Tài liệu Lớp 12 oxyz ( gv nguyễn thi lanh ) 50 câu oxyz từ đề thi năm 2018

Câu 1: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng  P  có phương trình: d : x  12 y  9 z  1   ;  P  : 3x  5y  z  2  0 . Tìm tọa độ 4 3 1 giao điểm. A.  0;0;1 B.  0;0; 2  C.  0;0; 2  D. 1; 2; 2  Đáp án C Giả sử d và (P) cắt nhau tại A  x 0 ; y0 ; z0  ta có : 3x 0  5y0  z 0  2  0   x 0  12 y0  9 z 0  1  A  0;0; 2   4  3  1  Vậy d cắt (P) và tọa độ giao điểm là A  0;0; 2  Câu 2: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : y  2z  0 ; điểm A 1; 2;3 , B  1;1;1 . Tìm tổng tọa độ của điểm M trên  P  sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị bé nhất. A. 14 55 B. 2 5 C. 1 5 D. 17 5 Đáp án A Ta có: CMAB  MA  MB  AB  AB  const  C MAB Min   MA  MB Min Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A B với (P) (Với A’ là điểm đối xứng của A qua (P)). 6 17   Dựa vào yếu tố vuông góc và trung điểm ta tính được A  1;  ;   5 5   x  1  10t   11 22   A B   2; ;    10;11; 22    A B  :  y  1  11t 5 5   z  1  22t   5 2 1  Từ đây ta tìm được giao điểm: M  A B   P   M  ; ;    11 5 5  Câu 3: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Một cặp véc tơ chỉ phương của 2 phương trình 2 đường d2  : phân giác tạo bởi 2 đường thẳng sau là  d1  : x 1 y z  2   3 2 1 và x 1 y z  2   2 3 1 A. 1;5;0  ;  5; 1; 2  B.  1;5;0  ;  5;1;5  C.  1;5;0  ;  5;1; 2  D. 1;5;0  ;  5;1; 5  Đáp án A   Ta có d1  d 2  A 1;0; 2  . Gọi vectơ đơn vị của d1 và d 2 lần lượt là e1 và e 2 ta có:    u d1  u d2   3 2 1    2 3 1  e1   ;e 2    e1   ; ; ; ;  ;e 2    . Hai vectơ chỉ u d1 u d2  14 14 14   14 14 14       u d1  e1  e 2     phương của 2 đường phân giác lần lượt  u  e  e   1 2   d2    ;0   1;5;0  14 14  5 1 2  ; ;    5; 1; 2  14 14 14  1 ; 5 Câu 4: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A 1;0;0  , B  0;0;1 và C  2;1;1 . Tìm tổng tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. A. 1 B. 2 C. 0 D. Không có điểm H Đáp án A - Cách 1: Giả sử H  x; y; z  là trực tâm của tam giác ABC, ta có điều kiện sau:   AH.BC  0 AH  BC     BH  AC   BH.AC  0    H  ABC     AB, AC  .AH  0    Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ điều kiện trên.     Do nhận xét được AB.AC  0  AB  AC nên ta tìm được cách giải độc đáo sau: - Cách 2: Vì tam giác ABC vuông tại A nên trực tâm H của tam giác ABC trùng với điểm A   - Lời giải chi tiết cho cách 2: AB   1;0;1 ; AC  1;1;1 , nhìn nhanh thấy   AB.AC  0  AB  AC nên tam giác ABC vuông tại A và A là trực tâm - Lời giải chi tiết cho cách 1:     Ta có AB   1;0;1 ; AC  1;1;1   AB, AC    1; 2; 1 . Nên phương trình mặt phẳng (ABC) là:   x  1  2y  z  0  x  2y  z  1  0 Gọi H  x; y; z  là trực tâm tam giác ABC, ta có    HC   2  x;1  y;1  z  , HC  AB  HC.AB  0    2  x   1  z   0 1    HB    x;  y;1  z  , HB  AC  HB.AC  0   x  y  z  1  0  2  Và H   ABC  nên x  2y  z  1  0  3 Từ (1);(2); và (3) ta có x  1; y  0; z  0 . Vậy H 1;0;0  trùng với A Câu 5(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: x 1 y z 1   và điểm A 1; 4;1 . Phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với 2 1 1 đường thẳng d có bán kính là: A. 2 3 B. 12 C. 14 D. 14 Đáp án C - Gọi H là hình chiếu A lên D.  