r
r
Câu 1: Tìm m để góc giữa hai vectơ: u  (1;log 3 5;log m 2) , v  (3;log 5 3; 4) là góc nhọn. Chọn
phương án đúng và đầy đủ nhất.
1
1
A. m  , m �1
B. m  1 hoặc 0  m 
2
2
1
C. 0  m 
D. m  1
2
Giải:

rr
r r
3  log 3 5.log 5 3  4 log m 2
u.v

Ta có cos(u , v) 
Do mẫu số luôn lớn hơn 0 nên ta đi tìm

u.v
u.v
điều kiện để tử số dương.
1
Mặt khác 3  log 3 5.log 5 3  4 log m 2  0 � 4log m 2  4 � log m 2  1 � log m 2  log m

m

P  MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a+b+c bằng:
A. 10
B. 13
C. 9
D. 1
Giải:





( a  2) 2  (b  1) 2  (c  2) 2  5�
M (a;b;c) � P  3 �
�
�
M �P � 3a  3b  2c  37  0 � 3(a  2)  3(b  1)  2(c  2)  44
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki ta có:

(44) 2   3( a  2)  3(b  1)  2(c  2)  �(32  32  22 ) �
( a  2) 2  (b  1) 2  (c  2) 2 �
�
�
2

(44)2
� (a  2) 2  (b  1) 2  (c  2) 2 � 2 2
 88
3  3  22
a  2 b 1 c  2


�
mx  (2m  1) z  4m  2  0
�
m 1
2m  4
�y
3
3
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới
nhất


(1) � y  2 x  2 . Thay vào (2) ta được: x 

1


1
Thay x, y vào (3) ta được: (2m  1) z   ( m 2  11m  6) . Để PT này vô nghiệm thì
3
1
m
2
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, một mặt phẳng đi qua điểm M (1;3;9) và cắt các tia Ox,
Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0) , B(0;b;0) , C(0;0;c) với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị của biểu
thức P = a +b + c để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
A. P=44
B. P=39
C. P=27
D. P=16

�
�a b c
�
��
b  9 � a  b  c  39
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi �

�1  3  9
�
c  27
�
�a b c
x 1 y z 1
 
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng V:
và ba điểm A(3;2;1
2
1
1), B(-3;-2;3) , C(5;4;-7). Gọi tọa độ điểm M (a;b;c) nằm trên Δ sao cho MA+MB nhỏ nhất, khi đó giá
trị của biểu thức P = a +b + c là:
16  6 6
42  6 6
16  6 6
16  12 6
A. P 
B. P 
C. P 
D. P 
5
5

1
�
�1
�
Áp dụng BĐT Vectơ ta có: f ( x) � (1  t  t  2) 2  �
2 � 9  �  2 �
�
�3
�
�3
�



1 t t  2
83 6

�
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1
5
2
3



�
13  3 6 16  6 6 3 6  13 �
16  6 6
;
;

a
A.  2
B. 
C.  3
D.  1
b
b 2
b
b

� b�
a; a; �
- Từ giả thiết ta có: C ( a; a;0) ; C ( a; a;0) � M �
� 2�
- Mặt phẳng (BDM) có VTPT là:
- Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là:
ur uu
r
a 2b 2 a 2 b 2
a
- Yêu cầu của bài toán tương đương với: n1.n2  0 �

 a4  0 � a  b �  1
2
2
b
x 1 y z 1
 
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :
và mặt phẳng (P):

1 b 2  12a  36a 2

Ta có: cos   uur uur 
2
2
nP . nQ 3 a 2  b 2  (2a  b) 2 3 2b  4ab  5a
o







Nếu a = 0 � cos  



Nếu a �0 , đặt t 



o

1
3 2

b
b 2  12ab  36a 2 t 2  12t  36
thì ta có:

nhất, khi đó a + b + c bằng:
2
2
4
A. 
B.
C. 1
D.
3
3
3
Giải:

Tâm I(1;0;-1), bán kính R=2. (ABC): 2x – 2y + z + 1=0 2

1
VABCD  d ( D;( ABD)).S ABC khi đó VABCD max khi và chỉ khi d (D;(ABC)) max

3
Gọi
D
D
1 2 là đường kính của (S) vuông góc với (ABC). Ta thấy với D là điểm bất kỳ thuộc

(S) thì d(D;(ABC))  max{d(D1;(ABC)), d(D2;(ABC))}
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

� 2
�x  1  2t
t

�7 4 1 �
Vì d(D1;(ABC)) > d(D2;(ABC)) nên D � ;  ;  �� a  b  c 

3
�3 3 3 �


�x  2  t
�
Câu 9: Cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 z  1  0 và đường thẳng d : �y  t
Tìm m để d cắt (S)
�z  m  t
�
tại hai điểm phân biệt A,B sao cho mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và tại B vuông góc với nhau.
A. m=-1 hoặc m=-4
B. m=0 hoặc m=-4
C. m=-1 hoặc m=0
D. Cả A, B, C đều sai
Giải:

Bình luận: Ta có nếu hai mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và B vuông góc với nhau thì hai

vtpt của hai mặt
này cũng vuông góc với nhau. Mà hai vtpt của hai mặt phẳng
uu
r phẳng
uur
này chính là IA , IB . Với I (1;0;-2) là tâm của mặt cầu (S).
Vậy ta có hai điều kiện sau:
1. d cắt (S) tại hai điểm phân biệt.

IA.IB  (1  t1 )(1  t2 )  t1t2  (m  2  t1 )(m  2  t2 )  0 � 3t1t2  (m  1)(t1  t2 )  (m  2) 2  1  0
m  1
�
2
� m 2  4m  1  (m  1) 2  (m  2) 2  1  0 � �
(TM).
m  4
3
�
Câu 10: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(-1;2;0), C(3;-1;2). Điểm M(a;b;c) thuộc
x 1 y z 1
 
đường thẳng  :
sao cho biểu thức P  2 MA2  3MB 2  4MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
1
1
Tính a+b+c= ?
5
11
16
A.
B. 
C. 0
D. 
3
3
3
Giải:


Δ nên MD nhỏ nhất khi M là hình chiếu của D lên Δ
uuuur uu
r
11
11
� 8 11 5 �
 ;  ; �� a  b  c  
 M (1  2t ; t ; 1  t ) . Ta có: DM .u  0 � t   � M �
6
3
�3 6 6�
Câu 11: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(-1;2;0), C(3;-1;2). Điểm M (a;b;c) thuộc mặt
uuur uuur uuuu
r
phẳng (): 2 x  y  2 z  7  0 sao cho biểu thức P  3MA  5MB  7 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
abc  ?
A. 4
B. -5
C. 13
D. 7
Giải:

uuu
r uuu
r uuur r
uuur
uuu
r uuu
r
 Gọi F ( x; y; z ) là điểm thỏa 3FA  5 FB  7 FC  0 � CF  3CA  5CB � F (23; 20; 11)


�x  1  22t
�
 Phương trình đường thẳng KI: �y  16t
Thay x,y,z vào (S) ta được:
�z  1  11t
�
K1  (23; 16; 12)
�
(22t ) 2  (16t ) 2  (11t ) 2  861 � t  �1 Suy ra KI cắt (S) tại hai điểm �
K 2  ( 21;16;10)
�
 Vì KK1 > KK2 nên MK lớn nhất khi và chỉ khi M �K1 (23; 16; 12) . Vậy
M  (23; 16; 12)
Câu 13: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1;1;-1), B(-3;5;5). Điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng
( ) : 2 x  y  2 z  8  0 sao cho biểu thức P  MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a  b  c  ?
A. 7
B. 3
C. 2
D. 4
Giải:

 Ta có f ( A). f ( B )  0 , nên A, B ở về cùng một phía so với (). Gọi A’ là điểm đối xứng qua
A qua ()
�x  1  2t
�y  1  t
�
 Phương trình đường thẳng AA’: �
. Tọa độ giao điểm I của AA’ và () là
�z  1  2t

( ) : 2 x  y  2 z  8  0 sao cho biểu thức P  MA  MC đạt giá trị lớn nhất.Tính a  b  c  ?
A. 7
B. 3
C. 2
D. 4
Giải:

 M (a; b; c ) . Đặt f ( M )  2a  b  2c  8
 Ta có f ( A). f (C )  0 nên A và C nằm về hai phía so với ()
 Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ()

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

6


�x  1  2t
�
 Phương trình đường thẳng AA’: �y  1  t . Tọa độ giao điểm I của AA’ và () là nghiệm
�z  1  2t
�
�x  1  2t
�y  1  t
�
� I (3;0;1)
của hệ: �
z



2
( P) : ax  by  cz  3  0 chứa Δ và cách O một khoảng lớn nhất. Tính a  b  c  ?
A. -2
B. 3
C. 1
D. -1
Giải:

uuur
 Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên Δ, suy ra K (1  t;1  2t; 2t ) , OK  (1  t ;1  2t ; 2t )

Câu 15: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :

� �2 1 2 �
�K �3 ; 3 ;  3 �
uuur uu
r
1
��
�
 Vì OK   nên OK .u  0 � t   � �
uuur �2 1 2 �
3
�
OK  � ; ;  �
�
�3 3 3 �
�
 Gọi H là hình chiếu của O lên (P), ta có: d (O;( P ))  OH �OK  1 . Đẳng thức xảy ra khi
H �K . Do đó (P) cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi (P) đi qua K và vuông góc với

r uu
r
�
�
�
n
,
n
,
n
Công thức giải nhanh: n( Q )  �
(

)


