Tài liệu Lớp 12 oxyz (gv nguyễn thanh tùng) 41 câu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu 1 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x 2  y2  z 2  2y  4z  1  0 có tâm I. Tọa độ tâm I là A. I 1; 2;0  . B. I  0;1; 2  . C. I  1;0; 2  . D. I  0; 1; 2  . Đáp án D æ a b c ö÷ ; Mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 + ax + by + cz + d = 0 có tâm I çç ; . çè -2 -2 -2 ÷÷ø Do đó mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 y - 4 z + 1 = 0 có tâm I (0; -1; 2) → Đáp án D Câu 2 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x 2  y2  z 2  2x  2y  4z  m  0 A. m = 1. có bán kính R  2 . Khi đó giá trị m bằng bao nhiêu? B. m = 2. C. m = 3. D. m = 4. Đáp án B Viết lại ( S ) : ( x -1) + ( y + 1) + ( z + 2) = 6 - m Þ R = 6 - m ( với m < 6 ) 2 2 2 Khi đó R = 2 Û 6 - m = 2 Û m = 2 → Đáp án B Câu 3 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  2z  15  0 và điểm M 1; 2; 3 . Mặt phẳng (α) song song với (P) và cách M một khoảng bằng 2 có phương trình là ax  4y  bz  c  0 . Hỏi tổng T  a  b  c bằng bao nhiêu? A. T = 6. B. T = 18. C. T = -12. D. T = -36. Đáp án C Do ì a = -2 ï ï a 4 b c ï (a ) / / ( P) Û = = ¹ Û í b = -4 Þ ( P) : -2 x + 4 y - 4 z + c = 0 1 -2 2 15 ï ï ï ï îc ¹ -30 ( với c ¹ -30 ) Ta d ( M , ( P )) = 2 Û có -2.1 + 4.2 - 4.(-3) + c 22 + 42 + 42 é c = -30 c¹-30 = 2 Û c + 18 = 12 Û ê ¾¾¾® c = -6 êë c = -6 Suy ra T = a + b + c = -2 - 4 - 6 = -12 → Đáp án C Câu 4 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  2; 2;5  và đường thẳng  : x y  2 z 1 . Gọi M '  x 0; y 0 ; z 0  đối xứng với M qua  .   1 3 2 Khi đó giá trị T  x 0  y 0  z 0 là A. T = 0. B. T = -3. C. T = 5. D. T = 8. Đáp án C.  Δ có vecto chỉ phương là u  1;3; 2  . Gọi H (t;2 + 3t;-1 + 2t) là hình chiếu của H lên Δ.     MH   t  2;3t; 2t  6   MH.u  0   t  2   3.3t  2  2t  6   0  t  1  H 1;5;1  M '  0;8; 3  T  5. Câu 5 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S :  x  3   y  2    z  1 2 2 2  2017 và mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  9  0 . Biết giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là một đường tròn có tâm M. Tọa độ điểm M là A. M  1; 2;3 . B. M  1; 2;11 . C. M 1;3;5  . D. M 1; 4;3 . Đáp án A. (S) tâm I (3;-2;1). M là hình chiếu của I trên (P). PI nhận vecto pháp tuyến của (P) làm vecto chỉ phương nên phương trình của PI là:  2  3  2t   2  2  2t   1  t   9  0  t  2  M  1; 2;3 . Câu 6 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai  x  2  2t x  2 y 1 z    và  2 :  y  3 đường thẳng 1 : . Mặt phẳng    cách đều hai đường 1 1 2 z  t  thẳng 1 ,  2 có phương trình là A.    : x  5y  2z  12  0. B.    : x  5y  2z  12  0. C.    : x  5y  2z  12  0. D.    : x  5y  2z  12  0. Đáp án D.  Δ1 đi qua điểm M (2;1;0) và có vecto chỉ phương u  1; 1; 2  .  Δ2 đi qua điểm N (2;3;0) và có vecto chỉ phương v   2;0;1 .    (α) cách đều Δ1 và Δ2 nên (α) có vecto pháp tuyến n   u; v    1; 5; 2   phương trình của (α) có dạng: x + 5y + 2z + a = 0. d 1 /     d 2 /     d M/     d N/     Câu 7. a7 30  a  17 30  a  12     : x  5y  2z  12  0. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng    : ax  by  cz  d  0 với a, b, c, d là các số thực thỏa mãn a  2b  2c  d  0 . Gọi (S) là mặt cầu có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng    . Tính bán kính lớn nhất của mặt cầu (S). A. 2. B. 9. C. 3. D. 4. Đáp án C. R  d O/     Rmax = 3  d a 2  b2  c2  a  2b  2c a 2  b2  c2 BCS  R  12  22  22 . a 2  b 2  c 2 a 2  b2  c2 3 a b c    b  c  2a. 1 2 2 Câu 8 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu (S) có bán kính R  2 và tâm O có phương trình A. x 2  y 2  z 2  2 . B. x 2  y 2  z 2  2 C. x 2  y 2  z 2  4 . D. x 2  y 2  z 2  8 . Đáp án C Mặt cầu tâm I  a, b, c  , bán kính R có phương trình là  x  a    y  b    z  c   R 2 . 2 2 2 Câu 9 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho    OM  3i  2k . Tọa độ điểm M là A. M (3; 2;0) . Đáp án B   B. M (3;0; 2)  C. M (0;3; 2) . D. Q(3;0; 2) .  Ta có OM  3i  0. j  2k  M  3;0; 2  . Câu 10 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết M là điểm thuộc đường thẳng  : x y  2 z 1   và cách mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  5  0 1 1 2 bằng 2. Khi đó tọa độ điểm M là A. M (1; 1; 1) . B. M (0; 2;1) . Đáp án D Giả sử M  t ; 2  t ;1  2t    . Theo giả thiết C. M (2; 4;5) . D. M 1; 3;3 . d  M ; P   2t   2  t   2 1  2t   5 22   1  22 2 t  1 7t  1  2  . t   5 3 7   5  7 3 7 9 7 Do đó có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu là M 1; 3;3 và M   ;  ;   . Câu 11. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 đường thẳng  : x 1 y z  2 . Phương trình đường thẳng đi   1 2 3 qua O song song với  P  , vuông góc với đường thẳng  là A. x y z   . 1 4 3 B. C. x  4 y  3 z  0 . x 1 y  4 z  3   . 1 4 3 D. x  4 y  3 z  0 . Đáp án B    Đường thẳng cần tìm có VTCP là u   n P  , u    1; 4; 3  11; 4;3 .  Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là  x 1 y  4 z  3   . 1 4 3 Câu 12 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai  x  3t x 1 y  2 z 1    đường thẳng d1 : ; d 2 :  y  4  t và mặt phẳng Oxz cắt d1 , d 2 lần lượt 3 1 2  z  2  2t  tại các điểm A, B . Diện tích S của tam giác OAB bằng bao nhiêu? A. S  5 . B. S  3 . C. S  6 . D. S  10 . Đáp án A Thay y  0 vào phương trình đường thẳng d1 , d 2 ta được tọa độ 2 điểm A, B là A  5;0; 5  , B 12;0;10  . Vậy S AOB  1 2   OA, OB   5 .   Câu 13 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  s  : x 2   y  2    z  1 2 2  169 cắt mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  10  0 giao tuyến là một đường tròn. Khi đó chu vi đường tròn đó bằng bao nhiêu? A. 10 . Đáp án D B. 14 . C. 18 . D. 24 . theo Mặt cầu có tâm I  0;2; 1 , R  13 . Ta có h  d  I ,  P    5 . Do đó bán kính đường tròn giao tuyến là r  R 2  h 2  12 . Vậy chu vi đường tròn là C   d  2 r  24 . Câu 14 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ xyz , cho x 2  y 2  z 2   m  2  x  2my  2mz  m  3  0 là phương trình của mặt cầu  S m  . Biết với mọi số thực m thì  Sm  luôn chứa một đường tròn cố định. Tìm bán kính r của đường tròn đó. 1 A. r  . 3 B. r  4 2 . 3 C. r  2 . 3 D. r  3. Đáp án B Xét x 2  y 2  z 2   m  2  x  2my  2mz  m  3  0, m  x 2  y 2  z 2  2 x  3  0  S   x  y  z  2 x  3  m  x  2 y  2 z  1  0, m    P  x  2 y  2 z  1  0 2 2 2 Đường tròn cần tìm là giao của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P).   