Vì H   d   H 1  2t; t; 1  t   AH   2t; t  4; 2  t   - Gọi u   2;1; 1 là VTCP của D.   Vì AH  d nên AH.u  0  2t.2   t  4    2  t   0  t  1  H  1; 1;0  - Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm.  Do mặt cầu tiếp xúc với d nên R  d  A,d   AH; AH   2;3; 1  R  AH  14 Câu 6(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  0;1;0  , B  2; 1; 2  . Phương trình mặt phẳng  P  đi qua các điểm A, B và cắt tia Ox, Oz lần lượt tại M và N sao cho diện tích tam giác AMN nhỏ nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng  P  . A. 1;3; 2  B. 1;3; 2  C.  2;3; 2  D.  2;3; 6  Đáp án C Giả sử M  m;0;0  , N  0;0; n  do M,N thuộc các tia Ox, Oz nên m,n >0. Mặt phẳng (P) đi qua A,M,N có phương trình là  P  : x z  y   1. m n 2 2  1   1  m  n  mn. m n     Ta có AM   m; 1;0  , AN   0; 1; n    AM, AN    n; mn; m  . Vì B  2; 1; 2    P   1   m2  n 2  m2 n 2  AM, AN   .  2 2 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có Suy ra SAMN  mn  m  n  2 mn  m 2 n 2  4mn  mn  4. Do đó m 2  n 2  m 2 n 2  2mn  m 2 n 2  24  SAMN  6. x z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  n  2   P  :  y   1   P  : x  2y  z  2  0 2 2 Vậy mặt phẳng cần tìm là  P  : x  2y  z  2  0 Câu 7 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz, cho vectơ   a   x1;y1;z1  ,b   x 2 ;y 2 ;z2  . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? x1  x 2  0    A. a  b  y1  y 2  0 z  z  0  1 2   C. a  b   x1  x 2 ;y1  y 2 ;z1  z2   B. ka   kx1;ky1;kz1  x    D. a.b  x1x 2  y1y 2  z1z2 Đáp án D  Em có: a.b  x1x 2  y1y 2  z1z2  Đáp án D sai, còn các đáp án A, B, C đều đúng Câu 8 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz mặt cầu (S) có phương trình x2  y2  z2  2x  4y  6z  2  0 . Khi đó (S) có: A. tâm I  2;4; 6 và bán kính R  58 . B. tâm I  2; 4;6 và bán kính R  58 . C. tâm I  1;2; 3 và bán kính R  4 . D. tâm I 1; 2;3 và bán kính R  4 . Đáp án D Phương trình mặt cầu có dạng: x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 có tâm I  a; b; c , bán kính R  a2  b2  c2  d  I 1; 2;3 , R  12   2  32  2  16  4 . 2 Câu 9: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm A  0;2;3 . Tìm tọa độ của điểm M trên trục tung sao cho AM  5 . A. M  0;6;0 , M  0;2;0 B. M  0;6;0 , M  0; 2;0 C. M  0; 6;0 , M  0; 2;0 D. M  0; 6;0 , M  0;2;0 Đáp án B Gọi M  0;b;0  Oy Em có: AB  5  AB2  25 b  2  4 b  6 2 2 2 2   0  0   b  2   0  3  25   b  2  16     b  2  4  b  2 M  0;6;0  M  0; 2;0 Câu 10(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ       a   4;3; 2 ,b   6;5;1 ,c   x;2x;3x  2 . Để ba vectơ a , b , c đồng phẳng thì giá trị của x là: A.  4 13 B. 13 4 Đáp án C   Em có: a,b  13; 16;2   Ba vectơ a,b,c đồng phẳng thì C. 4 13 D.  13 4    a,b .c  0    13x  32x  6x  4  0  13x  4 Câu 11(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm x 4 13 x  t  M  0;5; 3 và đường thẳng d : y  3  t . Tổng tọa độ điểm M’ là hình chiếu z  2  song song của M trên (Oxz) theo phương d là: A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Đáp án A  Đường thẳng d có vtcp ud  1; 1;0 . x  t quaM  0;5; 3  Đường thẳng  :    : y  5  t .   