�
� �
�
Chứng minh công thức:

AH AK
AK
�
. Mà
không đổi nên
AC AC
AC
suy ra φ nhỏ nhất  H K hay (Q) là mặt phẳng đi qua Δ và vuông góc với mặt phẳng (ACK)
uuuuur uuur uu

n
,
n
�( ACK )  � �
�( )  �  �
uuur
 Áp dụng công thức nên ta có n( Q )  (8; 20; 16) suy ra:
(Q) : 8( x  1)  20( y  1)  16 z  0 � 2 x  5 y  4 z  3  0 � a  b  c  1
x 1 y 1 z

 và hai điểm M(1;2;1), N(-1;0;2). Mặt
Câu 16: Trong không gian Oxyz cho đường  :
1
2
2
phẳng (ß): ax  by  cz  43  0 đi qua M, N và tạo với (Δ) một góc lớn nhất. Tính a  b  c  ?
A. -22
B. 33
C. -33
D. 11
Giải:

uuur
uuuu
r uu
r uuuu
r
�
�
�


thuộc đường thẳng  :
sao cho biểu thức P  MA  7 MB  5MC đạt giá trị lớn
2
3
1
nhất. Tính a  b  c  ?
31
11
12
55
A.
B.
C.
D.
4
3
5
7
Giải:

 M � � M (1  2t; 1  3t;1  t )
uuur uuur uuuu
r
 MA  7 MB  5MC  (2t  19;3t  14; t  20)
 A(1;1;0) �Δ, khi đó φ=ACH và sin   sin ACH 

2

12 � 6411

D. -3
Giải:

uuu
r uuu
r uuur r
 Gọi E ( x; y; z ) là điểm thỏa EA  4 EB  2 EC  0 � E (9; 4; 13)
 Khi đó: P   EM 2  EA2  4 EB 2  2 EC 2
 P lớn nhất khi EM nhỏ nhất. Mặt cầu (S) có tâm
�x  2  11t
uuv
1
�
I (2; 2;8) � IE  ( 11; 2; 21) � IE : �y  2  2t . Thay x, y, z vào (S) ta được t  � Suy ra IE
2
�z  8  21t
�
� �7
5�
E1 �
 ;3;  �
�
2�
�2
cắt (S) tại hai điểm �
� � 15 37 �
E2 � ;1; �
�
2 �
� � 2

�
� (1  t ;1; 4  2t )
AB
,
AM
�M  d �d '
�
�
� M (t  2t ; t ; 2  t ) , suy ra ��
 Gọi �
uu
r uuuu
r
A
(0;

1;
2)
�
d
�
�
ud  AM  (2t  1; t  1; t )
�
uuu
r uuuu
r
�
2
AB, AM �

2
1
1
2
2 1
A. -8
B. -1
C. 1
D. 12
Giải:

uu
r uuuu
r
�M  d �d '
� M ( 1  2t; t ; 2  t ) , suy ra ud  AM  (2t  1; t  1; t )
 Gọi �
�A(0; 1; 2) �d
uu
r
uu
r uuuu
r
� (t  1; 4t  1;6t )
u
,
AM
 N (5;0;0) , u  (2; 2;1) � �
�
�

�
u
,
AM

�
�
� 4
r
t
1
�4 � uu
 f '(t )  0 � � 37 � min f (t )  f � �� ud   (29; 41; 4) � a  b  c  8
�
37
�37 �
t  2
�
Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 ,
(Q) : x  y  2 z  1  0 và điểm I(1;1;- 2).Mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với (P) và mặt phẳng
( ) : ax  by  cz  m  0 vuông góc với (P), (Q) sao cho khoảng cách từ I đến (α) bằng 29 . Biết
rằng tổng hệ số a  b  c  m dương.
Cho các mệnh đề sau đây:
(1) Điểm A(1;1;0) và B(-1;1;-2) thuộc mặt cầu (S).
(2) Mặt phẳng (α) đi qua C(0;-5;-3).
�x  2t
�
(3) Mặt phẳng (α) song song với đường thẳng (d) �y  5  t
�z  3
�

�z  2  t
�
abc  ?
A. 2
B. 3
C. 1
D. 4
Giải:

 Vì AB không đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất khi CA+CB nhỏ nhất
 Gọi C(t;0;2-t). Ta có CA= 2(t  2) 2  32 , CB  2(1  t ) 2  22
r
r
r r
 Đặt u  ( 2(t (t  2);3) v  ( 2(1  t ); 2) � u  v  (  2;5)
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới
nhất

10


r r r r
r
r
 Áp dụng tính chất u  v �u  v . Dấu “=” xảy ra khi u cùng hướng với v
r r r r
 CA  CB  u  v �u  v  2  25  3 3
2(t  2) 3
7
 � t  �a bc  2