Mặt cầu  S  có tâm I  1;0;0  , R  2 . Ta có h  d I ,  P   Vậy bán kính đường tròn cần tìm là r  R 2  h2  2 . 3 4 2 . 3 Câu 15 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M (1; 2;3) . Khi đó điểm M  đối xứng với M qua mặt phẳng  Oxy  có tọa độ là A. M (1; 2;3) . B. M (1; 2;3) . C. M (1; 2; 3) . D. M (1; 2;3) . Đáp án C Câu 16 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm là gốc tọa độ O và bán kính bằng 3. Điểm nào sau đây không thuộc mặt cầu (S ) ? A. M (2; 2; 1) . Đáp án C B. N (0; 3;0) . C. P(1;1; 1) . D. Q(1; 2; 2) . Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 . Thay tọa độ điểm C vào phương trình  S  thấy không thỏa mãn. Vậy P không thuộc mặt cầu  S  . Câu 17 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)v Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm M (1;0;1), N (3;1;0), P(1; 2; 2), Q(0; 1;1) . Mặt phẳng song song với mặt phẳng ( MNP) và cách Q một khoảng bằng 1 có phương trình là A. x  2 y  2 z  1  0 . B. x  2 y  2 z  3  0 . C. x  2 y  2 z  3  0 . D. x  2 y  2 z  7  0 . Đáp án D   Mặt phẳng   song song với  MNP  có VTPT là  MN , MP    3; 6;6   3 1; 2;2  .   Phương trình  MNP  : x  3  2  y  1  2 z  0 hay x  2 y  2 x  1  0 Phương trình   có dạng x  2 y  2 z  m  0 , m  1 .   Theo giả thiết d Q,    1  4m  1  m  1 loai   m  7  tm  . 3 Vậy phương trình   : x  2 y  2 z  7  0 . Câu 18 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng song song ( P) : x  2 y  2 z  1  0 và mặt phẳng (Q) : x  2 y  2 z  2  0 . Khoảng cách h giữa hai mặt phẳng ( P) và (Q) bằng bao nhiêu? A. h  1 . B. h  3 . 1 C. h  . 3 D. h  2 . 3 Đáp án A Lấy M  1;0;0    P  . Do  P  / /  Q  nên d   P  ,  Q    d  M ,  Q    1. Câu 19 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(a;1; 2), B(1;0; 1), C(2; 1;3), D(1;0; 2) . Biết thể tích của tứ diện ABCD bằng 1 và điểm A có hoành dương. Khi đó giá trị a bằng A. a  1 . B. a  3 . C. a  2 . Đáp án C Ta có VA. BCD  1    a  DB, DC  DA   1  a  2  6 2 ( do a  0 ) D. a  4 . Câu 20 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 1; 2  , B  2;0; 1 , C  2; 1;0  và mặt phẳng   : x  2 y  z  3  0 . Biết M là một điểm thuộc mặt phẳng   sao cho 2 MA2  3MB 2  4 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó điểm M thuộc đường thẳng nào sau đây? A. x y z2   . 1 2 1 B. x 1 y z  2   . 2 3 1 C. x 1 y z  2   . 1 3 1 D. x  2 y  2 z 1   . 1 2 1 Đáp án D    2 2 2 Ta có 2 MA  3MB  4 MC  2 MI  I A  2   2    3 MI  I B  4 MI  I C   MI 2  2 IA2  3IB 2  4 IC 2             2 MI  2 IA  3IB  4 IC  2 Chọn I thỏa mãn 2 IA  3IB  4 IC  0  I  0; 2;1 . Khi đó biểu thức đã cho đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên   . Đường thẳng d qua I và vuông góc với   là x y  2 z 1   . 1 2 1 M  d     M  1;0;2  Câu 21 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho   u  (1; 2;3) . Trong các vectơ sau, đâu là vectơ vuông góc với vectơ u ?     