z  3 vtcpu  ud  1; 1;0  Em có M’ là hình chiếu song song của M trên (Oxz)  M '     Oxz  M '  5;0; 3 . Vậy tổng tọa độ của điểm M’ là 2. Câu 12: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  a;b;c ,  a  0 thuộc đường thẳng d : x  3  y  2 z 1  . Hình chiếu song song của điểm 1 2 x  3  t  M trên mặt phẳng  P : x  5y  2  0 theo phương của đường thẳng  : y  1  2t là điểm z  3t  M’ sao cho MM '  14 . Tính giá trị của biểu thức T  a  b  c là: A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Đáp án A Vì M  d nên M  t  3; t  2;2t  1 ,t    Đường thẳng  có vtcp u   1;2; 3 . quaM  t  3;  t  2;2t  1 x   t  3 y   t  2 z   2t  1  d' :   Đường thẳng d' :  .   1 2 3 vtcpud'  u   1;2; 3 1 2 5  M’ là hình chiếu song song của M trên (P)  M '  d'  P  M '  t  2;  t; t  2  . 9 3 9  2 2 2 4  8  4  Em có: MM '  14   t  1   t  2    t  3  14 9  9  3  224 2 112  t  t  14  14 81 9 9 M   3 ; 5 ; 8  t        2  2 2  M  3; 2;1 t  0 Mà a  0 nên M  3; 2;1 . Vậy T  a  b  c  3  2  1  0 . Câu 13: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  0;4;1 ,B  1;2; 1 và đường thẳng  d : x 1 y 1 z   . Trên d lấy điểm M sao cho diện 2 1 3 tích tam giác ABM đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi M’ là điểm đối xứng với điểm M qua đường thẳng AB. Tổng tọa độ của điểm M’ là: A. 7 19 B.  Đáp án B M  d  M  2t  1; t  1;3t  . 14 9 C. 17 9 D. 2  AM   2t  1; t  3;3t  1     AM,BM    8t  4; t  3;5t  5 . Em có:   BM   2t  2; t  1;3t  1 1   1 1 2 2 2  SABM  .  AM,BM   .  8t  4   t  3   5t  5  . 90t 2  120t  50 2 2 2 10 10 2 .  3t  2  1  t   . 2 2 2  1 5  Dấu “=” xảy ra khi t    M   ; ; 2  . 3  3 3   x  t quaA  0;4;1  Đường thẳng AB:   AB : y  4  2t   z  1  2t vtcpu  AB   1; 2; 2  Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng AB.   1 7   H  t;4  2t;1  2t   MH  t  ;2t  ;2t  3 . 3  3  Em có:   1 7 11   11 14 13  MH  AB  MH.AB  0  t   2.  2t    2.  2t  3  0  t    H   ; ;   3 3 9 9   9 9  19 13 8  H là trung điểm của MM’ nên M '   ; ;   .  9 9 9 14 Vậy tổng tọa độ của điểm M’ là:  . 9 Câu 14(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm P 2; 1;3 ,Q  3;2;1 . Gọi    là mặt phẳng chứa P và cách Q một khoảng dài nhất. Phương trình mặt phẳng    là A. 3x  y  z  2  0. B. x  3y  2z  7  0. C. x  2y  3z  18  0. D. 6x  2y  3z  1  0. Đáp án B Mặt phẳng    có phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0 (điều kiện A 2  B2  C2  0 ) Vì P thuộc    nên 2A  B  3C  D  0  D  2A  B  3C Khoảng cách từ Q đến mặt phẳng    là d  Q,      3A  2B  C  D A 2  B2  C2  A  3B  2C A 2  B2  C2 12  32   2 . A 2  B2  C2 2  A 2  B2  C2 A B C   Như vậy khoảng cách từ Q đến    lớn nhất d  14 khi . 1 3 2  14 Do A, B, C không đồng thời bằng 0 nên chọn A  1,B  3,C  2,  D  7 . Phương trình mặt phẳng    : x  3y  2z  7  0 Câu 15: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;0) và B(0;1;2). Vectơ nào dưới đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB?     A. b   1;0; 2  B. c  1; 2; 2  C. d   1;1; 2  D. a   1;0; 2  Đáp án A  Ta có AB   x A  x B ; y A  y B ; z A  z B    1;0; 2  .  