�
�
(a  2) 2  (b  1) 2  (c  1) 2  9
�
�
Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(2; 4; -1), B(1; 4;-1), C(2; 4; 3), D(2; 2;-1) và điểm
M(a;b; c) sao cho biểu thức P  MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a  b  c  ?
7
23
21
3
A.
B.
C.
D.
4
4
4
4
Giải:

�7 14 �
 Gọi G là trong tâm của ABCD suy ra G � ; ;0 �
�4 4 �
 P  4 MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2 . Vì GA2  GB 2  GC 2  GD 2 không đổi nên P nhỏ
�7 14 �
nhất khi MG nhỏ nhất hay M �G � ; ;0 �
�4 4 �
Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0 và mặt phẳng
( P ) : 2 x  2 y  z  16  0 Điểm M(a;b; c) di động trên (S) và điểm N(m;n; p) di động trên (P) sao cho

z

3

t
3 3 3�
�
�
�
2 x  2 y  z  16  0
�
uuuu
r 3 uuur
 IM 0  IN 0 � M (0; 3  4) � a  b  c  m  n  p  0
5
Câu 27: Trong không Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  6 x  8 y  2 z  23  0 và mặt phẳng
( P) : x  y  z  3  0 . Điểm M(a;b;c) nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(P) là lớn nhất; khi đó a  b  c  ?
A. 1
B. 5
C. 7
D. 9
Giải:

 Mặt cầu (S) có tâm I(3;4;1) và bán kính R  3
�y  3  t
�
 Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), d : �y  4  t Khi đó M  d �( S ) hay
�z  1  t
�

u
r
�; AI �
u  (2;1; 2) � d ( I ; d ) 
 3 . Vậy  m  3  3 � m  12
r
u
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm E (2;1;5) , F (4;3;9) . Gọi Δ là giao tuyến của hai mặt
phẳng ( P ) : 2 x  y  z  1  0 , (Q) : x  y  2 z  7  0 . Điểm I(a;b;c) thuộc Δ sao cho biểu thức
P  IE  IF lớn nhất. Tính a  b  c  ?
A. 4
B. 1
Giải:

�x  1  t
�x  2  t '
�
�
  : �y  5t , EF : �y  1  t '
�z  3  3t
�z  5  2t '
�
�

C. 3

D. 2

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

B. 
C. 1
D. 4
2
2
Giải:

3
� 3 3 3�
 ;  ; �, (Q) : x  y  z   0
 Gọi I là trung điểm AB suy ra I �
2
� 2 2 2�
7
�
�x   4  2t
�
1 �
�7
�M�
  2t ; t ;  t �
 Δ là giao tuyến của (P) và (Q) suy ra Δ: �y  t
4 �
�4
� 1
�z   t
� 4
2

5 � 25

D. 0
3
2
2
Giải:

 Gọi I  d �( P) suy ra I(-1;0;4)
�x  1  t
uu
r uu
r uuur
�
ud , n( P ) �
� M (1  t ; t ; 4  t )
 u  �
�
� (3;3;3) suy ra Δ: �y  t
�z  4  t
�
uuuu
r uu
r
4
 AM ngắn nhất khi và chỉ khi AM  Δ � AM .u  0 � t 
3
� 7 4 16 �
 Vậy M � ; ; �
�3 3 3 �
Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(5;8; 11) , B (3;5; 4) , C (2;1; 6) và đường thẳng
uuur uuur uuuu


D. 2

2

10 � 53
53
 P  (2t  1)  (2t  4)  t  9 �
t  �
�
�
9
� 9� 9
10
� 11 2 1 �
 ; ; �
 Dấu “=” xảy ra khi t   � M �
9
� 9 9 9�
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0) , B (3;3;6) và đường thẳng
x 1 y 1 z
d:

 . Điểm M (a; b; c) thuộc d sao cho ΔMAB có diện tích nhỏ nhất, khi đó
2
1 2
abc  ?
A. 3
B. 1
C. 4

21
B.
C.
D. 
29
58
29
58
Giải:

 AB  (2; 3; 4) � AB / / d . Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d
 IA  IB  IA ' IB �A ' B . Dấu “=” xảy ra khi A’, I, B thẳng hàng suy ra I  A ' B �d . Vì
AB//d nên I là trung điểm của A’B.
�36 33 15 �
�43 95 28 �
 Gọi H là hình chiếu của A lên d suy ra H � ; ; �suy ra A ' � ; ;  �.
�29 29 29 �
�29 29 29 �
�65 21 43 �
 Vì I là trung điểm của A’B nên I � ;  ;  �
�29 58 29 �
A. 

�x  1  t
x  3 y 1 z
�

 . Điểm
Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : �y  1  t và d ' :
1