A. a  (2; 4;6) . B. b  (0;3; 2) . C. c  (1;1; 1) . D. d  (2; 4; 2) . Đáp án D     u  d vì u.d  0 Câu 22 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với trục tọa độ Oxy, cho mặt phẳng ( ) : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0 . Khi đó, phát biểu nào sau đây đúng? A. ( ) không cắt ( S ) . B. ( ) tiếp xúc với ( S ) . C. ( ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ hơn bán kính của ( S ) . D. ( ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có tâm trùng với tâm của ( S ) . Đáp án C S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  12   2   32  9  5 . 2 Ta có d  I ,     2  R . Vậy  S  cắt   theo 1 đường tròn có bán kính nhỏ hơn bán kính của  S  . Câu 23 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y z  2 và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2 z  3  0 . Đường thẳng đi   2 1 3 qua O, vuông góc với ∆ và song song với mặt phẳng ( ) có phương trình A. x y z   . 4 1 3 Đáp án A B. x y z   . 4 1 3    C. x 1 y z   . 4 1 3 D. x y z 1   . 4 1 3 Đường thẳng cần tìm có VTCP là u  u , n    4; 1; 3 . Vậy phương trình đường thẳng đó là   x y z   . 4 1 3 Câu 24. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, trong các cặp đường thẳng và mặt phẳng sau, đâu là trường hợp đường thẳng song song với mặt phẳng? A. x y  3 z 1   và x  y  3 z  6  0 . 1 2 1 B. x y  4 z 1   và x  y  3 z  1  0 . 1 2 1 C. x y  3 z 1   và x  y  3 z  4  0 . 1 2 1 D. x 1 y  3 z 1   và x  y  3 z  1  0 . 1 2 1 Đáp án C Các đường thẳng đều có VTCP vuông góc với VTPT của các mặt phẳng  Tất cả đều là các đường thẳng đều song song hoặc nằm trong mặt phẳng. Lấy M  x0 ; y0 ; z0  bất kì nằm trên đường thẳng thay vào mặt phẳng thấy không thỏa mãn thì đường thẳng song song với mặt phẳng. Thử các trường hợp ta chọn được đáp án C thỏa mãn yêu cầu. Câu 25. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3    vectơ a  1; m; 2  , b   m  1; 2;1 , c   0; m  2; 2  . Điều kiện của m để 3 vectơ đã cho đồng phẳng là A. m  0 . Đáp án D 2  m  B. 5.  m  1 C. m  1 . D. m  2 . 5         Ta có  a, b  c  5m  2 . Để a, b, c đồng phẳng thì 5m  2  0  m  2 . 5 Câu 26 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M  2; 1;0  . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng  P  đi qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA  2OB  3OC  0 ? A. 4. B. 3. C. 2. D. 8. Đáp án C Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c    ABC  : x y z    1. a b c a  2b 2 1 0 a  2b    1      2b  3c . Theo đề bài ta có  a b c 2 b  3 c a  2b 3c   2b  3c   Do a, b, c  0 nên chọn c  1  Có 2 giá trị tương ứng của b và a . Câu 27 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' biết A  2; 1; 2  , C  2;3; 2  , B ' 1; 2;1 , D '  3;0;1 . Khi đó tọa độ điểm B là A. B  1; 2; 2  . B. B 1; 2; 2  . C. B  2; 2;1 . D. B  2; 1; 2  . Đáp án A Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AC , BD  I  0;1;2  , J  2;1;1 .   Ta có IJ  BB  B  1; 2; 2  . Câu 28 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1;0) , B(2;3;1) , C(3;1; 4) . Tọa độ tâm G của tam giác ABC là A. G(6;3; 3). B. G(4; 2; 2). C. G(2; 1;1). D. G(2;1; 1). Đáp án D. xG  xA  xB  xC y  yB  yC z  zB  zC  2; y G  A  1; z G  A  1. 3 3 3 Câu 29 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 1; 2;0  và mặt phẳng  P  : 2x  y  2z  6  0 . Mặt cầu tâm A tiếp xúc với (P) có phương trình là A.  x  1   y  2   z 2  2. 2 2 B.  x  1   y  2   z 2  4. 