Vậy b   1;0; 2  là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB. Câu 16: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  z  5  0. Điểm nào dưới đây thuộc (P)? A. Q  2; 1;5  . B. P  0;0; 5  . C. N  5;0;0  . D. M 1;1;6  . Đáp án D Ta thay tọa độ của từng điểm vào phương trình mặt phẳng (P): Với Q  2; 1;5  : 2  2.  1  5  5  4  Q   P  Với P  0;0; 5  : 0  0  5  5  10  P   P  Với N  5;0;0  : 5  0  0  5  10  N   P  Với M 1;1;6  : 1  2  6  5  0  M   P  . Câu 17: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;2;3) và mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  4  0. Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) tại điểm H. Tìm tọa độ H. A. H  1; 4; 4  . B. H  3;0; 2  . C. H  3;0; 2  . Đáp án C  Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n   2; 2; 1  Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng IH   Vì IH   P  nên u  n   2; 2; 1 Phương trình đường thẳng IH qua I(1;2;3) và có vectơ chỉ phương  x  1  2t   u   2; 2; 1 là  y  2  2t z  3  t  Tọa độ của H  IH là H 1  2t; 2  2t;3  t  D. H 1; 1;0  . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) tại điểm H nên H   P  Khi đó 2 1  2t   2  2  2t    3  t   4  0  t  1  H  3;0; 2  Câu 18(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M  3; 1;1 và vuông góc với đường thẳng  : x 1 y  2 z  3   ? 3 2 1 A. 3x  2y  z  12  0. B. 3x  2y  z  8  0. C. 3x  2y  z  12  0. D. x  2y  3z  3  0. Đáp án C  x 1 y  2 z  3   có véc tơ chỉ phương là u   3; 2;1 3 2 1 Phương trình mặt phẳng cần tìm đi qua M và vuông góc với đường thẳng  x 1 y  2 z  3 :   nên nhận u   3; 2;1 làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là: 3 2 1 3  x  3  2  y  1  1 z  1  0  3x  2y  z  12  0 : Câu 19(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 2; 4  , C  2; 2;0  . Điểm D trong mặt phẳng  Oyz  có tung độ dương và cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là: A. D  0; 3; 1 B. D  0;1; 1 C. D  0; 2; 1 Đáp án D D   Oyz   D  0; y 0 ; z 0  , điều kiện z 0  0. Phương trình  Oxy  : z  0  d  D,  Oxy    z 0  z 0  1. Suy ra z 0  1  D  0; y 0 ; 1 .    Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4; 2; 2  , AD   2; y 0 ;1 .      Suy ra  AB, AC    2;6; 2    AB, AC  .AD  6y 0  6  VABCD  1 6    y  3  AB, AC  .AD  y 0  1  2   0    y 0  1 Suy ra D  0;3; 1 hoặc D  0; 1; 1 (loại) D. D  0;3; 1 Câu 20(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A  0; 2; 4  , B 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  : x  y  z  0. Xét đường thẳng d thay đổi thuộc (P) và đi qua B, gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Bán kính R của đường tròn đó là: A. R  38 . 2 B. R  3 . 2 1 C. R  . 2 D. R  3 3 . 2 Đáp án A Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P).  Mặt phẳng (P) có vtpt là: n p  1;1;1 . qua A  0; 2; 4   AK : x  y  2  z  4. Đường thẳng AK :    u  n  1;1;1    AK p Mà K  AK   P   K  2;0; 2  . AK  d Ta có:   KH  d  KHB  90. Vậy điểm H luôn thuộc đường tròn đường AH  d kính BK cố định. Bán kính của đường tròn đó là: R  BK 38  . 