PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
A ( 1;2;0)
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
B ( 3;4;1) D ( - 1;3;2)
,
. Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh
.
đáy AB , CD và có góc C bằng 45�
C ( 5;9;5)
C ( 1;5;3)
C ( - 3;1;1)
C ( 3;7;4)
A.
.
B.
.
.
D.
.
C.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
uuu
r
AB
= (2;2;1) .
Cách 1.



(4 - 2t)(- 2t) + (1- 2t)(- 2t) + (- 1- t)(- t)

Hay

(4 - 2t)2 + (1- 2t)2 + (- 1- t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2

=

2
2

(1).

Lần lượt thay t bằng 3;1;- 1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các
phương án A, B, C, D), ta thấy t = 2 thoả (1).
Cách 2.
uuu
r
uuur
AB
=
(2
;2
;1
),AD
= (- 2;1;2) .
Ta có
uuu
r uuu

�
�
�
�
�
�
�
�
d1 : �
y = 0 d2 : �
y = t2 d3 : �
y=0
�
�
�
�
�
�
z=0
z=0
z = t3
�
�
�
�
�
�
,
,
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm

uuu
r uuu
r uuu
r
�
�
�
�
AB,BC
.CH
�
� =0 �
�
2bc + 2c( a - 1) + ( 1- c) b( a - 1) = 0
�
�
�
b=0
�
�
u
u
u
r
u
u
u
r
�
�

�
�
�
c = 2b
�
�
� 2
BC.AH = 0
�
�
�
�
Nếu b = 0suy ra A � B (loại).
�
� �9 �
�
11
9
�
A�
B�
1; ;0�
� ;0;0�
�
�
�
b=
� �
2 �
�2

�
C(m;m;0),C �
(m;m;;n),M �
m;m;
�
�
�
�
2�
Tọa độ điểm
uuur
uuu
r
uuur � n�
�
BA �= ( - m;0;n) ,BD = ( - m;m;0) ,BM = �
0;m; �
�
�
�
� 2�
uuur uuu
r
� � � (
BA ,BD�
= - mn;- mn;- m2)
�

75
D. 32 .

VBDA �M

512
27

m2n

256
27

64
‫ޣ‬
27

Chọn đáp án: C
Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng
4x - 4y + 2z - 7 = 0 và 2x - 2y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể
tích khối lập phương đó là
A.

V=

27
8

B. .

V=

81 3




3
2

2 2 2 8
V . . 
3 3 3 27 .
Vậy thể tích khối lập phương là:

Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm
�x  t
�
d : �y  0 .
�6
�
M � ;  2; 2 �
�
A(2;3;0), B (0;  2;0),
�5
�và đường thẳng �z  2  t Điểm C thuộc d sao
cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dài CM bằng
2 6
.
A. 2 3.
B. 4.
C. 2.
D. 5
Hướng dẫn giải

� AC  CB 

Đặt
�

r
u





2t  2 2



2



9 

2t  2

r
2t  2 2;3 , v   2t  2; 2





 ápdụngbấtđẳngthức u  v �u  v

4 �



2 2 2



2

 25.

Dấubằngxảyrakhivàchỉ

2

2

2t  2 2 3
7
�7 3 �
�6 7 �
� 3�
 � t  � C � ;0; �� CM  �  � 2  �
2  �  2.
2
5
5

� 1 5 3�
�3 1
�
N�
 ; ; �
N � ;  ; 2 �
N  3;5;1
N  2; 0;1
�.
A. � 2 4 4 �.
B.
.
C.
.
D. �2 2
Hướng dẫn giải
Chọn A.
� 1 3�
� 3 5�
I�
1; ; �
J�
0; ; �
2
2
4 4 �.
�
�
�
BC

�
� 4
Phương trình đường thẳng
.
�x  y  z  1  0 �
1
�x  t
�x   2
�
�
� 3
� 5
� �y 
�y   t
� 4
� 4
� 5
� 3
�z   t
�z  4
�
�
4
J
Tọa độ điểm
là nghiệm của hệ:


Câu 7: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng
�x  1


2

2

2

2

� 1� � 1� � 1� 5
�x  � �y  � �z  �
B. � 2 � � 2 � � 2 � 2 .

