Tài liệu Lớp 12 oxyz ( gv lê tuấn anh) 31 ccâu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu 1 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  5  0 .Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  ?  A. n 1; 2;3 .  B. n 1; 2; 3 .  C. n  1; 2; 3 .  D. n 1; 2; 3 . Hướng dẫn: D Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là  n 1; 2; 3 . Câu 2 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : x  y  z  1  0 và    : 2 x  my  2 z  2  0 . Tìm m A. m  2 . B. m  5 . để   song song với    . C. Không tồn tại. D. m  2 . Hướng dẫn: C Hai mặt phẳng đã cho song song nên 2 M 2 2 do đó không tồn tại giá trị của tham    1 1 1 1 số m . Câu 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng  x  3  t x  2 y 1 z  3  , d 2 :  y  6  t . Mệnh đề nào sau đây là đúng? d1 :   1 2 1  z  3  A. d1 và d 2 chéo nhau. B. d1 và d 2 cắt nhau. C. d1 và d 2 trùng nhau. D. d1 song song với d 2 . Hướng dẫn: B  Đường thẳng d1 đi qua A  2;1; 3 và có một vectơ chỉ phương là  u1  1; 2; 1  Đường thẳng d 2 đi qua B  3;6; 3 và có một vectơ chỉ phương là  u2   1;1;0        Ta có u1 , u2   1;1; 1 , AB   5;5;0  ; u1 , u2  AB  0 . Vậy d1 và d 2 cắt nhau. Câu 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng   : x  y  z  0 A. 1 . đồng thời tiếp xúc với mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  0 ? B. 0 . C. Vô số. Hướng dẫn: A Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;1 ; R  3 Mặt phẳng cần tìm có dạng  P  : x  y  z  m  0  m  0  D. 2 .   Điều kiện tiếp xúc d I ;  P   R  m 3 3  3  m  6 hay m=0  loaïi  Như vậy có một mặt phẳng thỏa mãn. Câu 5 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba đường  x  t2 x  1 x  1    thẳng d1 :  y  1 , d 2 :  y  1 , d3 :  y  t3 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M 1; 2;3 z  t z  0 z  0 1    và cắt ba đường thẳng d1 , d 2 , d3 lần lượt tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . A. x  y  z  6  0 . B. x  z  2  0 . C. 2 x  2 y  z  9  0 . D. Đáp án khác. Hướng dẫn: D + Dễ thấy d1 ; d 2 ; d3 đôi một vuông góc và đồng quy tại điểm O 1; 1;0  . Gọi M là trực tâm tam giác ABC . CM  AB + Khi đó   AB  OM , tương tự BC  OM  O C  AB   + Suy ra OM   ABC  . Lại có  OM   0;3;3  + Khi đó  ABC  qua M 1; 2;3 và nhận OM và VTPT có phương trình là y  z  5  0 . Câu 6: (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 1) và mặt phẳng ( P ) có phương trình x  y  2 z  13  0 . Mặt cầu ( S ) đi qua A , tiếp xúc với ( P) và có bán kính nhỏ nhất. Điểm I (a; b; c) là tâm của ( S ) , tính giá trị của biểu thức T  a 2  2b 2  3c 2 . A. T  25 . B. T  30 . C. T  20 . D. T  30 . Hướng dẫn: + Gọi R là bán kính của ( S ) và giả sử ( S ) tiếp xúc với ( P) tại B . + Kẻ AH  ( P) tại H , ta có 2 R  IA  IB  AB  AH  R  AH không đổi. 2 Dấu " =" xảy ra  ( S ) là mặt cầu đường kính AH . Khi đó I là trung điểm của cạnh AH .  + Đường thẳng AH qua A(1; 2; 1) và nhận nP  1;1; 2  là một VTCP x  1 t   AH :  y  2  t  H  t  1; t  2; 2t  1  z  1  2t  Điểm H  ( P)  (t  1)  (t  2)  2(2t  1)  13  0  6t  12  0  t  2  H (3; 4;3) + Điểm I là trung điểm của cạnh AH  I  2;3;1  T  a 2  2b 2  3c 2  25 . Câu 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm    A  3; 2;1 , B 1; 1; 2  , C 1; 2; 1 . Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn OM  2 AB  AC . A. M  2;6; 4  . B. M  2; 6; 4  . C. M  2; 6; 4  . D. M  5;5;0  . Chọn đáp án C Ta có     AB   2; 3;1  2 AB   4; 6; 2  ; AC   2;0; 2    AC   2;0; 2    OM   2; 6; 4   M  2; 6; 4  . Câu 8: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I nằm trên tia Ox bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz  . Viết phương trình mặt cầu  S  . A. x 2  y 2   z  3  9 . B. x 2  y 2   z  3  9 . C.  x  3  y 2  z 2  3 . D.  x  3  y 2  z 2  9 . 2 2 2 2 Chọn đáp án D Mặt cầu có tâm thuộc Ox bán kính R  3 nên có tâm I  3;0;0  . Phương trình mặt cầu là  x  3 2  y2  z2  9 . Câu 9: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn vectơ     a   2,3,1 , b   5, 7, 0  , c   3, 2, 4  , d   4,12, 3 . Mệnh đề nào sau đây sai? 2,3,1 a 5,7,0 b 3, 2,4 c 4,12, 3 d     A. d  a  b  c .     C. a  b  d  c .    B. a , b , c là ba vectơ không đồng phẳng.     D. 2a  3b  d  2c . Chọn đáp án D       Nhận thấy a, b .c  35  0 nên a , b , c không đồng phẳng.    a  b   7,10,1             Ta có    . Suy ra a  b  c  d và d  c  a  b  d  a  b  c c  d   7,10,1 Vậy chỉ có Câu 10là sai. Câu 11: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  x  2  mt  P : 2 x  y  z  3  0 và đường thẳng d :  y  n  3t . Với giá trị nào của m , n thì đường thẳng  z  1  2t  d nằm trong mặt phẳng  P  ? 5 A. m   , n  6 . 2 5 B. m  , n  6 . 2 5 C. m  , n  6 . 2 5 D. m   , n  6 . 2 Chọn đáp án D  Đường thẳng d đi qua M  2; n;1 và có vectơ chỉ phương a   m;3; 2  .  Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n   2;1; 1 .    5  a  n a.n  0  2m  5  0 n      Ta có d   P    2 . n   6 M  P 4  n  1  3  0      n  6  Câu 12: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;1 và hai đường thẳng d1 : x 1 y 1 z  3 x 1 y  2 z  2 . Viết phương   , d2 :   1 1 1 1 1 1 trình đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  4 z  6  0 , cắt đường thẳng d1   và d 2 lần lượt tại M và N sao cho AM . AN  5 và điểm N có hoành độ nguyên. A. d : x2 y z2 .   1 2 1 B. d : x  3 y 1 z 1 .   1 2 2 C. d : x y2 z4 .   3 2 3 D. d : x 1 y 1 z  3 .   4 4 1 Chọn đáp án B x  1 t  Ta có d1 :  y  1  t  t  R  mà M  d1  M  m  1; m  1;3  m  z  3  t   x  1  t  Lại có d 2 :  y  2  t   t  R  mà N  d 2  N  n  1; n  2; n  2   z  2  t   Đường thẳng d nhận NM   m  n; m  n  1;1  m  n  là một VTCP  Mặt phẳng  P  có một VTPT là n   2;3; 4    Ta có d / /  P   NM .n  0  2  m  n   3  m  n  1  4 1  m  n   0  m  9n  7    AM   m; m  3; 2  m    9n  7;9n  10;9  9n  , AN   n; n  4; n  1    AM . AN   9n  7  n   9n  10  n  4    9  9n  n  1  5 n  1  9n  53n  44  0    n  44 9  2  Bài ra xN  Z  n  1 thỏa mãn  m  2  M  3;1;1 và NM  1; 2; 2   Đường thẳng d qua M  3;1;1 và nhận NM  1; 2; 2  là một VTCP d: x  3 y 1 z 1 .   