2 2 Câu 21(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 đường  x  3  2t z 3  . Phương trình thẳng d1 và d 2 có phương trình: d1 :  y  2  t và d 2 : x  2  y  1  2 z  1  t  mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d 2 một góc lớn nhất là: A. 4x  y  7z  3  0. B. 4x  y  7z  3  0. C. 4x  y  7z  3  0. D. 4x  y  7z  3  0. Đáp án B Ta có:  P  , d    d , d    P  , d  2 1 2 2 max   d1 , d 2  khi d1 là hình chiếu vuông góc của d 2 trên (P).  Đường thẳng d1 có vtcp u1  2;1;1 .  Đường thẳng d 2 có vtcp u 2 1;1; 2  . Ta có: A  d1  d 2  A 1;0;1 .  Q    P  Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d1 và d 2      n Q   u1 , u 2   1; 3;1 qua A 1;0;1   Mặt phẳng  P  :   n P   n Q , u1    4;1;7   Phương trình mặt phẳng  P  : 4x  y  7z  3  0.  Câu 22GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian Oxyz, cho vectơ a  2 2; 1; 4 .       Vectơ b ngược hướng với a và có b  10 . Gọi (x, y, z) là tọa độ của b . Lựa chọn phương án đúng. A. xyz  64 2. B. xyz  64 2. C. xyz  8 2. D. xyz  8 2. Đáp án A         Do vectơ b ngược hướng với a nên b  k.a , k  0 . Suy ra: b  k . a  k a .    Em dễ dàng tính được: a  5 và b  10  gt  .  Từ đó suy ra: k  2 và b  4 2; 2; 8   Câu 23: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  3;1;0  , B  2; 4;1 . M là điểm trên trục Oy và MA  MB . Lựa chọn phương án đúng.  11  A. M  0; ;0  .  6   11  B. M  0; ;0  .  10  11   C. M  0;  ;0  . 6   11   D. M  0;0;   . 2  Đáp án A  Em cần nhớ điểm thuộc trục Oy có hoành độ và cao độ đều bằng 0. Do vậy em sẽ gọi tọa độ điểm M là  0; m;0  .  Khi đó em có: MA   3  0   1  m    0  0  MB   2  0    4  m   1  0  2 2 2 2 2  m 2  2m  10 2  m 2  8m  21 11 . 6 Câu 24: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm không thẳng  Do MA  MB nên m 2  2m  10  m 2  8m  21  m  hàng A  0;1;1 , B  1;0; 2  , C  1;1;0  . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng A. 6 . 5 3 2 B. C. 2 6 . 5 3 2 D. 2 6  5 3 2 6.   .  5 3 2 . Đáp án A  Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, 2p là chu vi của tam giác đó thì S SABC  pr  r  ABC . p     Em có: BA  1;1; 1 , BC   0;1; 2  , CA  1;0;1 .  SABC  Suy ra: r  1   6  BA, BC   , 2p  AB  BC  AC  3  5  2.  2 2 6 . 5 3 2 Câu 25(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho   là mặt  x  12  3t x 1 y  2 z 1    phẳng chứa hai đường thẳng d1 : và d 2 :  y  t . Phương trình mặt 3 1 2 z  10  2t  phẳng   là A. 15x  11y  17z  54  0. B. 15x  11y  17z  10  0. C. 15x  11y  17z  24  0. D. 15x  11y  17z  10  0. Đáp án D   Đường thẳng d1 đi qua M 1 1; 2; 1 và có VTCP u1   3; 1;2 .   Đường thẳng d2 đi qua M 2 12;0;10 và có VTCP u2   3;1; 2 .   Như vậy: u1  u2 ,M 1  d2 . Suy ra d1//d2. Chú ý: Hai đường thẳng d1 và d2 song song nên em không thể lấy tích có hướng của hai VTCP để tìm VTPT của mặt phẳng vì tích có hướng của hai vectơ cùng phương là vectơkhông.   Gọi n là một VTPT của mặt phẳng   thì vuông n góc với hai vectơ không cùng      phương u1   3; 1;2 và M 1M 2  11;2;11 . Chọn n   u1,M 1M 2    15; 11;17 . Vì vậy phương trình của   là: 15 x  1  11 y  2  17  z  1  0  15x  11y  17z  10  0. Câu 26(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1;1; 2  và hai mặt phẳng  P  : 3x  y  1  0 ,  Q  : x  2z  3  0 . Phương trình đường thẳng d qua điểm A đồng thời song song với cả hai mặt phẳng (P), (Q) là x  2  t  A.  y  6  t . z  1  2t   x  5  2t  B.  y  13  6t . z  t   x  1  2t  C.  y  1  6t . z  2  t  x  2  t  D.  y  6  t . z  1  2t  Đáp án B    Mặt phẳng (P) có VTPT n P   3; 1;0  , mặt phẳng (Q) có VTPT n Q  1;0; 2  .     n P , n Q    2;6;1 .     Đường thẳng d cần tìm có một VTCP là: u   n P , n Q    2;6;1 .  x  1  2t  Vì A 1;1; 2   d nên phương trình của đường thẳng d là:  y  1  6t z  2  t  Câu 27(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S : x 2  y 2  z 2  2x  2y  4z  3  0 . Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc mặt cầu (S)? A.  P  : 2x  y  2z  3  0. B.  Q  : 2x  2y  z  7  0. C.  R  : 3x  4y  10  0. D.  T  : x  2y  5z  11  0. Đáp án B  Mặt cầu (S) có tâm I 1; 1; 2  và bán kính R  3 .  Kiểm tra thấy tâm I thuộc hai mặt phẳng (P) và (T)  Loại A, D.  Tính khoảng cách từ I đến hai mặt phẳng (Q) và (R) em được: d  I,  Q    d  I,  R    2.1  2.  1  2  7 22  22  12 3.1  4. 1  10 3 4 0 2 2 2  3R 11 R 5 Câu 28(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian Oxyz cho điểm A 1;0;0  và mặt cầu  S : x 2  y 2  z 2  2x  4y  3  0 . Có bao nhiêu tiếp tuyến và vuông góc với đường thẳng d : A. 1  của (S) biết  đi qua điểm A x 1 y z   2 1 1 B. 0 C. 2 D. 3 Đáp án C  Để tìm đường thẳng đã cho trước hết ta cần xác định mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Khi đó đường thẳng  cần tìm nằm trên (P).  Mặt cầu (S) có tâm I 1;2;0 , bán kính R  2 .  Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u   2;1;1 .   Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d suy ra nP  u   2;1;1 . Phương trình mặt phẳng  P : 2  x  1  y  z  0   P : 2x  y  z  2  0 . Giả sử tiếp điểm  và mặt cầu (S) là điểm M  x;y;z M   P   M   S  2 2 2 MA  IA  IM  2  2  2 1  x 2x  y  z  2  0  x  1 5 M 1;1; 1   2   2 2 Ta có hệ phương trình: x  y  z  2x  4y  3  0  y  1  y  1    1 3  . M ;1;  z  1  2 2 2 3   5 5    x  1  y  z  2 z  5  x  1   + TH1: Nếu M 1;1; 1  AM   0;1; 1   : y  t . z  t  x 1 y z  1 3    4 3  + TH2: Nếu M  ;1;   AM    ;1;    :   . 4 5 3  5 5  5 5 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là x  1 x 1 y z     : y  t hoặc  :  4 5 3 z  t  Câu 29: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A 1;1;3 và B 1;3; 1 và mặt phẳng (P) có phương trình x  2y  z  1  0 . M là điểm trên mặt phẳng (P) thỏa mãn MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa độ điểm M là 3 1 A. M  ;1;  . 2 2 5  3 B. M   ;1;   . 2  2 C. M 1;1;0  . D. Không có M. Đáp án A Thay tọa độ điểm A, B vào biểu thức vế trái của phương trình  P:1 2.1 3  11 2.3  1 1  0  A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A '  x ';y ';z'  đối xứng A qua (P), K là trung điểm của AA ' .  Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến nP  1; 2; 1 . Khi đó: 1  y ' 3  z' 1  x '  2  2. 