2

.
2

� 3� � 1� � 3� 1
�x  � �y  � �z  �
C. � 2 � � 2 � � 2 � 2 .

� 5� � 1� � 5� 9
�x  � �y  � �z  �
D. � 4 � � 4 � � 4 � 16 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.

uur

d  I ; d1   d  I ; d 2 

I  1;0;1

và bán kính mặt cầu là

 x  1

2

.

, tương đương với

uuuu
r uur
uuuu
r uur
�
�
�
�
IM
;
u
IM
� 1 d1 � � 2 ; ud2 �

�
uur

�t 0

. Phương trình mặt cầu cần

2

.

Câu 8: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
A  1;0; 2  ; B  0; 1; 2 
P : x  2 y  2 z  12  0.
và mặt phẳng  
Tìm tọa độ điểm M thuộc
 P  sao cho MA  MB nhỏ nhất?
A.

M  2; 2;9 

.

�7 7 31 �
M�; ; �
�6 6 4 �.
C.

� 6 18 25 �
M�
 ; ; �
11 11 11 �.
�

B

khi và chỉ khi M là giao

B với  P  .
điểm của A�
�x  1  t
�
AA�
: �y  2t
�z  2  2t
A 1;0; 2 
�
Phương trình
( AA�
đi qua 
và có
uuur
n   1; 2; 1
véctơ chỉ phương  P 
).
 P  , suy ra tọa độ của H là H  0; 2; 4  , suy ra
Gọi H là giao điểm của AA�trên
�x  t
�
A�
B : �y  1  3t
�z  2  4t
A�
 1; 4;6  , nên phương trình

A.
.
B.
.
�x  2  4t
�x  1  t
�
�
d : �y  1  3t  t ��
d : �y  3  3t  t ��
�z  4  t
�z  3  2t
�
�
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
r
 : u   1;1; 1

Vectơ chỉ phương của
, vectơ pháp tuyến của
r
r
r
r r
�

điểm
�x  t
�y  1  t
�
� t  2 � H  2; 1; 4 
�
z

2

t
�
�
�x  2 y  2 z  4  0

 d ;   � P   d , mà

H   � P 

H   � P 

là

nghiệm

của

hệ

.

( ) cần
Giả sử mặt phẳng
A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0 c)(a, b, c �0)

( ) :

tìm

cắt

Ox, Oy, Oz

lần

lượt

tại

x y z
1 3 2
  1
( ) :    1(*)
a b c
a b c
; ( ) qua M (1; 3; 2) nên:

a  b  c (1)
�
�
a  b  c (2)


Chọn D.
Cách 1 :

Với đáp án A:

Với đáp án B:

Với đáp án C:

A(11; 0; 0); B(0;11;0); C(0;0;

A(

11
11 11 11
121
) � G ( ; ; ) � OG 2 
2
3 3 6
4

33
11
15609
; 0; 0); B(0;66;0); C(0; 0; 66) � G ( ; 22; 22) � OG 2 
4
4
16


 b 2  c 2   4  1  1 � a.2  b.1  c.1 � 6.  a 2  b 2  c 2  � 2a  b  c 
2

2

Mặt khác

a

2

 b 2  c 2   4  1  1 � a.2  b.1  c.1
�8 1 1 �
� 2a  b  c  �   �
�a b c �
� 4  1  1  36
2

a2
 b 2  c 2 � a  2b  2c.
2
2
2
3
a

b

c
�

 P  và  Q  chứa d và tiếp xúc với  S  . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn
thẳng MN .
4
.
3
2
2.
A.
B.
C. 6.
D. 4.

Câu 12:


Hướng dẫn giải
Chọn B .

 S

I  1;2;1 , R  2
r
u   2; 1;4 
d
Đường thẳng
nhận
làm vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d .