2 2 C.  x  1   y  2   z 2  2. 2 D.  x  1   y  2   z 2  4. 2 2 2 Đáp án D. Mặt cầu R  d A/  P   Câu 30. 1 : tâm A, 2.1  2  2.0  6 22  12  22 tiếp xúc (P) có bán kính:  2   x  1   y  2   z 2  4. 2 2 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x 1 y z  2 x y 2 z 3 và  2 :     . Mặt phẳng 2 1 1 1 2 3 (α) chứa 1 và song song với  2 có phương trình là A. x  7y  5z  11  0. B. x  7y  5z  11  0. C. 2x  3y  7z  12  0. D. 2x  3y  z  0. Đáp án A.  Δ1 đi qua điểm M (1;0;-2) và có vecto chỉ phương là u1   2;1; 1 . Δ2 có vecto chỉ phương  là u 2  1; 2;3 . (α) chứa Δ1 và song song với Δ2 nên    n   u1 ; u 2   1; 7; 5  (α) đi qua điểm M và có vecto pháp tuyến là → phương trình mặt phẳng (α) là: 1 (x – 1) – 7 (y – 0) – 5 (z + 2) = 0  x – 7y – 5z – 11 = 0. Câu 31. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 : x 1 y  3 z x y 1 z  2 . Tổng a + b bằng bao nhiêu để d1//d2?   và d 2 :   a b 4 1 4 2 A. a  b  10. B. a  b  10. C. a  b  6. D. không tồn tại. Đáp án D.  (d1) đi qua điểm M1 (1;3;0), có vecto chỉ phương là u1   a; b; 4   (d2) đi qua điểm M2 (0;-1;2), có vecto chỉ phương là u 2  1; 4; 2       u1 ; u 2   0   2b  16; 4  2a; 4a  b   0 (d1) // (d2)        VN.   u1 ; M1M 2   0  2b  16; 4  2a; 4a  b   0 Câu 32. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A  0;3;0  , B  0;0; 1 và C thuộc tia Ox Biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng  P  : 2x  y  2z  1  0 bằng 1. Mặt phẳng (ABC) có phương trình là? A. 3x  y  3z  3  0. B. 3x  y  3z  3  0. C. x  y  3z  3  0. D. x  y  3z  3  0. Đáp án A. 2x  1 x  1 1   C 1;0;0  3  x  2    Mặt phẳng (ABC) có vecto pháp tuyến là n   AB; AC    3; 1;3 C  x;0;0   x  0   d C/ P  → Phương trình mặt phẳng (ABC) là 3x   y  3  3z  0  3x  y  3z  3  0. Câu 33 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Mặt phẳng (P) đi qua điểm M 1; 27;8  cắt các tia Ox,Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho AB2  BC2  CA 2 nhỏ nhất có phương trình là A. 6x  2y  3z  84  0. B. 6x  2y  3z  24  0. C. 6x  2y  3z  72  0. D. 6x  2y  3z  36  0. Đáp án A. Gọi A (a;0;0); B (0;b;0); C (0;0;c) (a; b; c > 0) → Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z    1. a b c M  P  1 27 8    1 ; AB2 + BC2 + CA2 = 2 (a2 + b2 + c2). a b c Để tìm giá trị nhỏ nhất của T = a2 + b2 + c2 ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của T + 2α T  2  a 2  b 2  c 2  2 54 16  2     2 27 27   2 8 8     a    b     c   a b c a a  b a   c c     27 27 8 8  3 3 a 2 . .  3 3 b2 . .  3 3 c2 . .  42 3  2 a a b b c c Dấu “=” xảy  2  a  a a  3  a  14  1 27 8    1 1 27 8  2 27  a b c  b   b  3 3    3  3  3  1    143  b  42 b  3  2    c  28 3  c  2   2 8 c   c   P : x y z    1  6x  2y  3z  84  0. 14 42 28 * PS: do a; b; c > 0 nên chỉ có đáp án A thỏa mãn. ra Câu 34 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 4) . Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  Oyz  ? A. M(1;0;0) B. N(0; 2; 4) C. P(1;0; 4) D. P(1; 2;0) Đáp án B Hình chiếu vuông góc của A  1; 2; 4  trên mặt phẳng  Oyz  là điểm N  0; 2; 4  . Chú ý: Hình chiếu vuông góc của điểm A  x0 ; y0 ; z0  trên: +) mặt phẳng  Oxy  là điểm: M  x0 ; y0 ;0  +) mặt phẳng  Oyz  là điểm: N  0; y0 ; z0  +) mặt phẳng  Oxz  là điểm: P  x0 ;0; z0  Câu 35 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 2;3) , B(1;0; 2) và G (1; 3; 2) là trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C A. C (3; 7;1) B. C (2; 4; 1) C. C(1; 1; 3) D. C(3; 2;1) Đáp án A Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ... Câu 36. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu S  có tâm O và bán kính R không cắt mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Khi đó khẳng định nào sau đây đúng? A. R  2 3 B. R  2 3 C. R  1 D. R  2 3 Đáp án B Do  S  không cắt  P   d  O,  P    R  02 22   1  22 2 RR 2 . 3  Câu 37 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Phép tịnh tiến theo v  1; 2  biến điểm M  3;1 thành điểm M  . Tìm tọa độ M  A. M   4; 3 Đáp án B B. M   2; 1 C. M   4;3  Ta có Tv  M   M  với v   a; b   1; 2  . Khi đó ta có biểu thức tọa độ: D. M   2;1  xM   xM  a  3  1  2  M   2; 1 .   yM   yM  b  1   2   1 Câu 38 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 3; 2  , B  3;5; 2  . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB có dạng x  ay  bz  c  0 . Khi đó a  b  c bằng A. -4 B. -3 C. 2 D. -2 Đáp án A  1   Ta có AB   2;8; 4   2 1; 4; 2   n( P )  AB  1; 4; 2  , trung điểm của AB là I  2;1;0  2 Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của AB là  P  : x  4 y  2 z  6  0 a4   b  2  a  b  c  4 . c  6  Câu 39 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 z  11  0 và mặt phẳng   : x  y  z  3  0 . Biết mặt cầu  S  cắt mặt phẳng   theo giao tuyến là đường tròn T  . Tính chu vi đường tròn T  A. 2 B. 4 C. 6 D.  Đáp án B Từ pt mặt cầu (S) suy ra tâm I (1;0; 2) và bán kính R  4 . Gọi h là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) , ta có h  d ( I ,  )  1 2  3 3  2 3. Gọi r là bán kính đường tròn (T), ta có r  R 2  h 2  2 . Vậy chu vi đường tròn (T) là C  2 r  4 . Câu 40. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1; 1 , B  1; 3;1 . Giả sử C,D là 2 điểm di động thuộc mặt phẳng  P   2x  y  2z 1  0 sao cho CD  4 và A,C,D thẳng hàng. Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng S1  S 2 có giá trị bằng bao nhiêu? A. 34 3 Đáp án A B. 17 3 C. 11 3 D. 37 3 Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng CD, khi đó ta có S BCD  1 1 BH .CD  BH .4  2 BH . 2 2 Do đó yêu cầu bài toán trở thành tìm H để khoảng cách BH là lớn nhất hay nhỏ nhất. Ta thấy BH nhỏ nhất đúng bằng khoảng cách từ B đến mp (P), ta có min  BH   d  B;( P)   2.(1)  (3)  2.1  1 2  1  (2) 2 2 2  8 8 16  S 2  min S BCD   2 BH  2.  . 3 3 3 Hơn nữa BH lớn nhất chính là khoảng cách từ B đến A, ta có max  BH   AB  (1) 2  (2) 2  22  3  S1  max S BCD   2 BH  2.3  6 . Vậy S1  S 2  16 34 6 . 3 3 Câu 41 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  1;3; 4  . Hình chiếu vuông góc của M trên trục Oz là điểm M  . Khi đó tọa độ điểm M  là A. M   1;0;0  . B. M   0;3;0  . C. M   0;0; 4  . D. M   1;3;0  . Đáp án C. Câu 42 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với trục tọa độ Oxyz, cho A  0;1; 1 , B 1; 2;1 , C  2;0;3 . Khi đó diện tích tam giác ABC bằng bao nhiêu? A. 101 . B. 61 . C. 101 . 2 D. 61 . 2 Đáp án C.  