2  2  1  0  k  1  K   P  x '  2 x '  1  k          y ' 1  2k y '  1 AA '  knP  z'  2 z' 3   k . Vậy A '  2; 1;2 MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M  I là giao điểm của A 'B và (P). Điểm I  x;y;z thỏa mãn x  2y  z  1  0  1  t x  2  t 1  2   I   P   2  3 1   I  ;1;        2 2 A 'I  tA 'B y  1  t  3  1 x  3 ;y  1;z  1  z  2  t  1  2 2 2   3 1 Vì M  I  M  ;1;   2 2 Cách giải nhanh: A   P  AB / /  P . Kiểm tra được    AB.nP  0 Do đó I là trung điểm của A 'B Câu 30(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  có phương trình  P  : 2x  y  2z  3  0 . Mặt phẳng (Q) chứa x  2 y 1 z   và mặt phẳng 2 1 1  và tạo với (P) một góc nhỏ nhất, điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng (Q).  10  A. 1;1;   13  Đáp án A 1  B.  2;3;  10   1  C.  ; 2;0   13   3  D.  ;1; 2   10   Đường thẳng  có VTCP u   2;1; 1 .  Mặt phẳng (P) có VTPT nP   2;1; 2 . Gọi A     P  A  2;1;0 . Gọi d   P   Q . Lấy I   , H là hình chiếu của I lên (P). Dựng HE vuông góc với d.    là góc giữa (P) và (Q). Suy ra IEH IH IH  . Dấu “=” xảy ra khi E  A . EH AH    Khi đó đường thẳng d vuông góc với  tại A. Chọn ud   u ,nP    1;6;4 . Em có: tan   Như vậy (Q) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau a và  .    Do đó (Q) đi qua A và nhận vectơ uQ   u ,ud   10; 7;13 . Phương trình mặt phẳng  Q :10  x  2  7  y  1  13z  0  10x  7y  13z  13  0 Câu 31(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Cho đường thẳng d có phương trình x 1 y  1  z1 1 . Tìm khoảng cách từ điểm A 1; 0; 0 đến đường thẳng d? A. 1 B. 1 2 C. 2 3 D. 1 3 Đáp án C. Cách 1. Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng    AM,U  d  d A,d =  Ud Lấy M  0; 0;1 thay vào công thức ta được khoảng cách 2 3 Cách 2. Để ý thấy d qua M 1;1; 0 và N  0; 0;1 nên tam giác AMN là tam giác vuông tại A, Và khoảng cách cần tìm là đường cao của tam giác đó có hai cạnh góc vuông là 1 và 2 . Nên 2 3 Câu 32(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm khoảng cách là M  2; 1; 0 và mặt phẳng  Q : 2x  2y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) A.  S :  x  2   y  1  z2  7 3 B.  S :  x  2   y  1  z2  7 3 C.  S :  x  2   y  1  z2  49 9 D.  S :  x  2   y  1  z2  49 9 2 2 2 2 2 2 2 2 Đáp án C.  Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n  2; 2; 1 Mặt cầu (S) tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) nên có bán kính   R  d M ,  Q  2.2  2  1 4 41  7 3 49 9 Câu 33(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng Phương trình mặt cầu  S :  x  2   y  1  z2  2 2  P : x  6y  z  2017  0 và điểm A1; 2; 1 . Phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) là:  x  1 t  A.  :  y  2  6t z  1 t   x  1  t  B.  :  y  2  6t z  1 t   x  1 t  C.  :  y  6  2t z  1 t   x  1 t  D.  :  y  6  2t z  1 t  Đáp án A.  Ta có  vuông góc với  P   VTCP của  là u0 1; 6;1 .  