Mặt cầu

MI
4 2 4.
Suy ra: MK
Suy ra:

MK 

2
4
� MN 
3
3.

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
M  1;2;1
 P  thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox, Oy, Oz tại
. Mặt phẳng
A, B, C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC .
A. 54.
B. 6.
C. 9.
D. 18.

Câu 13:

Hướng dẫn giải
Chọn C.

A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0,0, c 


2
abc

abc �۳
54

Suy ra :
Vậy : VOABC �9 .

1

54
abc
1
abc 9
6

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


�x  2  t
�
d1 : �y  1  t
�z  2t
�

Câu 14:

�x  2  2t �
�

r
r
r r uuu
r r
u1,u2  .AB  10
u1, u2    1;5;2 AB   0;2;0


Có
;
, suy ra
, nên d1;d2 là chéo nhau.
P
Vậy mặt phẳng   cách đều hai đường thẳng d1, d2 là đường thẳng song song
I 2;2;0
với d1, d2 và đi qua trung điểm 
của đoạn thẳng AB .
P
Vậy phương trình mặt phẳng   cần lập là: x  5y  2z  12  0.

A  3;3;1 , B  0; 2;1
 : x  y  z 7  0 .
(THTT – 477) Cho hai điểm
và mặt phẳng
   sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm A, B có
Đường thẳng d nằm trên
phương trình là
�x  t
�x  t
�x  t

và trung điểm AB là �2 2 �nên mặt phẳng trung trực của

Có
AB là:
� 3� � 5�
3�x  � �y  � 0 � 3x  y 7  0
� 2� � 2�
.
Mặt

khác

d �  

nên

3x  y  7  0
�
�y  7 3x
��
�
�x  y  z  7  0 �z  2x
.

d

là

giao


 P  thỏa mãn đầu bài ?
phẳng

Câu 16:

 P .

A. Có vô số mặt phẳng
C. Không có mặt phẳng

B. Chỉ có một mặt phẳng

 P  nào.

D. Có hai mặt phẳng

 P .

 P .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giả sử

 P

có phương trình là:

Vì


�2 ; 2 ;0 �
�
Oxyz
�
�và mặt cầu
Câu 17:
(SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian
, cho điểm
2
2
2
 S  : x  y  z  8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại
hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB .

A. S  7.

B. S  4.

C. S  2 7.

D. S  2 2.

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1: Mặt cầu

 S

có tâm



Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt
Khi đó AB  2 R  OH  2 8  x
2

2

2

f  x   x 8  x2
Khảo sát hàm số

OH  x  0  x �1

1
S AOB  OH . AB  x 8  x 2
2
và
.

trên

 0;1 thu được giá trị lớn nhất của hàm số là

7 Đạt được tại x  1
Câu 18:
(BẮC YÊN THÀNH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9; 4) và cắt các
trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho OA  OB  OC .
A. 1 .
B. 2 .

   1 � a  6,
(1)
+) TH2: a  b  c. Từ
suy ra a a a
nên pt mp ( ) là
x  y  z  6  0.


1 9 4
   1 � a  4,
+) TH3: a  b  c. Từ (1) suy ra a a a
nên pt mp ( ) là
x  y  z  4  0.
1 9 4
   1 � a  12,
+) TH4: a  b  c. Từ (1) có a a a
nên pt mp ( ) là
x  y  z  12  0.
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.
(BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c 
với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia
Ox, Oy, Oz sao cho a  b  c  2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình
 P  cố định. Tính khoảng cách từ
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng
M  2016;0;0 
 P .
tới mặt phẳng
2014
2016

a
0
2
.

là mặt phẳng trung trực của đoạn OB
� a �
uuu
r
E�
0; ;0 �
� 
OB   0; a;0   a  0;1;0 
2
�
�
đi qua điểm
và có VTPT
a
�  : y   0
2
.
Gọi

 

là mặt phẳng trung trực của đoạn OC
� a�
uuur
F�

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


(SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
1 2 3
   7.
A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,
trong đó a  0 , b  0 , c  0 và a b c
Biết mặt
72
2
2
2
 S  :  x  1   y  2    z  3  .
ABC 

7 Thể tích của
phẳng
tiếp xúc với mặt cầu

Câu 20:

khối tứ diện OABC là
2
.
A. 9

1
.
B. 6

R

72
.
7

 S  � d  I ;  ABC  
Mặt phẳng

 ABC 

tiếp xúc với

1 2 3
  1
72
a b c
R�

.
7
1 1 1
 
a2 b2 c2

1 2 3
1 1 1 7
  7� 2  2  2  .
a b c
2


 ABC  :

72
x y z
I (1; 2;3), R 
   1,
S


7 .
a b c
mặt cầu
có tâm

1 2 3
  1
72
a b c
� d  I , (P)   R �

7
1 1 1
 2 2
2
ABC
S

 tiếp xúc với mặt cầu  
a b c

2
2
� 2
�1 1 � �1 � �1 3 �
1 1 1 1 2 3 7
�
c
� 2  2  2     � �  � �  1� �  � 0
� 3
�a 2 � �b � �c 2 �
a b c
a b c 2
1
2
� VOABC  abc  .
6
9
1 1 1 7
 2 2 
2
2.
Cách 3: Giống Cách 2 khi đến a b c
Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau:
2

2

1
1�
�1 2 3 � � 1

a b c
3 . Vậy:
6
9
ta được a  2 , b  1 ,
�
�a  2
�
��
b 1
� 2
1
2
�
c  � VOABC  abc  .
� 3
6
9
Ta có

Cách 4: Mặt cầu

 S

có tâm

Phương trình mặt phẳng

I  1; 2;3


Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


uuu
r �6 12 18 � r
�1 2 3 �
M�; ; �
MI  � ; ; �� n   1;2;3
�7 7 7 �, có VTPT là
�7 7 7 �
Do đó: ( ABC ) qua

x  2 y  3z  2  0 �
( ABC ) có phương trình:

x y z
  1� a  2
2
2 1 2
c
3
3.
, b 1,

1
2
V  abc 
6
9

b c
Áp dụng BDT Côsi ta có:

33

6
abc

1

27.6
abc

1
abc 27
6

V

27

a 3
�
1 2 3 1
�
� V  27 �    � �
b6
a b c 3
�
c9


y

z

5

0
�
C.

3x  7 y  4 z  5  0
�
.
�
3
x

y

z

5

0
�
D.
Hướng dẫn giải

Chọn C.

� x  7 y  4z  7  0
�x  7 y  4 z  7  0
.
�
3
x

y

z

5

0
�
M
Quỹ tích
là

(CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
x 1 y  5 z
r
d:


M  2; 2;1 A  1; 2; 3
2
2
1 . Tìm véctơ chỉ phương u
,

và vuông góc với d . Phương trình của

 P  : 2x  2 y  z  9  0 .
Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A trên  , P  .

Ta có

K  3; 2; 1

d( A,  )  AH �AK

Vậy khoảng cách từ A đến  bé nhất khi  đi qua M ,K .  có véctơ chỉ phương
r
u   1; 0; 2 

A  0;0;1
(MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm
,
B  m;0;0  C  0; n;0  D  1;1;1
,
,
với m  0; n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m , n thay
 ABC  và đi qua d .
đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng
Tính bán kính R của mặt cầu đó?

Câu 24:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy )

x y
  z 1
(
ABC
)
Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng
là: m n
Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx  my  mnz  mn  0

Mặt khác

d  I ;  ABC   

1  mn
m2  n2  m2n2

1

ID  1  d ( I ;  ABC   .
(vì m  n  1 ) và

Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy )
tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R  1 .
A ( 3;1;0) , B ( 0;- 1;0) ,C ( 0;0;- 6)
B C thỏa mãn hệ
Cho ba điểm
. Nếu tam giác A ���

r uuuur uuuur r
uur uuur
uuu
r uuur
uuu
r uuuu
r
r
( 1) : A 'A + B 'B +C 'C = 0 � T A - T A ' + T B - T B ' + T C - T C ' = 0

(

uur uuu
r uuu
r uuur uuur uuuu
r
� T A +TB +T C = T A ' +T B ' +T C '

) (

) (

)

( 2)

uur uuu
r uuur r
Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T �G tức là T A +T B +T C = 0 thì ta cũng có
uuur uuur uuuu

+
BB
'
+
CC
'=0
Ta có:
(1)
uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuu
r
uuuuu
r uuuur uuur
r
� A 'G ' + G 'G + GA + B 'G ' + G 'G + GB + C 'G ' + G 'G + GC = 0

(

) (

) (

)

uuu
r uuu
r uuur

�
�
3 + 0 + 0 1- 1 + 0 0 + 0 - 6�
�
G =�
;
;
= ( 1;0;- 2)
�
�
�
�
3
3
3
�
�
Ta có tọa độ của G là:
. Đó cũng là tọa
độ trọng tâm G’ của D A 'B 'C '
Câu 26:

(AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

d:

B  1; 2;  3

A(2; 2; 1),


C.
D.  (1;0;2)

Hướng dẫn giải
Cách 1 (Tự luận)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d, B’ là hình chiếu của B lên (P)

r

uuur

Khi đó đường thẳng  chính là đường thẳng AB’ và u  B'A

Qua A( 2; 2;1)
�
uur uu
r
� (P) : 2x  2y  z  9  0
VTPT n P  u d  (2;2; 1)
�

 P : �
�
Ta có

�x  1  2t
�
� d ' �y  2  2t
�z  3  t
�

�
B’

d’

uu
r uuuur
r uuuur
�
u
.B'A

0
�
t


2
�
u
 B'A  (1;0;2) � Chọn D
d

AB’ d
Câu 27:

(AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

d:


  1;2; 1
Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP d
uuur uu
r r
�
u AB  �
u
�d , k �  2; 1;0 
Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là:
(P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là:

r uu
r uuur
�
n�
u
�d , u AB �  1;2;5 

�  P  : x  2 y  5 z  4  0 � Chọn A
Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn.
Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1)
Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)

x y z
  1
�
a b c
uuu
r uu
r

Câu 28:

A. 29.

B. 27.

C. 28.

D. 30.

Hướng dẫn giải
uuuu
r
uuur
uuuu
r uuur
OM   3; 0;0  , ON   m; n;0  � OM .ON  3m

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur uuuu
r uuur
OM .ON
1
m
1
0
OM .ON  OM . ON cos 60 � uuuu


r
CA  CB
nguyên, khi đó
bằng:

Câu 29:

A. 5 10.

B. 6 10.

C. 10 6.

D. 10 5.

Hướng dẫn giải
Ta có trung điểm BD là I (1; 2; 4) , BD  12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên
A(a; b;0) .
�AB 2  AD 2
�
2
�
(a  3)2  b 2  82  (a  5) 2  (b  4) 2
� 2 �1
�� �
�AI  � BD � �
(a  1) 2  (b  2) 2  42  36
�2
� �
ABCD là hình vuông � �

)

20
b  2 hoặc �
5 � A(1; 2; 0) hoặc �5 5
�
�
�
(loại). Với A(1; 2; 0) ‫ ޣ‬C (3; 6;8) .

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; 1) , B(1; 4; 1) , C (2; 4;3)
D (2; 2; 1) . Biết M  x; y; z  , để MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x  y  z
bằng

Câu 30:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Hướng dẫn giải
�7 14 �
G � ; ;0 �

ABCD

 . Để khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 2
trung điểm của CD,
S ,S
(đvtt) thì có hai điểm 1 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I
SS
của 1 2
I  0; 1; 3
I  1;0;3
I  0;1;3
I  1;0; 3 .
A.
.
B.
C.
.
D.

Câu 31:

Hướng dẫn giải
uuu
r
uuur
r uuur
1 uuu
3 3
�
AB   1; 1; 2  , AC   1; 2;1 � S ABC  �

CD � H  0;1;5
Lại có H là trung điểm của
Gọi

uuur
uuur
uuu
r uuur
�
S  a; b; c  � SH   a;1  b;5  c  � SH  k �
AB
� , AC � k  3;3;3   3k ;3k ;3k 

2
2
2
Suy ra 3 3  9k  9k  9k � k  �1

+) Với

uuur
k  1 � SH   3;3;3 � S  3; 2; 2 

+) Với

uuur
k  1 � SH   3; 3; 3 � S  3; 4;8 

Suy ra



  y  7    z  5   2018.

B.

  y  7    z  5   2016.

 x  1
D.

2

2

2

2

2

 x  1

  y  7    z  5   2017.

2

2

2



 x  1

2

  y  7    z  5   2017.
2

2

�x  1  t
�
d : �y  2t .
�z  2  t
�
Câu 33:
Cho điểm I (0; 0;3) và đường thẳng
Phương trình mặt cầu (S) có
A
,
B
tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm
sao cho tam giác IAB vuông là:
3
8
2
2
x 2  y 2   z  3  .
x 2  y 2   z  3  .
2

uuu
r uu
r
1
� 2 2 7�
� IH .ad  0 � 1  t  4t  1  t  0 � 2  6t  0 � t  � H �
 ; ; �
3
� 3 3 3�
2

2

2

�2 � �2 � �2 � 2 3
� IH  � � � � � � 
3
�3 � �3 � �3 �
 Vì tam giác IAB vuông tại I và IA  IB  R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại
I , do đó bán kính:
R  IA  AB cos 450  2 IH .

2
2 3 2 6
 2 IH  2.

2
3
3

x  8    y  8    z  1  196.


A.
B.

Câu 34:

Cho điểm

C. 

x  16    y  4    z  7   196.
2

2

D. 

2

x  16    y  4    z  7   196.
2

2

2

Hướng dẫn giải



I  2  6t ;5  3t ;1  2t 
Do đó tọa độ điểm I có dạng
, với t �1 .
‫ ޣ‬Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
�6  2  6t   3  5  3t   2  1  2t   24
��
t 1
 14
�
d ( I , ( P ))  14
�
2
2
2
�
�
�
6  3  (2)
��
��
t  3 � t  1
�
�
�AI  14
�
�
2
2
2

1 ,

Cho mặt phẳng
và hai đường thẳng
x2 y z 3
2 :
 
1
1
4 . Mặt cầu  S  có tâm thuộc 1 , tiếp xúc với  2 và mặt phẳng
 P  , có phương trình:
2

2

2

� 11 � � 7 � � 5 � 81
�x  � �y  � �z  � .
2
2
2
A. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc � 2 � � 2 � � 2 � 4


2

2

2

 S .
là tâm và R là bán kính của mặt cầu
uur uu
r
�
AI , a2 �
�
� 5t  4
d  I ; 2  

uur uu
r
uu
r
uur
�
3
AI , a2 �
 (5t  4; 4  5t ;0)
a2
AI

(
t
;
t
;
4

t

7
9
�
I � ; ; � R 
 S :�
t
�x  � �y  � �z  �
� 2 � � 2� � 2� 4 .
2 ‫� ޣ‬2 2 2 �,
2 ‫ޣ‬
‫ ޣ‬Với
‫ ޣ‬Với t  1 ‫ ޣ‬I (1; 1; 2), R  3 ‫ޣ‬
Lựa chọn đáp án A.

 S  : ( x  1)2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  9 .

 P : x  4 y  2z  6  0 ,
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho
 Q  : x  2 y  4 z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng    chứa giao tuyến của
 P  ,  Q  và cắt các trục tọa độ 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 .

Câu 36:

Hướng dẫn giải
Chọn