC  4  4  x0   4 x0   x0  4  x0  4  x  0 2 x , 2 0 do x0   0; 4  . Với 0  x0  4 , ta có  4  x0   x02 Như vậy d  AC ; BC   AM GM  4  x  x  2x  4  x  . x 4  x  x 4  x  1   . 2x  4  x  2 4  x  x   2 0  0 2 0 2 2 0 0 2 0 0 2 0 0 0 0 0 Dấu “=” xảy ra khi x0  4  x0  x0  2  y0 . Khi đó A  2;0;0  , B  2;0;0  ,C  0;1;0  , B'  2;0; 2  . Giả sử phương trình mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ là S : x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 . Ta có hệ phương trình sau: a  0 2 2  0 2  0 2  2a.2  2b.0  2c.0  d  0 4a  d  4   2 3   2   0 2  0 2  2a  2   2b.0  2c.0  d  0 4 a  d   4  b     2  2 2   2 0  1  0  2 a.0  2b.1  2c.0  d  0  2b  d  1 c  1 2  4a  4c  d  8  2 2  2   0  2  2a  2   2b.0  2c.2  d  0 d  4 29  3  Vậy mặt cầu S có tâm I  0;  ;1  và bán kính R  a2  b2  c 2  d  . 2 2   Đáp án D. Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng tập hợp các điểm M  x; y; z  sao cho x  y  z  3 là một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó A. V  54. Lời giải B. V  72. C. V  36. D. V  27. Ta có x  y  z  3  F z D A O C B x E y x 3  y 3  z 3  1 . Suy ra tập hợp các điểm M  x; y; z  là 8 y y z x y z x z x    1;    1;    1; 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x y z x y z x y z    1;    1;    1;    1;    1. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 mặt chắn có phương trình: Các mặt chắn này cắt các trục Ox, Oy, Oz tại các điểm A  3; 0; 0  , B  3; 0; 0  , C  0; 3;0  , D  0; 3;0  , E  0;0; 3 , F 0;0; 3 . STUDY TIPS Khối bát diện đều cạnh bằng a có thể tích được tính theo a3 2 công thức: V  . 3 Từ đó, tập hợp các điểm M  x; y; z  thỏa mãn x  y  z  3 là các mặt bên của bát diện đều EACBDF (hình vẽ) cạnh bằng 3 2. 3 2  . Thể tích khối bát diện đều là V  3 2 3  36 (đvtt). Đáp án C. Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a,b,c khác 0 và a  2b  2c  6. Biết rằng khi a,b,c thay đổi thì quỹ tích tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P  cố định. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  P  A. d  1. B. d  3. D. d  3. C. d  2. Lời giải 1. Tìm tọa độ tâm I ngoại tiếp tứ diện OABC STUDY TIPS Một số điều cần ghi nhớ: 1. Để xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.A1A2 ...An , ta xác định giao điểm của trục của đa giác đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên bất kì. Trong đó: – Trục của đa giác đáy là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, và vuông góc với mặt phẳng chứa đa giác đáy. – Mặt phẳng trung trực của một cạnh bên là mặt phẳng vuông góc và chứa trung điểm của cạnh bên đó. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, nếu ba điểm A, B, C có tọa độ lần lượt là  0; b;0  ,  0;0;c  a;0;0  , thì tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện a b c OABC là I  ; ;  . 2 2 2 a b  Gọi M là trung điểm của AB thì M  ; ; 0  . Đường thẳng d là trục của ABC 2 2  nên d đi qua M và nhận vectơ chỉ phương k   0; 0;1 .  a x  2  b  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y   t  2  z  t   .  c Gọi N là trung điểm của OC thì N  0; 0;  . 2  Mặt phẳng  P  là mặt phẳng trung trực của OC nên  P  đi qua M và nhận vectơ pháp tuyến là k   0; 0;1 . c Phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  : z  . 2 Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là giao điểm của đường thẳng a b c d và mặt phẳng  P  , tức I  ; ;  . 2 2 2  2. Tìm mặt phẳng  P  là quỹ tích của tâm I và tính d O;  P  STUDY TIPS Cho điểm M  x0 ; y 0 ; z0  và  P  : Ax  By  mặt phẳng Cz  D  0 , A 2   B2  C2  0 . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  là:    A 2  B2  C 2  a  2 xI a b c  Ta có xI  ; yI  ; zI   b  2 yI 2 2 2  c  2 z I Mà a  2b  2c  6 nên 2 xI  2.2 y I  2.2 zI  6  xI  2 y I  2 zI  3  0. Vậy điểm I luôn nằm trên một mặt phẳng có định có phương trình là d M;  P  Ax0  By0  Cz0  D   P : x  2y  2z  3  0. .   Vậy d O;  P   0  2.0  2.0  3 12  22  2 2  1. Đáp án A. Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có SA  a , SB  b, SC  c. Một mặt phẳng   đi qua trọng tâm của ABC , cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A, B, C . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 1   . 2 2 SA SB SC 2 3 . a  b2  c 2 2 B. 2 a b c 2 2 2 . C. 2 . a  b2  c 2 2 D. 9 . a  b2  c 2 2 Lời giải Giả sử SA  xSA; SB  ySB; SC  zSC Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  GA  GB  GC  0.  3GS  SA  SB  SC  0  SG  y SA SB SC x z    SG  .SA  .SB  .SC 1 3 3 3 3 3 3 Do  ABC đi qua G nên ba vectơ GA; GB; GC đồng phẳng   Suy ra tồn tại 3 số i; m; n, i 2  m2  n2  0 sao cho i.GA  m.GB  n.GC  0  i  m  n .GS  i.SA  m.SB  n.SC  0  SG  i m n .SA  .SB  .SC  2  imn imn imn Do SG; SA; SB; SC không đồng phẳng nên từ 1 và  2  ta có y x i m z n  ;  ;  3 imn 3 imn 3 imn x y z imn   1  x  y  z  3. 3 imn Ta có 1 1 1 x2 y 2 z2      SA2 SB2 SC 2 a2 b2 c 2 x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số thực  ; ;  và  a; b; c  ta a b c  x2 y 2 z 2  2 có  2  2  2  a2  b2  c 2   x  y  z  b c  a    x  y  z  1 1 1 3     2 2 2 2 2 2 2 SA SB SC a b c a  b2  c 2 2 Dấu “=” xảy ra khi y x z  2  2. 2 a b c Đáp án D. Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x2  y2  z2  3. Một mặt phẳng   tiếp xức với mặt cầu S và cắt Ox, Oy, Oz tương ứng tại A, B, C. Tính giá trị của biểu thức T  1 A. T  3 1 1 1   . 2 2 OA OB OC 2 1 B. T  . 3 . 1 C. T  . 9 D. T  3. Lời giải     Ox  A  a; 0; 0   x y z x y z Gọi     Oy  B  0; b; 0      :    1 hay    :    1  0. a b c a b c    Oz  C 0; 0; c      Mặt cầu S có tâm I   0;0;0  , bán kính R  3 . Do   tiếp xúc với S nên d  I ,     R 1  1 1 1   a2 b2 c 2 Suy ra T   3 1 1 1 1  2 2  . 2 a b c 3 1 1 1 1 1 1 1    2 2 2  . 2 2 2 3 OA OB OC a b c Đáp án B. Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm x  t 6   A  2; 3;0  , B 0;  2;0 , M  ;  2; 2  và đường thẳng d :  y  0 . Điểm C thuộc 5  z  2  t    d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất thì độ dài CM bằng A. 2 3. B. 4. C. 2. D. 2 6 . 5 Lời giải Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi tổng  AC  BC  STUDY TIPS Bất đẳng thức vectơ: Cho u   a; b  ,v   x; y  thì ta có u  v  uv Dấu “=” xảy ra  u,v cùng phương  a b  . x y nhỏ nhất. 2   AC  2  t  2   9 Do C  d  C  t ; 0; 2  t     BC  t 2   2  t 2  2  2  1  t 2  4  Suy ra AC  BC  Đặt u   2t  2 2 2t  2 2; 3  và  9   v 2  2 2  2t  2t ; 2 .  4 . 2 Áp dụng bất đẳng thức u  v  u  v , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ta được:  2t  2 2  2  9  2  2t 2t  2 2 Dấu “=” xảy ra  2  2t  2  7 6 Vậy CM      0  2  5 5    4   2   5 2 2 2  27. 7 3 3 t2 3 7    t  . Suy ra C  ; 0;  . 2 1t 2 5  5 5 2 2 3     2   2. 5  Đáp án C. Câu 22: Trong S :  x  1 2 không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  y 2   z  2   9 ngoại tiếp khối bát diện  H  được ghép từ hai khối 2 chóp tứ giác đều S.ABCD và S.ABCD (đều có đáy là tứ giác ABCD). Biết rằng đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD là giao tuyến của mặt cầu S và mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  8  0. Tính thể tích khối bát diện  H  665 B. V H   . 81 34 A. V H   . 9 1330 D. V H   . 81 68 C. V H   . 9 Lời giải Mặt cầu S có tâm I 1;0; 2  , bán kính R  3. Nhận xét thấy S, I , S S thẳng hàng và SS   ABCD  . Khi đó SS  2R  6. Ta có:  I  D A      đó. C B  1 1 V H   VS. ABCD  VS. ABCD  d S;  ABCD  .SABCD  d S;  ABCD  .SABCD 3 3 1 1  d S;  ABCD   d S;  ABCD   .SABCD  .SS.SABCD  2SABCD .   3 3 Từ giả thiết suy ra ABCD là hình vuông, gọi a là cạnh của hình vuông Mặt phẳng  P  cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r và ngoại tiếp hình vuông ABCD. S’ Suy ra 2r  AC  a 2  r    2 a 2 . Từ d I ;  P    r 2  R 2 2 2 2 8 17 a 2 2 17  r  R2  d I ;  P    32      a .   3 2 3 2 3   2 Vậy V H   2SABCD  2 17  68  2a  2.    .  3 2  9   2 Đáp án C. Câu S  : x 23: 2 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  y  z  4x  2y  6z  5  0 và mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  16  0. Điểm 2 2 M, N di động lần lượt trên S và  P  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của đoạn MN là: A. 8. B. 3. C. 2. Lời giải S có tâm I  2; 1; 3 bán kính R  4 1 9  5  3 D. 5.   d I;  P  STUDY TIPS Nếu S   C       d  I ;  P   R  MNmax  d I ;  P   R MNmin 4  2  3  16 2  2   1 2  2 2  5  R  S   C      MNmin  d I ;  P   R  5  3  2 Với x  2 ta có 32018  1  2.S  S  I 32018  1 . 2 M N P Đáp án C. Câu 24: Trong không gian Oxyz cho điểm A  1; 2; 3 , véc – tơ u  6; 2; 3 và x  4 y 1 z  2 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua   3 2 5 A , vuông góc với giá của u và cắt d . đường thẳng d : x 1 y  5 z 1 .   2 3 2 x  2 y  5 z 1 D. .   3 3 4 x 1 y 1 z  3 .   2 3 6 x 1 y  4 z  5 C. .   1 3 4 A. Lời giải B. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với giá của u   P  : 6  x  1  2  y  2   3  z  3  0   P  : 6x  2y  3z  1. Gọi B   P   d  B  4  3t;1  2t; 2  5t  B   P   6.  4  3t   2 1  2t   3  2  5t   1  t  1  B 1; 1; 3 . Đường thẳng  đi qua A  1; 2; 3 và B 1; 1; 3  có vtcp u  AB   2; 3; 6  . : x 1 y 1 z  3   . 2 3 6 Đáp án A. Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P : x  y  2z  1  0 và Q : 2x  y  z  1  0. Gọi S là mặt cầu có tâm thuộc Ox, đồng thời S cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ có duy nhất một mặt cầu S thỏa mãn điều kiện bài toán A. r  3 2 . 2 B. r  10 . 2 C. r  3. D. r  14 . 2 Lời giải Giả sử mặt cầu S có tâm I  a; 0; 0  Ox, bán kính R  0. Khi đó phương trình mặt cầu S là  x  a   y 2  z 2  R2 . 2 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I trên  P  và Q  , khi đó:   IH  d I ;  P   a1 6   và IK  d I ; Q   2a  1 6 . STUDY TIPS Cho mặt cầu  S  có tâm I, bán kính R. Mặt phẳng    cắtmaặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng r thì:   R2  d2 I;    r2 .   a  12   4  R2  6 2 2 2 2 2 Do IH  4  R và IK  r  R nên  2   2a  1  r 2  R2  6   a  1  2  2a  1 4 2  r 2   a  1  24   2a  1  6r 2 2 2 6 6 2  a  2a  2r  8  0  . 2 Để có duy nhất một mặt cầu S thì phương trình  phải có một nghiệm   9 3    1  2r 2  8  0  r 2  . Do r  0 nên r  . 2 2 Đáp án A. Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  6; 3; 4  , B  a; b; c  . Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy  , Oxz  , Oyz  . Biết rằng M,N,P nằm trên đoạn AM  MN  NP  PB. Tính giá trị của tổng a  b  c A. a  b  c  11. B. a  b  c  11. C. a  b  c  17. Lời giải AB sao cho D. a  b  c  17. Các phương trình Oxy  : z  0; Oyz  : x  0; Oxz  : y  0. Giả sứ M  xM ; yM ; 0  , N  xN ; 0; zN  , P  0; yP ; zP  . Theo giả thiết ta có M là trung điểm của  6  xN 3 4  zN  AN nên ta có M  ; ; . 2 2   2 4  zN  3  Do z M  0 nên  0  zN  4  M  xM ;  ; 0  và N  xN ; 0; 4  . 2 2    x 2 y  3 zP  Lại có N là trung điểm của MP nên N  M ; P ; . 4 2  2  2 yP  3  3 0   y  0 y   3     P 2 Khi đó P  0; ; 8  . Mà  N nên  4 z   2   P  4  z  8  zN  4  P  2  6  xN  xM   3  2  2 xM  xN  6   xM  4 . Vậy Từ  M  4;  ; 0  , N  2; 0; 4  .   2   xM  2 xN  0  xN  2   x  xM N  2  xB  6  2  2  6  a  2   Mặt khác AB  2 AN   yB  3  2  0  3   B  2; 3; 12   b  3 .  c  12   zB  4  2  4  4  Vậy a  b  c  2  3  12  11. Đáp án B. Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng  P : 2x  y  z  2  0, Q : x  2y  z  2  0,  R : x  y  2z  2  0, T  : x  y  z  0. Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc T  và tiếp xúc với  P  , Q  ,  R ? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Giả sử mặt cầu S có tâm I  a; b; c   T  : a  b  c  0 .      Theo bài ra: d I ;  P   d I ; Q   d I ;  R   2a  b  c  2 6  a  2b  c  2 6   a  b  2c  2 6 a  b  3a  2  3b  2      3a  3b  4   3a  2  3c  2    a  c a  b  c  0   3a  3c  4   a  b  c  0   I  0; 0; 0  TH1: a  b a  c  Tương tự cho các trường hợp còn lại. Đáp án D. Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm O  0;0;0  , A 1;0;0  , B  0;1;0  và C  0;0;1 . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mặt phẳng OAB  , OBC  , OCA ,  ABC  ? A. 1. Lời giải B. 4. C. 5. D. 8.  