1 2 2 3Chọn Câu 13: cầu  S  :  x  1   y  2    z  1 2  P1  ,  P2  S  (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt 2 2  3 ,và hai điểm A 1;0; 4  , B  0;1; 4  . Các mặt phẳng cùng chứa đường thẳng AB và hai mặt phẳng này lần lượt tiếp xúc với mặt cầu tại các điểm H1 , H 2 . Điểm K nào trong số các điểm sau đây nằm trên đường thẳng H1 H 2 . A. K 1; 4; 2  . B. K  1;3; 2  . C. K 1;5;3 . D. K  1;3  2  đáp án A Ta có  S  có tâm I  1; 2;1 và bán kính R  3 x  1 t  Đường thẳng  đi qua hai điểm A, B có phương trình  y  t z  4   IH1H 2  đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình  x  y  3  0 Gọi H là giao điểm của AB và  IH1 H 2  . Khi đó H  1; 2; 4  Gọi M là giao điểm của H1 H 2 và IH . Khi đó H1M  IH Ta có  1  IM IM .IH R2 1    nên IM  IH . Do đó M  1; 2; 2  IH IH 2 IH 2 3 3  1   H1 H 2 vuông góc với IH , AB nên có vtcp u    IH , AB   1;1;0  3  x  1  t  Phương trình H1 H 2 .  y  2  t . Vậy khi t  2 ta được đáp án A. z  2  Câu 14 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d  có vecto chỉ phương u  1;2; 0 . Mặt phẳng P chứa đường thẳng d có vecto pháp tuyến là  n  a; b; c a2  b2  c2  0 . Khi đó a, b thỏa mãn điều kiện nào sau đây?   A. a  2b B. a  3b C. a  2b D. a  2b Chọn đáp án D  Do P chứa đường thẳng d nên u.n  0  a  2b  0  a  2b Câu 15 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác   MNP biết MN  2;1; 2 và NP  14;5;2 . Gọi NQ là đường phân giác trong của góc MNP. Hệ thức nào sau đây là đúng?     A. QP  3QM B. QP  5QM Chọn đáp án B   MN  2;1; 2  MN  9  3 Ta có    NP  14;5;2  NP  15   C. QP  3QM   D. QP  5QM    QP NP 15    5 . Hay QP  5QM NP là đường phân giác trong của góc N     MN 3 QM Câu 16: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M 3;1;1, N 4;8; 3, P 2;9; 7 và mặt phẳng Q : x  2y  z  6  0 . Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác MNP, vuông góc với Q. Tìm giao điểm A của mặt phẳng Q và đường thẳng d A. A 1;2;1 B. A 1; 2; 1 C. A  1; 2; 1 Chọn đáp án D Tam giác MNP có trọng tâm G 3;6; 3  x  3 t  Đường thẳng d đi qua G, vuông góc với Q nên d :  y  6  2t  z  3  t  D. A 1;2; 1  x  3 t  Đường thẳng d cắt Q tại A có tọa độ thỏa mãn d :  y  6  2t  A 1;2; 1  z  3  t  Câu 17: d: x 2  (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng z 3 1  y2 1 và hai mặt phẳng ( P) : x  2y  2z  0,(Q) : x  2y  3z  5  0 . Mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng với mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt cầu (P). Mặt phẳng (Q) tiếp xúc (S) A. (S) :  x  2   y  4   z  3  2 7 B. (S) :  x  2   y  4   z  3  C. (S) :  x  2   y  4   z  3  2 7 D. (S) :  x  2   y  4   z  3  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 14 9 14 Chọn đáp án C  x  2t  + Ta có d :  y  3  t  t     I  2t; t  3; t  2 z  2  t  Mà I  ( P)  2t  2(t  3)  2(t  2)  0  2t  2  0  t  1  I (2; 4;3) + Gọi R là bán kính của (S), ta có (S)  d( I ;(Q))  R  R  Kết hợp với Câu 18: (Q) tiếp xúc với 2  2.4  3.3  5 12  (2)2  32  2 14 (S) có tâm I (2; 4;3)  (S) :  x  2   y  4   z  3  2 2 2 4 2  14 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ( P) : x  4y  2z  6  0,(Q) : x  2y  4z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng ( ) chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt các tia 0x,0y,0z tại các điểm A, B, C sao cho hình chóp O.ABC là hình chóp đều. A. x  y  z  6  0 B. x  y  z  6  0 C. x  y  z  6  0 D. x  y  z  3  0 Chọn đáp án B + Chọn M (6; 0; 0), N (2;2;2) thuộc giao tuyến của (P), (Q) + Gọi A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; C) lần lượt là giao điểm của ( ) với các trục Ox, Oy, Oz 6   1 x y z  ( ) :    1(a, b, c );( ) chứa M, N   a a b c 2  2  2  1  a b c + Hình chóp O.ABC là hình chóp đều  OA  OB  OC  a  b  c Vậy phương trình x  y  z  6  0 Câu 19: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C(0; 0;1), D(0; 0; 0) . Hỏi có bao nhiêu điểm P cách đều các mặt phẳng ( ABC),( BCD ),(CDA),( DAB) A. 4 B. 10 C. 12 D. đáp án khác Chọn đáp án D + Đặt P(a; b; c) là tọa độ điểm cần tìm. Ta có ( ABC) : x  y  z  1;( BCD )  (Oxyz),(CDA)  (Ozx),( DAB)  (Oxy) Khi đó ta cần có x  y  z  x  y  z1 3 (* ) + Ta có tất cả 8 trường hợp về dấu cả x, y, z là dương),... và trong mỗi trường hợp, hệ (dương, dương, dương), (dương, âm, (*) đều có nghiệm. Do đó có tất cả 8 điểm P thỏa mãn đề bài. Câu 20 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng P : 2x  y  2z  9  0 và Q : x  y  6  0 là A. 300 B. 450 C. 600 D. 900 Chọn đáp án B   Vecto pháp tuyến của mặt phẳng P và Q lần lượt là: n1  2; 1; 2, n2  1; 1; 0 Gọi góc giữa hai mặt phẳng P và Q là  Ta có cos  Câu 21 2.1  1  1 22  12  22 12  12  3 3 2  2    450 2 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x2  y2  z2  2x  4y  6z  0 . Đường tròn giao tuyến của S với mặt phẳng Oxy có bán kính là A. r  5 Chọn đáp án A B. r  2 C. r  6 D. r  4 Đường tròn giao tuyến của S với mặt phẳng Oxy có phương trình:  x  12  y  22  z  32  14  z  12  y  22  5    z  0  z  0 Trong mặt phẳng Oxy có tâm J 1;2; 0 và bán kính r  5 Câu 22 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A 1;21, B 4;2; 2, C 1; 1; 2, D 5; 5;2 . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ABC A. d  3 B. d  2 3 C. d  3 3 D. d  4 3 Chọn đáp án D      AB  3; 0; 3  AB; AC  9; 9;9  nABC  1;1; 1 Ta có    AC  0; 3; 3   Phương trình mặt phẳng ABC là x  1  y  2  z  1  0  x  y  z  0 Do đó, khoảng cách từ D đến mặt phẳng ABC bằng d D; ABC  Câu 23: 5  5  2 2 2 2 1  1  1 4 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 2; 0; 0, C 0; 4; 0 B a; b; c . Để tứ giác OABC là hình chữ nhật thì tổng P  a  4b  c bằng bao nhiêu? A. P  12 B. P  14 C. P  14 D. P  12 Chọn đáp án C     Ta có OA  2; 0; 0, CB  a; b; 4, OC  0; 4; 0, AB  a  2; b; c    a2 a  2  OA  CB   Để tứ giác OABC là hình chữ nhật thì     b  4  0  b  4  a  4b  c  14 OA  OC  c0 c  0   Câu 24: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vecto       u  2; 1;2 và vecto v có độ dài bằng 1 thỏa mãn u  v  4 . Độ dài của vecto u  v bằng A. 4 B. 3 C. 2 Chọn đáp án C 2  u  3  u   Theo giả thiết ta có     v  1  v2   2 u 9 2 v 1 . 1 D. 1      2 2  Từ u  v  4 , suy ra 16  u  v  u  v  2uv. 2   2  2   2 Kết hợp 1 và 2, ta được 2uv  u  v  u  v  9  1  42  6     2  2 2  Khi đó u  v  u  v  2uv  9  1  6  4 . Vậy u  v  2 Câu 25 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5;8; 11), B(3;5; 4), C(2;1; 6) và mặt cầu (S) :  x  4   y  2   z  1  9 . Gọi 2 M ( xM ; yM ; zM ) là điểm trên mặt cầu 2 2    (S) sao cho biểu thức MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P  2xM  3yM A. P  4 C. P  3 B. P  1 D. P  2 Chọn đáp án A       + Gọi điểm G( x; y; z) sao cho GA  GB  GC  0  BA  GC  G(0; 2;1) + Xét mặt cầu (S) :  x  4   y  2   z  1  9 tâm I (4;2; 1) và bán kính R=3 2 2 2  Ta có IG  (4; 4;2)  IG  42  (4)2  22  6  R  G nằm ngoài mặt cầu (S)         Ta có MA  MB  MC  MG  GA  GB  GC  MG  MG  MG nhỏ nhất  I , M , G thẳng hàng.  x  2 Hay điểm M chính là trung điểm của IG  M (2; 0; 0)   M P4  yM  0 Câu 26   (Gv Lê Tuấn Anh) Trong không gian với hệ tọa độ O, i, j , k cho 2 điểm A, B           thỏa mãn OA  2i  j  k và Ob  i  j  3k . Tìm tọa độ trung điểm M của đoạn AB 1  A. M  ;0; 1 2  3  B. M  ;0; 1 2  Chọn đáp án B   3  OA   2; 1;1 , OB  1;1; 3  M  ;0; 1 2  C. M  3; 4; 2  1  D. M  ; 1; 2  2  Câu 27: (Gv Lê Tuấn Anh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  4;0;0  x  1 t  và đường thẳng  :  y  2  3t . Gọi H  a; b; c  là hình chiếu của M lên  . Tính a  b  c  z  2t  A. 5 B. -1 C. -3 D. 7 Chọn đáp án B H là hình chiếu của M lên  nên tọa độ của H có dạng: H 1  t ; 2  3t ; 2t  và    MH  u , (với u   1;3; 2  là vecto chỉ phương của  )   11  3 5 22   MH .u  0  14t  11  0  t   H  ; ;  14  14 14 14   a  b  c  1 Câu 28 (Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3 x  y z  0 và đường thẳng d : x 1 y z  3 . Gọi  là đường thẳng nằm trong   1 2 2  P  , cắt và vuông góc với d. Phương trình nào là phương trình tham số của  x  2  4t  A.  y  3  5t  z  3  7t  Chọn đáp án B +  nằm trong  x  3  4t  B.  y  5  5t  z  4  7t   x  1  4t  C.  y  1  5t  z  4  7t  ?  