x  1 t  Vậy  :  y  2  6t z  1 t  Câu 34(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm  x  1 t  M  2;1; 4 . Điểm H thuộc đường thẳng    :  y  2  t  t    sao cho đoạn MH ngắn nhất  z  1  2t  có tọa độ là: A.  2;3;2 B.  3;2;3 Đáp án D. M  2;1; 4 , H   d   H 1  t;2  t;1  2t    MH   1  t;1  t; 3  2t   Mà: ad  1;1;2 C.  3;3;2 D.  2;3;3   MH ngắn nhất  MH   d   MH .ad  0  1  t  1  t  6  4t  0  t  1  H  2;3;3 Bình luận: Nhận thấy ở các đáp án chỉ có điểm H  2;3;3   d  . Câu 35(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S :  x  2   y  1 2 2  z2  1 và mặt phẳng  Q :2x  2y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  đối xứng với mặt cầu  S qua mặt phẳng  Q 2 2 2  2  7  2 B.  x     y     z    1 3  3  3  2 2 2  2  7  2 D.  x     y     z    1 3  3  3   2  7  2 A.  x     y     z    1 3  3  3   2  7  2 C.  x     y     z    1 3  3  3  2 2 2 2 2 2 Đáp án D. Mặt cầu  S1  có tâm M  2;1; 0 và có bán kính R1  1 Gọi M  là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (Q) Ta có MM    Q nên đường thẳng MM  đi qua điểm M và nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) làm vectơ chỉ phương.  x  2  2t   phương trình tham số đường thẳng MM  :  y  1  2t , t    z  t  Vì M  là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng  Q  M   MM    Q  tọa độ điểm M  là nghiệm hệ phương trình:  1 t   3 2x  2y  z  1  0 2  2  t   2 1  2t    t   1  0  4   x   x  2  2t  x  2  2t 3     y  1  2t  y  1  2t y  5  z  t  z  t  3   1 z   3  4 5 1  M ; ;   3 3 3 Gọi I  x; y; z là tâm của mặt cầu  S  , do mặt cầu  S  đối xứng với mặt cầu  S qua mặt phẳng  Q  I đối xứng với M qua mặt phẳng (Q)  I đối xứng với M qua mặt phẳng M   M  là trung điểm của đường thẳng IM.  2  x  2xM   xM  3   2 7 2 7    y  2yM   yM   I  ; ;  3  3 3 3  2   z  2zM   zM  3  Khi đó mặt cầu 2  S 2  2 7 2 có tâm I  ; ;  , bán kính R  R  1 nên có phương trình:  3 3 3 2  2  7  2  x     y     z   1 3  3  3  Câu 36(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x 1 y  3 z   và điểm I  2;1; 1 . Tọa độ điểm M  a; b; c có hoành độ nguyên 2 3 2 thuộc đường thẳng d sao cho IM  6 . Tính tổng S  a  3b  2017c . Chọn đáp án đúng A. 2009 B. –8 C. 4 D. 2015 Đáp án B.  x  1  2t   d :  y  3  3t ,  t  R  M  d  M 1  2t;3  3t;2t   IM   2t  1;2  3t;2t  1  z  2t  Từ giả thiết: IM  6         2t  1   2  3t    2t  1  6  4t 2  4t  1  4  12t  9t 2  4t 2  4t  1  6 2 2 2 t  0  17t  12t  0   12 t   17 2 Với t1  0  M 1;3; 0 ; với t   41 15 24  12  M  ; ;  (loại) 17  17 17 17  Câu 37: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz, cho các điểm M  0;0;1 , N  0;1;0  , P 1;0;0  , Q  3; 1; 2  . Góc giữa hai đường thẳng MN và PQ có số đo bằng: A. 30 B. 45 C. 60 D. 135 Đáp án B   Em có: MN   0;1; 1 , PQ   2; 1; 2    MN.PQ   0 1 2 1 cos  MN, PQ   cos MN, PQ      2.3 2 MN . PQ   Câu 38: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho mặt cầu  S có tâm I  2;1; 1 và tiếp xúc với mặt phẳng    có phương trình 2x-2y-z +3 = 0. Bán kính mặt cầu  S là A. 2 9 B. 2 C. 2 3 D. 4 3 Đáp án B Ta có: bán kính mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng    là khoảng cách từ I đến mặt phẳng R  d  I;      2.2  2.1  (1)  3 2 4  4 1 Câu 39: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1; 2;3 , B  2;1;0  . Tìm tọa độ điểm C đối xứng với điểm A qua B. A.  3;0; 3 B.  3; 4;3 Đáp án D Gọi C  x C ; y C ; z C  Em có: C đối xứng với A qua B  B là trung điểm của AB C.  5;0;3 D.  5;0; 3