OAB    Oxy    OCD    Oyz  . Gọi P  a; b; c  là tọa độ điểm cần tìm. Ta có   CDA    Oxz   ABC : x  y  z  1   Theo đề bài, ta cần có a  b  c  a  b  c 1 . 3 Có tất cả 8 trường hợp và đều có nghiệm. Cụ thể: a  b  c  a  b  c  . + a  b  c   a  b  c   a  b  c + Mỗi trường hợp trên kết hợp với c  a  b  c 1 3 sinh ra hai trường hợp. Đáp án D. Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  2;0;0  , B  0; 4; 2  , C  2; 2; 2 . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  , S là điểm di động trên đường thẳng d, G và H lần lượt là trọng tâm của ABC , trực tâm của SBC. Đường thẳng GH cắt đường thẳng d tại S. Tính tích SA.SA 3 A. SA.SA  . 2 Lời giải 9 B. SA.SA  . 2 C. SA.SA  12. D. SA.SA  6. Nhận thấy AB  BC  CA  2 6 nên ABC đều. Do G là trọng tâm của ABC S nên CG  AB, mà CG  SA  CG  SAB  CG  SB. Lại có CH  SB (H là trực tâm của SBC ) nên SB  CHG . Suy ra SB  GH. Gọi M là trung điểm của BC. A C H G M S’ Ta có BC  SA, BC  AM  BC  SAM   BC  GH. Như vậy GH  SBC   GH  SM hay SH  SM  SSH  SMA. Suy ra ASG ∽ AMS  B S AS AG  AM AS 2 H A S’ 2 2 2  AB 3  2  2 6. 3   AS.AS  AM.AG  AM. AM  .    .   12.  3 3  2  3  2  Đáp án C. M G Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 (đvdt) và hai đáy là hai tam giác nằm trên hai mặt phẳng    ,  có phương  trình lần lượt là    : x  2 y  3z  a  0 và  : 3x  6 y  9z  b  0 a, b    , b  3a . Hỏi nếu thể tích khối lăng trụ bằng 5 14 thì khẳng định nào sau đây là đúng? A. 3a  b  14. B. a  b  42. 3 C. 3a  b  14. D. a  b  14. 3 Lời giải Ta có    : x  2y  3z  a  0  3x  6y  9z  3a  0.   Gọi h là chiều cao của hình lăng trụ, do    //  nên h  d    ;    Ta có V  S.h  5 14  5. b  3a 3 14  3a  b  42  a  b  3a 3 14 . b  14. 3 Đáp án D. x  t  Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  y  1 và 2  z  t  mặt phẳng  P  , Q lần lượt có phương trình x  2 y  2z  3  0 ;   x  2 y  2 z  7  0 . Viết phương trình mặt cầu S có tâm I thuộc đường thẳng d, tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q  . A.  x  3    y  1   z  3   4 9 2 2 2 4 C.  x  3    y  1   z  3   9 2 2 2 B.  x  3    y  1   z  3   4 9 2 2 2 4 D.  x  3    y  1   z  3   9 2 2 2 Lời giải Ta có I  d  I t; 1; t  . Do mặt cầu S tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q     nên ta có d I ;  P   d I ; Q    t  2  2t  3  3 t  2  2t  7 3  1  t  5  t  t  3  I  3; 1; 3  .   Mặt cầu S có bán kính là R  d I ;  P    x  3   y  1   z  3 2 2 2  2 . Vậy phương trình mặt cầu S là 3 4 . 9 Đáp án B. Câu 32: 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 A.  P  : x  2y  3z  14  0 1 1 1   có giá trị nhỏ nhất 2 2 OA OB OC 2 B.  P  : x  2 y  3z  11  0 D.  P  : x  y  3z  14  0 C.  P  : x  2y  z  14  0 Lời giải Xét tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nên hình chiếu của O lên mặt phẳng   ABC  chính là trực tâm H của tam giác ABC và  d O;  ABC   h Ta có  1 1 1 1 1 1 1      , nên có giá trị nhỏ nhất khi 2 2 2 2 2 2 h OA OB OC 2 OA OB OC  d O;  ABC  lớn nhất.   Mặt khác d O,  ABC   OM , M   P  . Dấu “=” xảy ra khi H  M hay mặt phẳng  P  đi qua M 1; 2; 3 và có vectơ pháp tuyến là OM  1; 2; 3  . Vậy  P  :1 x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  14  0 . Đáp án D. Câu 33: 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 . 2 2 2 M  a, b, c  là điểm thuộc mặt cầu S sao cho biểu thức T  3MA2  2 MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c A. a  b  c  14 5 B. a  b  c  0 C. a  b  c  12 5 D. a  b  c  12 Lời giải Mặt cầu S có tâm I 1;1;1 và bán kính R  1 . Gọi E là điểm thoả mãn hệ thức 3EA  2EB  EC  0  E(1; 4; 3) .   2    2 Ta có T  3MA2  2 MB2  MC 2  3 ME  EA  2 ME  EB  ME  EC   6 ME2  3EA2  2 EB2  EC 2  2 ME 3EA  2 EB  EC   2  T  6 ME2  3EA2  2 EB2  EC 2 . Do EA, EB, EC không đổi nên T nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất  M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu S . x  1  Ta có IE   0; 3; 4   Phương trình IE :  y  1  3t  t   z  1  4t   . Giao điểm của IE và mặt cầu S thỏa mãn phương trình:   8 1  M1  1; ;  2 2 2 1   5 5 2 1  1  1  3t  1  1  4t  1  1  25t  1  t   5    2 9  M2  1; ;   5 5   8 1  2 9 Ta có M1  1; ;   M1E  4 và M2  1; ;   M2 E  6 . Vậy M1 E  M 2 E và  5 5  5 5  8 1 biểu thức T  3MA2  2 MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M  1; ;   5 5 8 1 14  a  1, b  , c   a  b  c  . 5 5 5 Đáp án A. Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  : x   y  4  2 2  z2  5 . Tìm tọa độ điểm A thuộc trục Oy, biết rằng ba mặt phẳng phân biệt qua A có các vec-tơ pháp tuyến lần lượt là các vec-tơ đơn vị của các trục tọa độ cắt mặt cầu theo thiết diện là ba hình tròn có tổng diện tích là 11  A  0; 2; 0  A.   A  0; 6; 0   A  0; 0; 0  B.   A  0; 8; 0   A  0; 2; 0  D.   A  0; 8; 0   A  0; 0; 0  C.   A  0; 6; 0  Lời giải Mặt cầu S có tâm I  0; 4;0  và bán kính R  5 . Điểm A Oy  A  0; b;0  . Khi đó ba mặt phẳng theo giả thiết đi qua A và có phương trình tổng quát lần lượt là STUDY TIPS Nếu mặt cầu  S  tâm I, bán kính R cắt mặt phẳng  P     : x  0 ,    : y  b  0 và    : z  0 . 2 1  3    Nhận thấy d I ;  1   d I ;  3   0 nên mặt cầu theo giao tuyến là đường   ,  thì ta có công thức: diện tích của hai hình tròn đó là S1  S3  2R2  10 . tròn  C  tâm H, bán kính r   IH2  d2 I;  P  R2  r2 1 3 S  cắt các mặt phẳng theo giao tuyến là đường tròn lớn có tâm I, bán kính R  5 . Tổng Suy ra mặt cầu S cắt  2  theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích là S3  11  S1  S2   11  10   . Bán kính đường tròn này là r  b  2 . Vậy  d I ;   3   R2  r 2  2  4  b   b  6   S3 1.   A  0; 2; 0  .   A  0; 6; 0  Đáp án A. Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x1 y 2 z   . Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng d? 1 1 3 B. N 1; 2;0  A. Q 1; 0; 2  C. P 1; 1; 3  D. M  1; 2;0  Đáp án D.  59 32 2  Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  ;  ;  và mặt 9 9  9 cầu S có phương trình x2  y2  z2  2x  4y  6z  11  0. Từ điểm M kẻ các tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu S , trong đó A , B , C là các tiếp điểm. Mặt phẳng  ABC  có phương trình là px  qy  z  r  0. Giá trị của biểu thức p  q  r bằng A. 4. B. 4. C. 1. D. 36. Lời giải Mặt cầu S có tâm I 1; 2; 3  và bán kính R  5.  50 50 25  25 Ta có IM   ;  ;    IM  . 9 9  3  9 20 . 3 Suy ra tọa độ của A , B , C thỏa mãn phương trình Do đó MA  MB  MC  IM 2  R2  2 2 2  59   32   2  400 x  y   z    9   9   9 9  118 64 4 101 x y z  0. 9 9 9 9 Do vậy tọa độ của A , B , C thỏa mãn hệ phương trình  x2  y 2  z 2   2 118 64 4 101 2 2 x y z 0 x  y  z  9 9 9 9  x2  y 2  z 2  2x  4 y  6z  11  0  2 x  2 y  z  4  0   2 . 2 2   x  y  z  2 x  4 y  6 z  11  0 Như vậy tọa độ của A , B , C thỏa mãn phương trình 2x  2 y  z  4  0 nên mặt phẳng  ABC  có phương trình là 2x  2 y  z  4  0. Suy ra p  2; q  2; r  4 . Vậy p  q  r  4. Phân tích phương án nhiễu. Phương án A: Sai do HS viết được phương trình 2x  2 y  z  4  0 nên suy ra p  2; q  2; r  4. Phương án C: Sai do HS xác định p  2; q  2; r  1. Phương án D: Sai do HS xác định sai hình chiếu vuông góc H của M trên mặt phẳng  ABC  . Cụ thể H được xác định dựa vào hệ thức vectơ IH   R2 IM nên IM  91 64 14  H ; ;  . 9 9   9 Do đó viết được phương trình mặt phẳng  ABC  là 2 x  2 y  z  36  0. Suy ra p  2; q  2; r  36. Đáp án B. Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  2; 3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1;  2  . Đường thẳng d đi qua trực tâm của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình là x 1 y  5 z  4   . 1 8 5 x  1 y  11 z  6 C.   . 1 8 5 A. x  2 y  13 z  9   . 1 8 5 x  3 y  21 z  14 D.   . 1 8 5 B. Lời giải Ta có AB   3;  1;  1 , AC   1;  2;  3 nên mặt phẳng  ABC  có một vectơ pháp tuyến là  AB, AC    1;  8; 5  .   Suy ra  ABC  có phương trình là x  8 y  5z  17  0. Gọi H  x; y; z  là trực tâm của tam giác ABC . Ta có CH   x  1; y  1; z  2  ; BH   x  1; y  2; z  . Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên  BH . AC  0  BH  AC  x  2 y  3z  3    2 29 1     x; y ; z    ; ;   . CH  AB  CH .AB  0  3x  y  z  2  15 15 3   H  ABC   H   ABC  x  8 y  5z  17   2 29 1  Suy ra H  ; ;   .  15 15 3  Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  ABC  nên nhận  AB, AC   1;  8; 5    làm một vectơ chỉ phương. Suy ra phương trình đường thẳng d là 2 29 1 y z 15  15  3. 1 8 5 x Dễ thấy điểm M  2;  13;9  thuộc đường thẳng d nên phương án đúng là B. Phân tích phương án nhiễu. Phương án A, C và D: Sai do HS tìm tọa độ trực tâm H thiếu điều kiện H   ABC  và chỉ kiểm tra hai điều kiện BH  AC ; CH  AB. Đáp án B. Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: x2 y 1 z1 x3 y 1 z  3   và  :   . Viết phương trình mặt phẳng 1 1 2 1 1 2  P chứa d và tạo với tam giác một góc 30. có dạng: x  ay  bz  c  0 với a, b, c  A. 8 Lời giải khi đó giá trị a  b  c là B. -8 C. 7 D. -7 - Gọi vectơ pháp tuyến của  P  là n   a; b; c   0 - d   P   n.ud  0  a  b  c  0  c  a  b (1) -  có vectơ chỉ phương u  1; 1; 2  , góc giữa  và  P  là 30 nên sin 30  n.u  n . u Thế (1) vào (2)  d  a  b  2c 1 (2)  2 a2  b2  c 2 . 12  12  4 3 ab 6. 2a  2b  2ab 2 2     4.9 a 2  b2  2 ab  6 2 a 2  2b2  2 ab 1 2   1 b  2 a a b   24 a  24b  60 ab  0  2    a  2b  a  2 2 2 - Với b  2a  c  a  b  a. Chọn a  1  n  1; 2; 1   P  : x  2y  z  5  0 - Với a  2b  c  b. Chọn b  1  n   2; 1; 1   P  : 2x  y  z  2  0 Đáp án B. Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2; 11; 5 và mặt phẳng  P  : 2mx   m 2     1 y  m2  1 z  10  0. Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với  P  và cùng đi qua A. Tìm tổng bán kính của hai mặt cầu đó. D. 12 2. C. 7 2. B. 5 2. A. 2 2. Lời giải Gọi I  a; b; c  , r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu    r  d I;P    b  c m 2  2ma  b  c  10 m 2  1 2    b  c  r 2 m2  2ma  b  c  r 2  10  0 (1)   2  b  c  r 2 m  2ma  b  c  r 2  10  0 (2) - Xét phương trình (1): Do  P  luôn tiếp xúc với mặt cầu cố định với mọi m nên b  c  r 2  0 b  r 2  5    a  0  S  : x2  y  5  r 2 a  0  c  5 b  c  r 2  10  0    Do A   S   4  11  5  r 2  2  2   z  5  r 2 2 r  2 2  r 2  r 2  12 2r  40  0   r  10 2 - Xét phương trình (2): ta làm tương tự như trên  không thỏa đề bài. Vậy tổng bán kính 2 mặt cầu là 12 2. Đáp án D. Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng    : 2 x  4 y  5z  2  0 ,    : x  2 y  2 z  1  0 và    : 4x  my  z  n  0 . Để ba mặt phẳng đó có chung giao tuyến thì tổng m  n bằng A. 4 C. 8 B. 8. D. 4. Lời giải Nhìn vào phương trình    , để tính m  n ta cần có y  1 .  x  1    : 2 x  5 z  2  0 Cho y  1   .  z  0     : x  2 z  1  0 Thay vào    , ta được m  n  4. Đáp án A. Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A  3;0;0  , B 0; 2;0  , C  0;0;6  , D 1;1;1. Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến d là lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. M  1; 2;1 . B. N  5;7; 3  . C. P  3; 4; 3 . D. Q  7;13; 5 . Lời giải Ta thấy D   ABC  : 2x  3y  z  6  0 d  A , d   AD  Ta có: d  B, d   BD  d  A , d   d  B, d   d C , d   AD  BD  CD  d C , d   CD  x  1  2t  Dấu “=” xảy ra khi d   ABC  tại điểm D  d :  y  1  3t  N  5;7; 3   d z  z  t  Đáp án B. Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  8;1;1 . Mặt phẳng  P qua M cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất có dạng là  P  : ax  by  cz  12  0. Khi đó a  b  c là: 2 B. 9. A. 9. C. 11. Lời giải Giả sử  P  cắt Ox , Oy , Oz lần lượt tại a, b, c  0   P : 8 1 1 x y z    1 qua M  8; 1; 1     1 a b c a b c  8 1 1 OA2  OB2  OC 2  a2  b2  c 2  2x      2x a b c D. 11. 2 2  a2  STUDY TIPS Phương trình mặt phẳng qua A  a;0;0  , B  0, b,0  , C  0; 0; c  với a.b.c  0 là x y z    1 gọi là phương a b c trình mặt phẳng dạng đoạn chắn 2 8x 8x 2 x x 2 x x 3 3   b    c    3 3  8 x   3 x 2  3 x 2 (Cô – si) (*) a a b b c c  2 8x a  a a  2 3 x  3 x  6  3 b 2  x  b  x   a  12  b   c  3 x Dấu “=” xảy ra khi  x b  6 c 2   c  6   4  1  1 1 c  8 1 1 3 x 3 x 3 x     0 a b c x y z    1  x  2 y  2 z  12  0 12 6 6 Bạn có thể thế x vào (*) để tìm min.   P : Đáp án A. Câu 43: Trong không gian với hệ A  3; 1; 3 , B  3;0; 1 , C  1; 3;1 và mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho  P : 2x  4y  3z  19  0. Tọa độ điểm M  a; b; c  thuộc  P  sao cho MA  2 MB  5 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng: A. 4. B. 5. C. 6. D. 7. Lời giải  3  2.  3   5.  1  1 x  8   1  2.0  5.  3  Gọi I  x; y; z  thỏa mãn IA  2 IB  5IC  0   y   2 8   3  2.  1  5.1 0 z  8   I   1; 2; 0  Ta có MA  2 MB  5 MC  MI  IA  2 MI  2 IB  5 MI  5 IC  8 MI  IA  2 IB  5 IC  8 MI  MA  2 MB  5 MC min  8 MI min M  M là hình chiếu của I lên  P  Gọi  là đường thẳng qua I  1; 2; 0  và vuông góc với  P  : 2x  4 y  3z  19  0 I P ∆  x  1  2t  có vectơ chỉ phương là  2; 4; 3   :  y  2  4t  z  3t  Thế vào  P   2  1  2t   4  2  4t   3  3t   19  0  t  1 x  1    y  2  M  1; 2; 3   a  b  c  6 z  3  Đáp án C. Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho    : 2x  2y  z  14  0, mặt cầu S : x2  y2  z2  2x  4y  6z  11  0. Mặt phẳng  P  //    cắt S theo thiết diện là một hình tròn có diện tích 16. Khi đó phương trình mặt phẳng  P  là: A. 2x  2 y  z  14  0. B. 2 x  2 y  z  4  0. C. 2x  2 y  z  16  0. D. 2 x  2 y  z  4  0. Lời giải I 5 P H  P //    P : 2x  2y  z  c  0 c  14 S có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  5 Hình tròn thiết diện  C  có S  16  Bán kính r  4 Gọi H là hình chiếu của I lên  P   H là tâm của  C   IH  d  2.1  2.2  3  c 2  2 1 2 2 2 I ; P   R2  r 2  3  c  14 (l)   P  : 2x  2 y  z  4  0 3 c5 9  c  4 Đáp án D. Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ cho Oxyz , 3 điểm A 1; 2; 3 , B  1;1; 2  , C  0; 3; 5. Xác định điểm M trên mặt phẳng Oxy sao cho: MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó là: A. 0. Lời giải B. 5. C. 5. D. 6. Gọi G là trọng tâm ABC , ta có: G  0; 0; 2  . MA  MB  MC  3 MG  3 MG nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của G trên Oxy  .  M  0;0;0   MG  2  3MG  6. Đáp án D. Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H  2; 1; 2  là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O xuống mặt phẳng  P  . Số đo góc giữa mặt phẳng  P và mặt phẳng Q  có phương trình y  z  0 là: B. 60. A. 90. D. 30. C. 45. Lời giải nP  OH   2; 1; 2  , nQ   0; 1; 1  cos   nP .nQ nP . nQ  3 3 2  1 2    45. Đáp án C. Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A  2; 1; 1 , B  0; 3; 1 và mặt phẳng  P : x  y  z  3  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P sao cho 2MA  MB có giá trị nhỏ nhất. A. M  4; 1; 0  . B. M  1; 4; 0  . C. M  4; 1; 0  . D. M 1; 4; 0  . Lời giải Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn 2 IA  IB  0, suy ra I  4; 1; 3  . Ta có 2 MA  MB  2 MI  2 IA  MI  IB  MI  2 MA  MB  MI  MI . Do đó 2MA  MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên  P  Đường thẳng đi qua I và vuông góc với  P  là d : x4 y 1 z 3   1 1 1 x  4 y 1 z  3    Tọa độ hình chiếu M của I trên  P  thỏa mãn:  1 1 1  M  1; 4; 0  x  y  z  3  0  Đáp án D. Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho d : x  2 y 1 z  2 và   1 1 1 x  3  t   d  :  y  2  t  , t   . Viết phương trình chính tắc của đường vuông góc chung z  5  của d và d . x 1 y  2 z  3   . 1 1 1 x 1 y  2 z  3 C.   . 1 2 2 A. Lời giải STUDY TIP Cách viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d và Bước 1: Lấy hai điểm A và B lần lượt thuộc hai đường đã cho (tọa độ theo tham số). Bước 2: Giải điều kiện tìm ra t và x 1 y 2 z 1   . 1 1 2 x 1 y  2 z  3 D.   . 1 1 2 B. Hai đường thẳng d và d  lần lượt có vectơ chỉ phương là u  1; 1; 1 và u  1; 1; 0  . Lấy A  2  t;1  t; 2  t   d và B  3  t ; 2  t ; 5  d  AB  1  t  t; t  t  1; t  3 . AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d và d  khi và chỉ khi  1  t  t    t  t  1   t  3   0  3t  3  0 t  1  AB  u     .  2t  2  0 t  1    AB  u  1  t  t    t  t  1  0.  t  3   0 Khi đó AB  1; 1; 2  và A 1; 2; 3   AB : x 1 y 2 z  3   . 1 1 2 Đáp án D. Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0; 2  , B  0; 1; 2  và mặt phẳng  P  : x  2y  2z  12  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho MA  MB nhỏ nhất? A. M  2; 2;9  .  6 18 23  B. M   ;  ;  .  11 11 11   7 7 31  C. M  ; ;  . 6 6 4   2 11 18  D. M   ;  ;  .  5 5 5 Lời giải   Ta có 1  2.0  2.2  12  . 0  2.  1  2.2  12  54  0 . Suy ra hai điểm A, B nằm cùng phía so với mặt phẳng  P  . STUDY TIP Phương pháp là xét vị trí tương đối của các điểm A, B so với mặt phẳng 1. Nếu A, B khác phía so với thì nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi 2. Hai điểm A, B nằm cùng phía so với mặt phẳng thì ta lấy đối xứng điểm A qua ta được điểm Khi đó và B ở khác phía so với và Dấu bằng Áp dụng phương pháp tổng quát ở STUDY TIP ta thấy để MA  MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng  P  , trong đó A’ là điểm đối xứng của A qua  P  . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  P  . x  1  t  , t  . Gọi I là giao điểm của d và mặt phẳng  P  , suy ra Suy ra d :  y  2t  z  2  2t  I 1  t; 2t; 2  2t   d và I là trung điểm của AA. Mặt khác I   P   1  t  2.2t  2. 2  2t   12  0  t  1. Suy ra I  0; 2; 4   A  1; 4;6  . xảy ra khi Đường thẳng AB đi qua A  1; 4;6  và B  0; 1; 2  có phương trình x  t  AB :  y  1  3t  ,  t    z  2  4t   CASIO   M  t; 1  3t; 2  4t  AB . Mặt khác M   P   AB  t  2.  1  3t   2.  2  4t   12  0  t  Thế điểm M vào 2 . 5  2 11 18  Vậy M  ;  ;  . 5 5  5 loại B. Nhập máy Đáp án D. Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng Sử dụng lệnh CALC với các đáp án A, C, D → Chọn đáp án có kết quả nhỏ nhất  x  1  2t  x  2  t   d : y  t , d :  y  1  2t và mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0. Đường thẳng  z  1  3t  z  2t   vuông góc với mặt phẳng  P  , cắt d và d  có phương trình là STUDY TIP Tổng quát: Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng cắt hai đường thẳng d và trước. cho Gọi tọa độ điểm A theo t, tọa độ điểm B theo Đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng và x  3 y 1 z  2   . 1 1 1 x  2 y 1 z 1 C.   . 1 1 1 A. nên cùng phương suy ra được t và Tìm được tọa độ A và B suy ra phương trình đường thẳng ∆. x 1 y 1 z 1   . 1 1 4 x 1 y 1 z  4 D.   . 2 2 2 B. 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  ; gọi 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  3t  t   4 t  1   A  1; 1; 4     . B 3;1;  2   2t  4t   2 t   1   t  2t  3 2t  t  1 2t  3t  1   1 1 1 Đường thẳng  đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương n  1;1;1 nên có phương x  3 y 1 z  2   . 1 1 1 trình Đáp án A. Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x  y  z  3  0 và các điểm A  3; 2; 4  , B  5; 3;7  . Mặt cầu S thay đổi đi qua A, B và cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là đường tròn  C  có bán kính r  2 2. Biết tâm của đường tròn  C  luôn nằm trên một đường tròn cố định C1  . Bán kính của C1  là A. r1  14 . C. r1  2 14 . B. r1  12 . Lời giải B Ta có AB   2;1; 3 nên phương trình đường thẳng AB là A  x  3  2t   y  2  t t   z  4  3t  I I1 C P D. r1  6 . D M . Gọi M  AB   P  thì tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x M  3  2t   yM  2  t   z M  4  3t x  y  z  3  0 M M  M STUDY TIP Công thức “ ” khiến ta nhớ đến kiến thức về phương tích của một điểm M nằm bên ngoài đường tròn : “Nếu đường   3  2t    2  t    4  3t   3  0  6t  6  0  t  1  M 1;1;1 . Có MA   3  1   2  1    4  1  2 2 2  14  5  1   3  1   7  1  2 14 . là tâm của đường tròn  C  và MI cắt đường tròn  C  tại 2 điểm C và D. và MB  2 2 2 thẳng d qua M (nằm ngoài đường tròn) và cắt đường Gọi I1 tròn Ta có MC.MD  MA.MB  14.2 14  28 tại hai điểm A, B thì tích số không đổi và (r là bán kính đường tròn)”. 1   MI1  r  MI1  r   28    MI12  r 2  28  MI1  28  2 2 2  6. Do M 1;1;1 nên điểm M cố định. Khi đó tâm I1 của đường tròn  C  luôn nằm trên đường tròn cố định có tâm M, bán kính r1  MI 1  6 . Đáp án D.