x  3  4t  D.  y  7  5t  z  2  7t    (P) và vuông góc với d nên có vecto chỉ phương là:  n P  , ud    4; 5; 7  +  cắt d nên gọi A  d   thì A  d   P   A 1;0; 3  x  1  4t  x  3  4t   + Vậy phương trình tham số của  :  y  5t hay  y  5  5t  z  3  7t  z  4  7t   Câu 29 phẳng (Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho  P  là mặt chứa đường thẳng  S  :  x  3   y  3   z  1 2 A. 3 x  y  2 z  0 Chọn đáp án D 2 2 d: x4 y z4   3 1 4  9 . Khi đó và tiếp xúc với mặt  P  song song với mặt phẳng nào sau đây? B. 2 x  2 y  z  4  0 C. x  y  z  0  + Véc tơ chỉ phương của  là u   3;1; 4  , véc tơ pháp tuyến của D. đáp án khác  (P) là n cầu + Mặt cầu (S) có tâm I (3; -3; 1) và bán kính R=3  + Vì (P) chứa  nên u.n  0 và (P) tiếp xúc với (S) nên d  I ,  P    R  3  Ta chỉ xét những phương trình có u.n  0 . Lấy 2 điểm nằm trên đường thẳng d là M (4;0;-4) và N (1;-1;0) A. (Q) có phương trình: 3x – y + 2z =0 (Q) nên  không thỏa mãn. Nhưng điểm M, N không thuộc B. (Q) có phương trình: -2x + 2y – z + 4 =0 vì điểm M, N không thuộc (Q) kết hợp với d  I ,  Q    3  R nên (P) trùng (Q)  không thỏa mãn. C. (Q) nên  không (Q) có phương trình: x + y + z = 0. Nhưng điểm M, N không thuộc thỏa mãn. D. Đáp án là D. Câu 30 (Gv Lê Tuấn Anh): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 3 z 2 và hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  0.  Q  : x  2 y  3z  5  0 . Mặt cầu   2 1 1 d: (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng với mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt cầu A.  S :  x  2    y+ 4    z  3  1 2 2 2 C.  S :  x  2    y  4    z  3  2 2 2 2 7 (P). Mặt phẳng (Q) tiếp xúc (S). B.  S :  x  2    y  4    z  3  6 2 2 2 D.  S :  x  2    y+ 4    z  4   8 2 2 2 Chọn đáp án C – Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài toán để tìm bán kính và tâm của mặt cầu + Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng + Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng (Q) (do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng) – Cách giải: I  d  I  2 t;3  t; 2  t  I   P   2 t  2  3  t   2  2  t   0  t  1  I  2; 4;3 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu  S nên R  d  I;  Q      S  :  x  2    y  4    x  3  2 2 2 7 2  2.4  3.3  5 1 2  3 2 2  2 7 Câu 31: d: (Gv Lê Tuấn Anh)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x  3 y  2 z 1 , mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Gọi M là giao điểm của d và  P  .   2 1 1 Gọi  là đường thẳng nằm trong  P  vuông góc với d và cách M một khoảng bằng 42 . Phương trình đường thẳng  là. A. x 5 y  2 z  4   2 3 1 C. B. x 3 y  4 z 5   2 3 1 x 1 y 1 z 1   2 3 1 D. đáp án khác Chọn đáp án D + Gọi M  d   P  M  d  M  3  2t ; 2  t ; 1  t  ; M   P   t  1  M 1; 3;0    +  P  có vecttơ pháp tuyến nP  1;1;1 . d có vecttơ chỉ phương ad   2;1; 1 .  có vecttơ    chỉ phương a   ad , nP    2; 3;1 . Gọi N  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của M trên  ,  khi đó MN   x  1; y  3; z  .   2x  3 y  z  11  0  MN  a   Ta có:  N   P    x  y  z  2  0 . Giải hệ ta tìm được hai điểm   2 2 2  x  1   y  3  z  42  MN  42 N  5; 2; 5  và N  3; 4;5  + Với N  5; 2; 5  , ta có  : x 5 y  2 z 5   2 3 1 + Với N  3; 4;5  , ta có  : x 3 y  4 z 5   2 3 1