AB  6; BC  17;CA  21  p  AB  BC  CA 6  17  21  2 2 Heron   p  p  p  AB  p  BC  p  CA    6  17  21  6  17  21   6  17  21  6  17  21 16  101 . 2 Câu 43 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 . Mặt cầu  S   đồng tâm với mặt cầu  S  (có tâm trùng với tâm mặt cầu  S  ) và đi qua điểm M 1;3; 1 . Khi đó, bán kính R của mặt cầu  S   bằng bao nhiêu? A. R  3. C. R  4. B. R  41. D. R  3. Đáp án D.  S : x 2  y 2  z 2  2x  4y  6z  2  0   x  1   y  2    z  3 2 2 2  16 → (S) có tâm I (- 1;2;-3).  R S'  IM  3. Câu 44 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai  x  1 x 1 y  2 z    và d 2 :  y  t . Đường thẳng  đi qua M  0;1;1 vuông đường thẳng d1 : 3 1 1 z  1 t  góc với d1 và cắt d 2 có phương trình là? A. x y 1 z 1   . 1 1 4 B. x y 1 z 1 x y 1 z 1 x 1 y 1 z 1   . C.   . D.   . 1 1 2 1 1 2 1 1 2 Đáp án B.  d1 có vecto chỉ phương là u1   3;1;1  d2 đi qua điểm A (-1;0;1), có vecto chỉ phương là u 2   0;1;1 Δ đi qua M và cắt d2 nên Δ và d2 thuộc mặt phẳng    n   u 2 ; AM    1;1; 1 (P) có vecto pháp tuyến là    Δ nằm trên (P) và vuông góc với d1 nên có vecto chỉ phương là u   n; u1    2; 2; 4  Phương trình đường thẳng Δ là x y 1 z 1 x y 1 z 1      2 2 4 1 1 2 Câu 45 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  n  0 và đường thẳng  : x 1 y 1 z  3   . Biết đường thẳng  2 1 2m  1 nằm trong mặt phẳng (P). Tổng m  n gần giá trị nào nhất sau đây? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Đáp án D.  (P) có vecto pháp tuyến n   2; 2;1 . (Δ) đi qua điểm M (1;-1;3) và có vecto chỉ phương  là u   2;1; 2m  1 Câu 46 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A  4;1;5  , B  3;0;1 , C  1; 2;0  . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tổng       S  MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. A. M  2;1;0  . B. M 1; 2;0  . C. M  2;1;0  . D. M 1; 2;0  . Đáp án A.    M  x; y;0   MA   4  x;1  y;5  ; MB   3  x;  y;1 ; MC   1  x; 2  y;0        S  MA.MB  MB.MC  MC.MA   x  3 x  4   y  y  1  5   x  3 x  1  y  y  2    x  4  x  1   y  1 y  2   3x 2  12x  3y 2  6y  12  3  x  2   3  y  1  3  3 2 2 x  2 Smin  3    M  2;1;0  . y  1 Câu 47. (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  và A  0;0;1 . Gọi  P  : ax  by  cz  d  0 là mặt phẳng chứa đường thẳng CD và tạo với mặt phẳng  BBDD  góc nhỏ nhất. Cho T  a  2b  3c  4d . Tìm giá trị nguyên âm lớn nhất của T biết a là số nguyên. A. 1. Đáp án D. B. 2. C. 6. D. 4. Tọa độ các điểm: A (0;0;0); B (1;0;0); C (1;1;0); D (0;1;0); A’ (0;0;1); B’ (1;0;1); C’ (1;1;1); D’ (0;1;1)        CD '   1;0;1 ; BB'   0;0;1 ; BD   1;1;0   n  BDD'B')    BB'; BD    1; 1;0  Gọi giao tuyến của (P) và (BDD’B’) là đường thẳng d  D '  d   Từ C kẻ CH   BDD ' B' ; HI  d  CH  d    P  ;  BDD ' B'   CIH CH CH   const   min  I  D  CD '  d HI HD    → đường thẳng d có vecto chỉ phương là u d   n  BDD'B' ;CD '   1;1; 1    Mặt phẳng (P) đi qua d và CD’ nên có vecto pháp tuyến là n  P    u d ;CD '  1; 2;1 HI  HD   tan   (P) đi qua điểm C (1;1;0) nên có phương 1 x  1  2  y  1  1 z  0   0  x  2y  z  3  0 a  c  t a b c d       t  0  b  2t  T  a  2b  3c  4d  4t  0  t  0 1 2 1 3 d  3t  T là số nguyên âm lớn nhất → t = 1 → T = -4. trình là: