search

Chủ đề 7 phương pháp tọa độ trong không gian Nguyễn Bảo Vương

Ngày đăng: 01/05/2022
Trả lời: 0
Lượt xem: 126

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 Lý thuyết chung 1. Hệ trục tọa độ Oxyz:   Hệ trục gồm ba trục , , Ox Oy Oz đôi một vuông góc nhau.   Trục : Ox trục hoành, có vectơ đơn vị (1;0;0) i   .   Trục Oy : trục tung, có vectơ đơn vị (0;1;0) j   .   Trục : Oz trục cao, có vectơ đơn vị (0;0;1). k     Điểm (0;0;0) O là gốc tọa độ. 2. Tọa độ vectơ: Vectơ ( ; ; ) u xi y j zk u x y z           . Cho 1 2 3 1 2 3 ( ; ; ), ( ; ; ) a a a a b b b b     . Ta có:   1 1 2 2 3 3 ( ; ; ) a b a b a b a b          a  cùng phương b  ( ) a kb k R      1 1 3 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 , ( , , 0). a kb a a a a kb b b b b b b a kb                1 2 3 ( ; ; ) ka ka ka ka     1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b               1 1 2 2 3 3 . . . . a b a b a b a b        2 2 2 1 2 2 a a a a       2 2 2 2 2 1 2 3 a a a a a         1 1 2 2 3 3 . 0 0 a b a b a b a b a b              1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( , ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               3. Tọa độ điểm: ( ; ; ) ( ; ; ) M x y z OM x y z        . Cho ( ; ; ) , ( ; ; ) , ( ; ; ) A A A B B B C C C A x y z B x y z C x y z , ta có:   ( ; ; ) B A B A B A AB x x y y z z           2 2 2 ( ) ( ) ( ) B A B A B A AB x x y y z z         Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: ; ; . 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M            Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC: ; ; . 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G             QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT Chiếu điểm trên trục tọa độ Chiếu điểm trên mặt phẳng tọa độ   Điểm 1 ( ) ( ; ; ) ( ; 0 ; 0 ) C h ie á u vaø o O x M M M M G iö õ n g uy eâ n x M x y z M x         Điểm 2 ( ) ( ; ; ) (0 ; ; 0 ) C h ie á u vaø o O y M M M M G iöõ n g u y eâ n y M x y z M y         Điểm 3 ( ) ( ; ; ) (0 ; 0 ; ) C h ie á u va ø o O z M M M M G iö õ n g uy eâ n z M x y z M z         Điểm 1 ( , ) ( ; ; ) ( ; ; 0 ) Chi e á u v aø o O xy M M M M M Gi öõ n g u ye â n x y M x y z M x y         Điểm 2 ( , ) ( ; ; ) ( 0 ; ; ) C h ie á u v aø o O y z M M M M M G iö õ n g uy eâ n y z M x y z M y z         Điểm 3 ( , ) ( ; ; ) ( ; 0 ; ) Ch ie á u vaø o O x z M M M M M G iö õ n g uy eâ n x z M x y z M x z       Đối xứng điểm qua trục tọa độ Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ   1 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ oá i xö ù n g qua O x M M M M M M G iö õ n g u ye â n x ñ o å i d aá u y z M x y z M x y z              2 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ño á i x ö ù n g qu a O y M M M M M M G iöõ n g u y eâ n y ñ oå i d aá u x z M x y z M x y z              1 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i xö ù n g qua O x y M M M M M M G iö õ n g u y eâ n x y ñ o å i d a á u z M x y z M x y z             2 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù n g qu a O x z M M M M M M G iö õ n g u y eâ n x z ñ o å i d aá u y M x y z M x y z             3 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù n g qu a O y z M M M M M M G iö õ n g u y eâ n y z ñ o å i d aá u x M x y z M x y z           HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Chuyên đề 28NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   3 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ oá i xö ù n g qu a O z M M M M M M G iö õ n g uy eâ n z ñ o å i d aá u x y M x y z M x y z            4. Tích có hướng của hai vectơ:  Định nghĩa: Cho 1 2 3 ( , , ) a a a a   , 1 2 3 ( , , ) b b b b   , tích có hướng của a  và b  là:   2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 1 1 2 , ; ; ; ; a a a a a a a b a b a b a b a b a b a b b b b b b b                  .  Tính chất: [ , ] a b a     [ , ] a b b       [ , ] . .sin , a b a b a b          Điều kiện cùng phương của hai vectơ & a b   là , 0 a b         với 0 (0;0;0).     Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ , a b   và c  là [ , ]. 0. a b c       Diện tích hình bình hành ABCD: , . ABCD S AB AD                 Diện tích tam giác ABC: 1 , . 2 ABC S AB AC                 Thể tích khối hộp: . ' ' ' ' [ , ]. ' . ABCD A B C D V AB AD AA                Thể tích tứ diện: 1 , . 6 ABCD V AB AC AD                  . Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Dạng 1.1 Tìm hình chiếu của điểm lên mặt phẳng, đường thẳng Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2; 2;1 M  trên mặt phẳng   Oxy có tọa độ là A.   2;0;1 . B.   2; 2;0  . C.   0; 2;1  . D.   0;0;1 . Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên mặt phẳng   Ozx có tọa độ là A.   0;1;0 . B.   2;1 ;0 . C.   0;1; 1  . D.   2;0; 1  . Câu 3. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , hình chiếu vuông góc của điểm trên trục có tọa độ là A. . B. . C. . D. . Câu 4. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3; 2;1 A trên trục Ox có tọa độ là: A.   0; 2;1 . B.   3;0;0 . C.   0;0;1 . D.   0;2;0 . Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên trục Ox có tọa độ là A.   0;5;2 . B.   0;5;0 . C.   3;0;0 . D.   0;0;2 . Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm (8;1;2) A trên trục Ox có tọa độ là A. (0;1;0) . B. (8;0;0) . C. (0;1;2) . D. (0;0;2) . Oxyz   1;2;5 A Ox   0;2;0   0;0;5   1;0;0   0;2;5 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 7. (Mã 101 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz . Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông góc của điểm (1;4;2) A trên mặt phẳng Oxy ? A. (0;4;2) . B. (1;4;0) . C. (1;0;2) . D. (0;0;2) . Câu 8. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên mặt phẳng   Oxy ? A.   3;0;2 M B.   0;0;2 C.   0;5;2 Q D.   3;5;0 N Câu 9. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   1 ;2;3 A trên mặt phẳng Oxy . A.   1 ;0;3 Q B.   1 ;2;0 P C.   0;0;3 M D.   0;2;3 N Câu 10. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   3;4;1 A trên mặt phẳng   Oxy ? A.   0;4;1 Q . B.   3;0;1 P . C.   0;0;1 M . D.   3;4;0 N . Câu 11. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là A.   3;0; 1  . B.   0;1;0 . C.   3;0;0 . D.   0;0; 1  . Câu 12. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là A.   0;0; 1  . B.   2;0; 1  . C.   0;1;0 . D.   2;0;0 . Câu 13. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3; 1;1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   3; 1;0  . B.   0;0;1 . C.   0; 1;0  . D.   3;0;0 . Câu 14. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   2;0;0 . B.   0;1;0 . C.   2;1;0 . D.   0;0; 1  . Câu 15. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 1 ;1 A  . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng   Oyz là điểm A.   3;0;0 M B.   0; 1;1 N  C.   0; 1 ;0 P  D.   0;0;1 Q Câu 16. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng tọa độ   Oyz ? A.   3;4;0 M . B.   2;0;3 P  . C.   2;0;0 Q . D.   0;4; 1 N  . Câu 17. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   4;5;6 M . Hình chiếu của M xuống mặt phẳng   Oyz là M . Xác định tọa độ M . A.   4;5;0 M  . B.   4;0;6 M  . C.   4;0;0 M  . D.   0;5;6 M  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 18. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm   ; ; M x y z . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxz thì   ; ; M x y z   . B. Nếu M đối xứng với M qua Oy thì   ; ; M x y z   . C. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxy thì   ; ; M x y z   . D. Nếu M đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì   2 ;2 ;0 M x y  . Câu 19. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ điểm đối xứng của   M ; ; 1 2 3 qua mặt phẳng   Oyz là A.   0 2 3 ; ; . B.   1 2 3 ; ;    . C.   1 2 3 ; ;  . D.   1 2 3 ; ;  . Câu 20. (Chuyên Hạ Long 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 3;5 A  . Tìm tọa độ A  là điểm đối xứng với A qua trục Oy . A.   2;3;5 A  . B.   2; 3; 5 A    . C.   2; 3;5 A    . D.   2; 3; 5 A     . Dạng 1.2 Xác định tọa độ vectơ, độ dài vec tơ Câu 21. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1; 2 A  và   2;2;1 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 1; 3    B.   3;1;1 C.   1;1;3 D.   3;3; 1  Câu 22. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1;1; 1 A  và   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 2; 3 B.   1; 2; 3   C.   3;5;1 D.   3;4;1 Câu 23. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   2;2;1 A . Tính độ dài đoạn thẳng OA. A. 5 OA  B. 5 OA  C. 3 OA  D. 9 OA  Câu 24. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba vecto       1;2;3 ; 2;2; 1 ; 4;0; 4 a b c      . Tọa độ của vecto 2 d a b c        là A.   7;0; 4 d    B.   7;0;4 d   C.   7;0; 4 d   D.   7;0;4 d  Câu 25. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   0;1; 1 A  ,   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   2;2;3 . B.   1;2;3 . C.   3;5;1 . D.   3;4;1 . Câu 26. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   2;3;2 a   và   1;1; 1 b    . Vectơ a b    có tọa độ là A.   3;4;1 . B.   1; 2;3   . C.   3;5;1 . D.   1;2;3 . Câu 27. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   2; 3;3 a    ,   0;2; 1 b    ,   3; 1;5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . A.   10; 2;13  . B.   2;2; 7   . C.   2; 2;7   . D.   2;2;7  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 28. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 3 a i j k         . Tọa độ của vectơ a  là A.   1; 2; 3   . B.   2; 3; 1   . C.   2; 1; 3   . D.   3; 2; 1   . Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2; 3; 3 a    ,   0; 2; 1 b    ,   3; 1; 5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . A.   10; 2;13  . B.   2; 2; 7   . C.   2; 2; 7   . D.   2; 2; 7  . Câu 30. (THPT Minh Khai Hà Tĩnh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 3 x    và   1;0; 1 y     . Tìm tọa độ của vectơ 2 a x y       . A.   4;1; 1 a    . B.   3;1; 4 a    . C.   0;1; 1 a    . D.   4;1; 5 a    . Câu 31. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian O xyz , cho   2; 1 ;0  A và   1 ;1 ; 3  B . Vectơ   AB có tọa độ là A.   3;0; 3  . B.   1 ;2; 3   . C.   1 ; 2;3   . D.   1; 2;3  . Câu 32. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho     2; 2;1 , 1; 1;3 . A B   Tọa độ vecto AB     là: A. ( 1;1; 2).  . B. ( 3;3; 4).   . C. (3; 3;4).  . D. (1; 1; 2)   Câu 33. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian Oxyz với , , i j k    lần lượt là các vecto đơn vị trên các trục , , . Ox Oy Oz Tính tọa độ của vecto . i j k      A. ( 1; 1;1). i j k         B. ( 1;1;1). i j k        C. (1;1; 1). i j k        D. (1; 1;1). i j k        Câu 34. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz giả sử 2 3 u i j k        , khi đó tọa độ véc tơ u  là A.   2;3;1  . B.   2;3; 1  . C.   2; 3; 1   . D.   2;3;1 . Câu 35. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian O xy z , cho   1;2;1 a   và   1;3;0 b    . Vectơ 2 c a b      có tọa độ là A.   1 ; 7 ; 2 . B.   1 ; 5 ; 2 . C.   3 ; 7 ; 2 . D.   1 ; 7 ; 3 . Câu 36. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho 2 3 . a i j k         Tọa độ của vectơ a  là: A.   1;2; 3 a    . B.   2; 3; 1 a    . C.   3;2; 1 a    . D.   2; 1; 3 a    . Câu 37. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A   1; 3;1  , B   3;0; 2  . Tính độ dài AB . A. 26. B. 22. C. 26 . D. 22. Câu 38. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1; 2; 1 A   ,   1;4;3 B . Độ dài đoạn thẳng AB là A. 2 13 B. 6 C. 3 D. 2 3 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 39. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian Oxyz, cho       2;2;0 , 2;2;0 , 2;2;2 a b c     . Giá trị của a b c      bằng A. 6. B. 11. C. 2 11 . D. 2 6 . Câu 40. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   1;3;5 A ,   2;2;3 B . Độ dài đoạn AB bằng A. 7 . B. 8 . C. 6 . D. 5 . Dạng 1.3 Xác định tọa độ điểm Câu 41. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   4; 2;10  B.   1;3;2 C.   2;6;4 D.   2; 1;5  Câu 42. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   3; 4;0 A  ,   1 ;1;3 B  ,   3,1,0 C . Tìm tọa độ điểm D trên trục hoành sao cho AD BC  . A.   6;0;0 D ,   12;0;0 D B.   0;0;0 D ,   6;0;0 D C.   2;1;0 D  ,   4;0;0 D  D.   0;0;0 D ,   6;0;0 D  Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3; 2;3  A và   1;2;5  B . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB . A.   1 ;0;4 I . B.   2;0;8 I . C.   2; 2; 1   I . D.   2;2;1  I . Câu 44. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   3; 2;3 A  và   1 ;2;5 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là : A.   2;2;1 I  . B.   1;0;4 I . C.   2;0;8 I . D.   2; 2; 1 I   . Câu 45. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của . AB A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1; 3 I    . D.   2;1;3 I . Câu 46. Trong không gian cho hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba điểm       1; 2;3 , 1;2;5 , 0;0;1 A B C   . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . A.   0;0;3 G . B.   0;0;9 G . C.   1;0;3 G  . D.   0;0;1 G . Câu 47. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của AB . A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1;3 I   . D.   2;1;3 I . Câu 48. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1;3;2 . B.   2; 1;5  . C.   2; 1; 5   . D.   2;6;4 . Câu 49. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với       1;3;4 , 2; 1;0 , 3;1;2 A B C  . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A.   2;1;2 G . B.   6;3;6 G . C. 2 3; ;3 3 G       . D.   2; 1;2 G  . Câu 50. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết     5; 2;0 , 2;3;0 A B   ,   0;2;3 C . Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: A.   1;2;1 . B.   2;0; 1  . C.   1;1;1 . D.   1;1; 2  . Câu 51. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   1; 2;2 M  và   1;0;4 N . Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng MN là: A.   1; 1;3  . B.   0;2;2 . C.   2; 2;6  . D.   1;0;3 . Câu 52. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai điểm   3;4 A  và   5;6 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1;5 . B.   4;1 . C.   5;1 . D.   8;2 . Câu 53. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;9 B . Trung điểm của đoạn AB có tọa độ là A.   0;3;3 . B.   4; 2;12  . C.   2; 1;6  . D. 3 3 0; ; 2 2       . Câu 54. (Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;5;2 A  và   3; 3;2 B  . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A.   1;1;2 M B.   2;2;4 M C.   2; 4;0 M  D.   4; 8;0 M  Câu 55. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   1;5;3 A  và   2;1; 2 M  . Tọa độ điểm B biết M là trung điểm của AB là A. 1 1 ;3; 2 2 B       . B.   4;9;8 B  . C.   5;3; 7 B  . D.   5; 3; 7 B   . Dạng 2. Tích vô hướng và ứng dụng Câu 56. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho hai vectơ     2 ; 1 ; 0 a và       1 ; 0 ; 2 b . Tính     c o s , a b . A.       2 cos , 2 5 a b B.       2 cos , 5 a b C.      2 co s , 2 5 a b D.      2 co s , 5 a b Câu 57. (KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian , Oxyz cho vectơ     2; 2; 4 , 1; 1;1 . a b        Mệnh đề nào dưới đây sai? A.   3; 3; 3 a b       B. a  và b  cùng phương C. 3 b   D. a b    Câu 58. (THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC biết   1;3 A ,   2; 2 B   ,   3;1 C . Tính cosin góc A của tam giác. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 cos 17 A  B. 1 cos 17 A  C. 2 cos 17 A   D. 1 cos 17 A   Câu 59. (THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3; 0;1 u    là A. 120 . B. 60  . C. 150 . D. 30  . Câu 60. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   3;4;0 a    ,   5;0;12 b   . Côsin của góc giữa a  và b  bằng A. 3 13 . B. 5 6 . C. 5 6  . D. 3 13  . Câu 61. (Chuyên Đhsp Hà Nội 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 120  . B. 30  . C. 60  . D. 150  . Câu 62. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ   3;0;1 u   và   2;1;0 v   . Tính tích vô hướng . u v   . A. . 8 u v    . B. . 6 u v    . C. . 0 u v    . D. . 6 u v     . Câu 63. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 0 30 . B. 0 120 . C. 0 60 . D. 0 150 . Câu 64. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho ba điểm ( 1; 2;3) A   (0;3;1) B , (4;2;2) C . Cosin của góc  BAC là A. 9 35 . B. 9 35  . C. 9 2 35  . D. 9 2 35 . Câu 65. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có   1;0;0 A ,   0;0;1 B ,   2;1;1 C . Diện tích của tam giác ABC bằng: A. 11 2 B. 7 2 C. 6 2 D. 5 2 Câu 66. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho   3;4;0 a    và   5;0;12 b   . Côsin của góc giữa a  và b  bằng A. 3 13 . B. 5 6 . C. 5 6  . D. 3 13  . Câu 67. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong hệ tọa độ Oxy , cho 3 u i j      và   2; 1 v    . Tính . u v   . A. . 1 u v     . B. . 1 u v    . C.   . 2; 3 u v     . D. . 5 2 u v    . Câu 68. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Cho hai véc tơ   1; 2;3 a    ,   2;1;2 b    . Khi đó, tích vô hướng   . a b b     bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 A. 12 . B. 2 . C. 11. D. 10. Câu 69. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1 ; 3 a    ,   4; 2 ;6 b     . Phát biểu nào sau đây là sai? A. 2 b a     . B. . 0 a b    . C. a  ngược hướng với b  . D. 2 b a    . Câu 70. (THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho   0 1 1 ; ; u   ,   0 1 0 ; ; v   , góc giữa hai véctơ u và v là A. 120 . B. 45 . C. 135  . D. 60  . Câu 71. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tứ diện ABCD với   0; 0; 3 A ,   0; 0; 1 B  ,   1; 0; 1 C  ,   0; 1; 1 D  . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. AB BD  . B. AB BC  . C. AB AC  . D. AB CD  . Câu 72. (THPT Thanh Miện I - Hải Dương - 2018) Trong không gian Oxyz cho 2 véc tơ 2;1 ( ) ; 1 a    ; ; ; (1 ) 3 m b   . Tìm m để   ; 90 a b     . A. 5 m   . B. 5 m  . C. 1 m  . D. 2 m   Câu 73. (SGD Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   2; 1;1 u    và   0; 3; v m     . Tìm số thực m sao cho tích vô hướng . 1 u v    . A. 4 m  . B. 2 m  . C. 3 m  . D. 2 m   . Câu 74. (CỤM Chuyên Môn 4 - Hải Phòng - 2018) Trong không gian Oxyz cho       1;2;3 ; 1;2;1 ; 3; 1; 2 A B C    . Tính tích vô hướng . AB AC         . A. 6  . B. 14  . C. 14 . D. 6 . Câu 75. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1; 2;3 A   ,   0;3;1 B ,   4;2;2 C . Côsin của góc BAC bằng A. 9 35 . B. 9 2 35 . C. 9 2 35  . D. 9 35  . Dạng 3. Tích có hướng và ứng dụng Câu 76. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 2 a    và vectơ   1;0;2 b   . Tìm tọa độ vectơ c  là tích có hướng của a  và b  . A.   2;6; 1 c    . B.   4;6; 1 c    . C.   4; 6; 1 c     . D.   2; 6; 1 c     . Câu 77. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ một vectơ n  vuông góc với cả hai vectơ   1;1; 2 a    ,   1;0;3 b   là A.   2;3; 1  . B.   3;5; 2  . C.   2; 3; 1   . D.   3; 5; 1   . Câu 78. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba véctơ       1;2; 1 , 3; 1;0 , 1; 5;2 a b c          . Câu nào sau đây đúng? A. a  cùng phương với b  . B. a  , b  , c  không đồng phẳng. C. a  ,b  , c  đồng phẳng. D. a  vuông góc với b  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 79. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm (1; 2;0) A  , (2;0;3) B , ( 2;1;3) C  và (0;1;1) D . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 4 . Câu 80. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho   1; 2;3 a    và   1;1; 1 b    . Khẳng định nào sau đây sai? A. 3 a b     . B. . 4 a b     . C. 5 a b     . D.   , 1; 4;3 a b          . Câu 81. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm     1 ;0; 1 , 1; 1;2   A B . Diện tích tam giác OAB bằng A. 11. B. 6 . 2 C. 11 . 2 D. 6. Câu 82. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm   2;0;2 A ,   1; 1; 2 B   ,   1;1;0 C  ,   2;1;2 D  . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng A. 42 3 . B. 14 3 . C. 21 3 . D. 7 3 . Câu 83. (SGD và ĐT Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , tính diện tích S của tam giác ABC , biết     2;0;0 , 0;3;0 A B và   0;0;4 C . A. 61 3 S  . B. 61 2 S  . C. 2 61 S  . D. 61 S  . Câu 84. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho   0;0;0 O ,   0;1; 2 A  ,   1;2;1 B ,   4;3; C m . Tất cả giá trị của m để 4 điểm , , , O A B C đồng phẳng? A. 14 m  . B. 14 m   . C. 7 m  . D. 7 m   . Câu 85. Trong không gian Oxyz , cho hình chóp . A BCD có   0;1; 1 , A    1;1;2 , B   1; 1;0 C  và   0;0;1 . D Tính độ dài đường cao của hình chóp . A BCD . A. 2 2 . B. 3 2 2 . C. 3 2 . D. 2 2 . Câu 86. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ, cho hình bình hành ABCD . Biết   2;1; 3 A  ,   0; 2;5 B  và   1;1;3 C . Diện tích hình bình hành ABCD là A. 2 87 . B. 349 2 . C. 349 . D. 87 . Câu 87. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0;1;1 A ,   1;0;2 B  ,   1;1;0 C  và điểm   2;1; 2 D  . Khi đó thể tích tứ diện ABCD là A. 5 6 V  . B. 5 3 V  . C. 6 5 V  . D. 3 2 V  . Câu 88. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong không gian Oxyz , cho   1;2; 1 A  ,   0; 2;3 B  . Tính diện tích tam giác OAB . A. 29 6 . B. 29 2 . C. 78 2 . D. 7 2 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM Lý thuyết chung 1. Hệ trục tọa độ Oxy z :  Hệ trục gồm ba trục , , Ox Oy Oz đôi một vuông góc nhau.  Trục : Ox trục hoành, có vectơ đơn vị (1;0;0) i   .  Trục Oy : trục tung, có vectơ đơn vị (0;1;0) j   .  Trục : Oz trục cao, có vectơ đơn vị (0;0;1). k    Điểm (0;0;0) O là gốc tọa độ. 2. Tọa độ vectơ: Vectơ ( ; ; ) u xi y j zk u x y z           . Cho 1 2 3 1 2 3 ( ; ; ), ( ; ; ) a a a a b b b b     . Ta có:  1 1 2 2 3 3 ( ; ; ) a b a b a b a b         a  cùng phương b  ( ) a kb k R      1 1 3 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 , ( , , 0). a kb a a a a kb b b b b b b a kb               1 2 3 ( ; ; ) ka ka ka ka    1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b              1 1 2 2 3 3 . . . . a b a b a b a b       2 2 2 1 2 2 a a a a      2 2 2 2 2 1 2 3 a a a a a        1 1 2 2 3 3 . 0 0 a b a b a b a b a b             1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( , ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               3. Tọa độ điểm: ( ; ; ) ( ; ; ) M x y z OM x y z        . Cho ( ; ; ) , ( ; ; ) , ( ; ; ) A A A B B B C C C A x y z B x y z C x y z , ta có:  ( ; ; ) B A B A B A AB x x y y z z          2 2 2 ( ) ( ) ( ) B A B A B A AB x x y y z z        Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: ; ; . 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M           Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC: ; ; . 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G             QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT Chiếu điểm trên trục tọa độ Chiếu điểm trên mặt phẳng tọa độ  Điểm 1 ( ) ( ; ; ) ( ; 0 ; 0 ) C hi eá u vaø o O x M M M M G iö õ ng uy eâ n x M x y z M x        Điểm 2 ( ) ( ; ; ) ( 0 ; ; 0 ) C hi eá u vaø o O y M M M M G iöõ ng u y eâ n y M x y z M y        Điểm 3 ( ) ( ; ; ) ( 0 ; 0 ; ) Chi eá u v aø o O z M M M M G iöõ ng u y eâ n z M x y z M z        Điểm 1 ( , ) ( ; ; ) ( ; ; 0 ) C hi eá u va ø o O xy M M M M M G iö õ ng uy eâ n x y M x y z M x y        Điểm 2 ( , ) ( ; ; ) (0 ; ; ) C hi e á u v aø o O y z M M M M M G iö õ ng uy eâ n y z M x y z M y z        Điểm 3 ( , ) ( ; ; ) ( ; 0 ; ) Ch ieá u v aø o O x z M M M M M G iö õ ng uy eâ n x z M x y z M x z       Đối xứng điểm qua trục tọa độ Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ  1 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i xöù ng qu a O x M M M M M M G iö õ n guy e â n x ño å i da á u y z M x y z M x y z             2 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O y M M M M M M Gi ö õ ng u ye â n y ño å i da á u x z M x y z M x y z             3 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù ng qua O z M M M M M M Gi ö õ ng u ye â n z ño å i da á u x y M x y z M x y z             1 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i xöù ng qua O x y M M M M M M G iö õ ng u y eâ n x y ño å i da á u z M x y z M x y z            2 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O x z M M M M M M G iö õ ng u y eâ n x z ñ oå i da á u y M x y z M x y z            3 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O y z M M M M M M G iö õ ng u y eâ n y z ño å i da á u x M x y z M x y z           4. Tích có hướng của hai vectơ: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Chuyên đề 28NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Định nghĩa: Cho 1 2 3 ( , , ) a a a a   , 1 2 3 ( , , ) b b b b   , tích có hướng của a  và b  là:   2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 1 1 2 , ; ; ; ; a a a a a a a b a b a b a b a b a b a b b b b b b b                  .  Tính chất: [ , ] a b a     [ , ] a b b       [ , ] . .sin , a b a b a b         Điều kiện cùng phương của hai vectơ & a b   là , 0 a b         với 0 (0;0;0).    Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ , a b   và c  là [ , ]. 0. a b c      Diện tích hình bình hành ABCD: , . ABCD S AB AD                Diện tích tam giác ABC: 1 , . 2 ABC S AB AC                Thể tích khối hộp: . ' ' ' ' [ , ]. ' . ABCD A B C D V AB AD AA               Thể tích tứ diện: 1 , . 6 ABCD V AB AC AD                  . Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Dạng 1.1 Một số bài toán liên quan đến vectơ, tọa độ vec tơ Câu 1. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm       1;2; 3 , 1;0;2 , ; ; 2 A B C x y    thẳng hàng. Khi đó x y  bằng A. 1 x y   . B. 17 x y   . C. 11 5 x y    . D. 11 5 x y   . Câu 2. (HSG Tỉnh Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ     2; 1;3 , 1;3; 2 a m b n       . Tìm , m n để các vectơ , a b   cùng hướng. A. 3 7; 4 m n    . B. 4; 3 m n    . C. 1 ; 0 m n   . D. 4 7; 3 m n    . Câu 3. (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       A 2; 1;5 , 5; 5;7 , ; ;1   B M x y . Với giá trị nào của , x y thì , , A B M thẳng hàng. A. 4; 7   x y B. 4; 7     x y C. 4; 7    x y D. 4; 7    x y Câu 4. (THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An -2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2;1 A  ,   0;1;2 B . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho ba điểm A , B , M thẳng hàng là A.   4; 5;0 M  . B.   2; 3;0 M  . C.   0;0;1 M . D.   4;5;0 M . Câu 5. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các véc tơ 2 2 u i j k        ,   ;2; 1 v m m    với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị của m để u v    . A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 6. (Chuyen ĐHSP Hà Nội -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ;   0;2 ;0 D a ,   0;0;2 A a  với 0 a  . Độ dài đoạn thẳng AC  là A. a . B. 2 a . C. 3 a . D. 3 2 a . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 7. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho   2;3;1 a     ,   1;5;2 b      ,   4; 1;3 c      và   3;22;5 x      . Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau? A. 2 3 x a b c                . B. 2 3 x a b c                 . C. 2 3 x a b c                . D. 2 3 x a b c                . Câu 8. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với:   1; 2;2 AB       ;   3; 4; 6 AC       . Độ dài đường trung tuyến AM của tam giác ABC là: A. 29 . B. 29 . C. 29 2 . D. 2 29 . Câu 9. (Hồng Quang - Hải Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ   2; 1;3 a m    ,   1;3; 2 b n    . Tìm m , n để các vectơ a  , b  cùng hướng. A. 7 m  ; 3 4 n   . B. 7 m  ; 4 3 n   . C. 4 m  ; 3 n   . D. 1 m  ; 0 n  . Câu 10. (THPT Chu Văn An -Thái Nguyên - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông     , 3;0;8 , 5; 4;0 ABCD B D   . Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng   Oxy và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA CB          bằng: A. 10 5 . B. 6 10 . C. 10 6 . D. 5 10 . Dạng 1.2 Tìm tọa độ điểm Câu 11. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   1;0;3 A ,   2;3; 4 B  ,   3;1;2 C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. A.   4; 2;9 D   . B.   4;2;9 D  . C.   4; 2;9 D  . D.   4;2; 9 D  . Câu 12. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;0;0 , 1;1;0 , 0;1;1 A B C . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD(theo thứ tự các đỉnh) là hình bình hành? A.   2;0;0 D . B.   1;1;1 D . C.   0;0;1 D . D.   0;2;1 D . Câu 13. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1; 2; 1), (2; 1;3) A B   và ( 3;5;1) C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A. ( 2;8; 3) D   B. ( 4;8; 5) D   C. ( 2; 2;5) D  D. ( 4;8; 3) D   Câu 14. (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , Tam giác ABC với   1 ; 3;3 A  ;   2; 4;5 B  ,   ; 2; C a b  nhận điểm   1 ; ;3 G c làm trọng tâm của nó thì giá trị của tổng a b c   bằng. A. 5  B. 3 C. 1 D. 2  Câu 15. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm   1;2; 3 B  ,   7;4; 2 C  Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức 2E CE B          thì tọa độ điẻm E là: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 8 8 3; ; 3 3        B. 8 8 ;3; 3 3        . C. 8 3;3; 3        D. 1 1;2; 3       Câu 16. (KTNL Gia Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   1;2; 3 A  ,   2;5;7 B ,   3;1;4 C  . Điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành là A.   6;6;0 D B. 8 8 0; ; 3 3 D       C.   0;8;8 D D.   4; 2; 6 D    Câu 17. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho tam giác ABC có   1; 2;0 A  ,   2;1; 2 B  ,   0;3;4 C . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A.   1;0; 6  . B.   1;6;2 . C.   1;0;6  . D.   1;6; 2  . Câu 18. (Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1; 2  A ,   2; 3;5  B . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho 2  MA MB , tọa độ điểm M là A. 7 5 8 ; ; 3 3 3        . B.   4;5; 9  . C. 3 17 ; 5; 2 2        . D.   1; 7;12  . Câu 19. (THPT Minh Khai Hà Tĩnh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;1; 2 A  và   3; 1;1 B  . Tìm tọa độ điểm M sao cho 3 AM AB           . A.   9; 5;7 M  . B.   9;5;7 M . C.   9;5; 7 M   . D.   9; 5; 5 M   . Câu 20. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2; 1 , 1;3;1 A AB       thì tọa độ của điểm B là: A.   2;5;0 B . B.   0; 1 ; 2 B   . C.   0;1;2 B . D.   2; 5;0 B   Câu 21. (Đề Thi Công Bằng Khtn 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết   1;0;1 A  ,   2;1;2 B  và   1; 1;1 D   . Tọa độ điểm C là A.   2;0;2 . B.   2;2;2 . C.   2; 2;2  . D.   0; 2;0  . Câu 22. (Sở Phú Thọ -2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai điểm   1; 2; 2  A và 8 4 8 ; ; 3 3 3       B . Biết   ; ; I a b c là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị   a b c bằng A. 1 B. 3 C. 2 D. 0 Câu 23. (Chuyên Đhsp Hà Nội -2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho       2;0;0 , 0;2;0 , 0;0;2 A B C . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm , , A B C và    90 AMB BMC CMA     ? A. 0 . B. 1. C. 2. D. 3 . Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (2;2;1) M , 8 4 8 ; ; 3 3 3 N            . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . A. (1;1;1) I . B. (0;1;1) I . C. (0; 1; 1) I   . D. (1;0;1) I . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có   1;2; 1 A  ,   2; 1 ;3 B  ,   4;7;5 C  . Gọi   ; ; D a b c là chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC . Giá trị của 2 a b c   bằng A. 5. B. 4 . C. 14 . D. 15 . Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm   2;3;1 A  và   5; 6; 2 B . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng   O xz tại điểm M . Tính tỉ số AM BM . A. 1 2 AM BM  B. 2 AM BM  C. 1 3 AM BM  D. 3 AM BM  Câu 27. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1 ;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và diện tích tứ giác ABCD bằng 3 lần diện tích tam giác ABC . A.   12; 1;3 D   . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.   8;7; 1 D  . D.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . Câu 28. (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh (1;2;1) A , (2;0; 1) B  , (6;1;0) C Hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh ( ; ; ) D a b c , tìm mệnh đề đúng? A. 6 a b c    . B. 5 a b c    . C. 8 a b c    . D. 7 a b c    . Câu 29. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp . ABCD A B C D     . Biết   2;4;0 A ,   4;0;0 B ,   1;4; 7 C   và   6;8;10 D  . Tọa độ điểm B  là A.   8;4;10 B  . B.   6;12;0 B  . C.   10;8;6 B  . D.   13;0;17 B  . Câu 30. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   1;0;1 A ,   2;1;2 B ,   1; 1 ;1 D  ,   4;5; 5 C   . Tính tọa độ đỉnh A  của hình hộp. A.   4;6; 5 A   . B.   2;0;2 A  . C.   3;5; 6 A   . D.   3;4; 6 A   . Câu 31. (Chuyên Lê Hồng Phong 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   0; 0; 0 A ,   3; 0; 0 B ,   0; 3; 0 D ,   0; 3; 3 D   . Toạ độ trọng tâm tam giác A B C   là A.   1; 1; 2  . B.   2; 1; 2  . C.   1; 2; 1  . D.   2; 1; 1  . Câu 32. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2; 1 A  ,   2; 1;3 B  ,   4;7;5 C  . Tọa độ chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là A. 2 11 ; ;1 3 3        . B. 11 ; 2;1 3        . C. 2 11 1 ; ; 3 3 3       . D.   2;11;1  . Câu 33. (Toán Học Và Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 2 2 OA i j k           ,   2; 2;0 B  và   4;1; 1 C  . Trên mặt phẳng   Oxz , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A , B , C . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 1 ; 0; 4 2 M       . B. 3 1 ; 0; 4 2 N         . C. 3 1 ; 0; 4 2 P        . D. 3 1 ; 0; 4 2 Q        . Câu 34. (SGD Thanh Hóa - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm là   1;3; 1 A  ,   3; 1;5 B  . Tìm tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ thức 3 MA MB          . A. 5 13 ; ;1 3 3 M       . B. 7 1 ; ;3 3 3 M       . C. 7 1 ; ;3 3 3 M       . D.   4; 3;8 M  . Câu 35. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     , biết rằng   3;0;0 A  ,   0;2;0 B ,   0;0;1 D ,   1;2;3 A  . Tìm tọa độ điểm C  . A.   10;4;4 C  . B.   13;4;4 C   . C.   13;4;4 C  . D.   7;4;4 C  . Câu 36. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;2; 2 A  ,   2;2; 4 B  . Giả sử   ; ; I a b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính 2 2 2 T a b c    . A. 8 T  . B. 2 T  . C. 6 T  . D. 14 T  . Câu 37. (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   4; 2; 1 A ,   2; 1;4 B   . Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn đẳng thức 2 AM MB           . A.   0;0;3 M . B. (0;0; 3) M  . C. ( 8; 4;7) M   . D. (8;4; 7) M  . Câu 38. (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 3 ABCD ABC S S   A.   8;7; 1 D  . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . D.   12; 1;3 D   . Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng Câu 1. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm   2;3; 1 M  ,   1;1;1 N  và   1; 1;2 P m  . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N . A. B. C. D. Câu 2. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm       5;1;5 ; 4;3;2 ; 3; 2;1 A B C   . Điểm   ; ; I a b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính 2 a b c   ? A. 1. B. 3. C. 6. D. 9.  Câu 3. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ     1;1; 2 , 1;0; u v m      . Tìm tất cả giá trị của m để góc giữa u  , v  bằng 45  . A. 2 m  . B. 2 6 m   . C. 2 6 m   . D. 2 6 m   . Câu 4. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các vec tơ   5;3; 2 a    và   ; 1; 3 b m m     . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để góc giữa hai vec tơ a  và b  là góc tù? 2 m  6 m   0 m  4 m   TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A. 2. B. 3. C. 1. D. 5. Câu 5. Biết   ; ; c x y z   khác 0  và vuông góc với cả hai vectơ     1;3;4 , 1;2;3 a b      . Khẳng định nào đúng? A. 5 0 z x   . B. 7 0 x y   . C. 5 0 z x   . D. 7 0 x y   . Câu 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho   2;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;2 C . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm , , A B C và    90 AMB BMC CMA     A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u  và v  tạo với nhau một góc 120  và 2 u   , 5 v   . Tính u v    A. 19 . B. 5  . C. 7 . D. 39 . Câu 8. (THPT Trần Nhân Tông - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm   2;3; 1 M  ,   1;1;1 N  và   1; 1;2 P m  . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N . A. 6 m   . B. 0 m  . C. 4 m   . D. 2 m  . Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng Câu 9. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm   2;0;2 A ,   1; 1; 2 B   ,   1;1;0 C  ,   2;1;2 D  . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng A. 42 3 . B. 14 3 . C. 21 3 . D. 7 3 . Câu 10. (SGD Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , cho các vectơ   5;3; 1     a ,   1;2;1   b ,   ;3; 1 .    c m Giá trị của m sao cho ,         a b c là A. 1   m . B. 2   m . C. 1  m . D. 2  m . Câu 11. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   4;3;1 m    ,   0;0;1 n   . Gọi p   là vectơ cùng hướng với ,        m n (tích có hướng của hai vectơ m   và n  ). Biết 15 p    , tìm tọa độ vectơ p   . A.   9; 12;0 p     . B.   45; 60;0 p     . C.   0;9; 12 p     . D.   0;45; 60 p     . Câu 12. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên - 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   0; 2;2 A a   ;   3; 1;1 B a   ;   4; 3;0 C   ;   1; 2; 1 D a    . Tập hợp các giá trị của a để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng là tập con của tập nào sau? A.   7; 2   . B.   3;6 .C.   5;8 . D.   2;2  . Câu 13. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD biết   3; 2; A m  ,   2;0;0 B ,   0;4;0 C ,   0;0;3 D . Tìm giá trị dương của tham số m để thể tích tứ diện bằng 8. A. 8 m  . B. 4 m  . C. 12 m  . D. 6 m  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 14. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho     1;1;2 , 1; ; 2 u v m m       . Khi , 14 u v        thì A. 1 m  hoặc 11 5 m   B. 1 m   hoặc 11 3 m   C. 1 m  hoặc 3 m   D. 1 m   Câu 15. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có   2; 1;1  A ,   3;0; 1  B ,   2; 1;3  C ,  D Oy và có thể tích bằng 5 . Tính tổng tung độ của các điểm D . A. 6  B. 2 C. 7 D. 4  Câu 16. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2;0 A  ,   1;0; 1 B  ,   0; 1;2 C  ,   2; ; D m n  . Trong các hệ thức liên hệ giữa m và n dưới đây, hệ thức nào để bốn điểm , A , B , C D đồng phẳng? A. 2 13 m n   . B. 2 13 m n   . C. 2 13 m n   . D. 2 3 10 m n   . Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ   4 ; 3 ;1 m    và   0 ; 0 ; 1 n   . Gọi p   là véc tơ cùng hướng với , m n        và 15 p    . Tọa độ của véc tơ p   là A.   9 ; 12 ; 0  . B.   0 ; 9 ; 12  . C.   9 ; 12 ; 0  . D.   0 ; 9 ; 12  . Câu 18. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm         0; 2;1 ; 1;0; 2 ; 3;1; 2 ; 2; 2; 1 A B C D       . Câu nào sau đây sai? A. Bốn điểm , , , A B C D không đồng phẳng. B. Tam giác ACD là tam giác vuông tại A . C. Góc giữa hai véctơ AB     và CD     là góc tù. D. Tam giác ABD là tam giác cân tại B . Câu 19. (THPT Lương Thế Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 3 ABCD ABC S S  . A.   8;7; 1 D  . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . D.   12; 1;3 D   . Câu 20. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0;0;2 A ,   3;0;5 B ,   1;1;0 C ,   4;1; 2 A . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng ABC là A. 11 11 . B. 1. C. 11. D. 11 . Câu 21. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên - 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   0; 2;2 A a   ;   3; 1;1 B a   ;   4; 3;0 C   ;   1; 2; 1 D a    . Tập hợp các giá trị của a để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng là tập con của tập nào sau? A.   7; 2   . B.   3;6 .C.   5;8 . D.   2;2  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 Lý thuyết chung 1. Hệ trục tọa độ Oxyz:  Hệ trục gồm ba trục , , Ox Oy Oz đôi một vuông góc nhau.  Trục : Ox trục hoành, có vectơ đơn vị (1;0;0) i   .  Trục Oy : trục tung, có vectơ đơn vị (0;1;0) j   .  Trục : Oz trục cao, có vectơ đơn vị (0;0;1). k    Điểm (0;0;0) O là gốc tọa độ. 2. Tọa độ vectơ: Vectơ ( ; ; ) u xi y j zk u x y z           . Cho 1 2 3 1 2 3 ( ; ; ), ( ; ; ) a a a a b b b b     . Ta có:  1 1 2 2 3 3 ( ; ; ) a b a b a b a b         a  cùng phương b  ( ) a kb k R      1 1 3 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 , ( , , 0). a kb a a a a kb b b b b b b a kb               1 2 3 ( ; ; ) ka ka ka ka    1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b              1 1 2 2 3 3 . . . . a b a b a b a b       2 2 2 1 2 2 a a a a      2 2 2 2 2 1 2 3 a a a a a        1 1 2 2 3 3 . 0 0 a b a b a b a b a b             1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( , ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               3. Tọa độ điểm: ( ; ; ) ( ; ; ) M x y z OM x y z        . Cho ( ; ; ) , ( ; ; ) , ( ; ; ) A A A B B B C C C A x y z B x y z C x y z , ta có:  ( ; ; ) B A B A B A AB x x y y z z          2 2 2 ( ) ( ) ( ) B A B A B A AB x x y y z z        Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: ; ; . 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M           Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC: ; ; . 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G             QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT Chiếu điểm trên trục tọa độ Chiếu điểm trên mặt phẳng tọa độ  Điểm 1 ( ) ( ; ; ) ( ; 0 ; 0 ) C hi eá u vaø o Ox M M M M G iö õ ng uy eâ n x M x y z M x        Điểm 2 ( ) ( ; ; ) ( 0 ; ; 0 ) C hi eá u vaø o O y M M M M G iö õ ng u y eâ n y M x y z M y        Điểm 3 ( ) ( ; ; ) ( 0 ; 0 ; ) Ch ieá u v aø o O z M M M M G iöõ ng u y eâ n z M x y z M z        Điểm 1 ( , ) ( ; ; ) ( ; ; 0 ) C hi e á u v aø o O x y M M M M M G iö õ ng u ye â n x y M x y z M x y        Điểm 2 ( , ) ( ; ; ) ( 0 ; ; ) Chi eá u v aø o O y z M M M M M G iö õ n guy eâ n y z M x y z M y z        Điểm 3 ( , ) ( ; ; ) ( ; 0 ; ) C hi eá u vaø o O x z M M M M M G iö õ n guy eâ n x z M x y z M x z       Đối xứng điểm qua trục tọa độ Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ  1 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ oá i xöù ng qua O x M M M M M M G iö õ n gu ye â n x ño å i da á u y z M x y z M x y z             2 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ño á i x öù ng qu a O y M M M M M M G iöõ ng u y eâ n y ñ oå i da á u x z M x y z M x y z             3 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù ng qua O z M M M M M M G iöõ ng u y eâ n z ño å i da á u x y M x y z M x y z             1 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ oá i x ö ù n g qua O x y M M M M M M G i ö õ ng u y eâ n x y ño å i da á u z M x y z M x y z            2 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O x z M M M M M M G i ö õ ng u y eâ n x z ño å i d aá u y M x y z M x y z            3 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O y z M M M M M M G i ö õ ng u y eâ n y z ño å i da á u x M x y z M x y z           4. Tích có hướng của hai vectơ: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Chuyên đề 28NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Định nghĩa: Cho 1 2 3 ( , , ) a a a a   , 1 2 3 ( , , ) b b b b   , tích có hướng của a  và b  là:   2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 1 1 2 , ; ; ; ; a a a a a a a b a b a b a b a b a b a b b b b b b b                  .  Tính chất: [ , ] a b a     [ , ] a b b       [ , ] . .sin , a b a b a b         Điều kiện cùng phương của hai vectơ & a b   là , 0 a b         với 0 (0;0;0).    Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ , a b   và c  là [ , ]. 0. a b c      Diện tích hình bình hành ABCD: , . ABCD S AB AD                Diện tích tam giác ABC: 1 , . 2 ABC S AB AC                Thể tích khối hộp: . ' ' ' ' [ , ]. ' . ABCD A B C D V AB AD AA               Thể tích tứ diện: 1 , . 6 ABCD V AB AC AD                  . Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Dạng 1.1 Tìm hình chiếu của điểm lên mặt phẳng, đường thẳng Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2; 2;1 M  trên mặt phẳng   Oxy có tọa độ là A.   2;0;1 . B.   2; 2;0  . C.   0; 2;1  . D.   0;0;1 . Lời giải Chọn B Ta có hình chiếu của điểm   0 0 0 ; ; M x y z trên mặt phẳng   Oxy là điểm   0 0 ; ;0 M x y  . Do đó hình chiếu của điểm   2; 2;1 M  trên mặt phẳng   Oxy là điểm   2; 2;0 M   . Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1 ; 1 M  trên mặt phẳng   Ozx có tọa độ là A.   0;1 ;0 . B.   2;1;0 . C.   0;1; 1  . D.   2;0; 1  . Lời giải Chọn D Hình chiếu của   2;1 ; 1 M  lên mặt phẳng   Ozx là điểm có tọa độ   2;0; 1  . Câu 3. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , hình chiếu vuông góc của điểm trên trục có tọa độ là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Hình chiếu vuông góc của điểm trên trục có tọa độ là . Câu 4. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;2;1 A trên trục Ox có tọa độ là: A.   0;2;1 . B.   3;0;0 . C.   0;0;1 . D.   0;2;0 . Lời giải Chọn B. Oxyz   1;2;5 A Ox   0;2;0   0;0;5   1;0;0   0;2;5   1;2;5 A Ox   1;0;0 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên trục Ox có tọa độ là A.   0;5;2 . B.   0;5;0 . C.   3;0;0 . D.   0;0;2 . Lời giải Chọn C Hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên trục Ox có tọa độ là   3;0;0 . Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm (8;1; 2) A trên trục Ox có tọa độ là A. (0;1;0) . B. (8;0;0) . C. (0;1;2) . D. (0;0;2) . Lời giải Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm (8;1; 2) A trên trục Ox là (8;0;0) . Câu 7. (Mã 101 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz . Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông góc của điểm (1;4;2) A trên mặt phẳng Oxy ? A. (0;4;2) . B. (1;4;0) . C. (1;0;2) . D. (0;0;2) . Lời giải Chọn B Ta có hình chiếu của (1;4;2) A trên mặt phẳng Oxy là (1;4;0) . Câu 8. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên mặt phẳng   Oxy ? A.   3;0;2 M B.   0;0;2 C.   0;5;2 Q D.   3;5;0 N Lời giải Chọn D Hình chiếu vuông góc của điểm   3;5;2 A trên mặt phẳng   Oxy là điểm   3;5;0 N . Câu 9. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   1 ;2;3 A trên mặt phẳng Oxy . A.   1 ;0;3 Q B.   1 ;2;0 P C.   0;0;3 M D.   0;2;3 N Lời giải Chọn B Ta có hình chiếu vuông góc của điểm   1 ;2;3 A trên mặt phẳng Oxy là điểm   1 ;2;0 P . Câu 10. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm   3;4;1 A trên mặt phẳng   Oxy ? A.   0;4;1 Q . B.   3;0;1 P . C.   0;0;1 M . D.   3;4;0 N . Lời giải Chọn D Hình chiếu vuông góc của điểm   3;4;1 A trên mặt phẳng   Oxy là điểm   3;4;0 N . Câu 11. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   3;0; 1  . B.   0;1;0 . C.   3;0;0 . D.   0;0; 1  . Lời giải Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm   3;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là   0;1 ;0 . Câu 12. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là A.   0;0; 1  . B.   2;0; 1  . C.   0;1;0 . D.   2;0;0 . Lời giải Chọn C Hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oy có tọa độ là   0;1;0 . Câu 13. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   3; 1;1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   3; 1;0  . B.   0;0;1 . C.   0; 1;0  . D.   3;0;0 . Lời giải Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm   3; 1;1 M  trên trục Oz có tọa độ là   0;0;1 Câu 14. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oz có tọa độ là A.   2;0;0 . B.   0;1;0 . C.   2;1;0 . D.   0;0; 1  . Lời giải Chọn D Hình chiếu vuông góc của điểm   2;1; 1 M  trên trục Oz có tọa độ là:   0;0; 1  . Câu 15. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 1 ;1 A  . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng   Oyz là điểm A.   3;0;0 M B.   0; 1 ;1 N  C.   0; 1 ;0 P  D.   0;0;1 Q Lời giải Chọn B Khi chiếu vuông góc một điểm trong không gian lên mặt phẳng   Oyz , ta giữ lại các thành phần tung độ và cao độ nên hình chiếu của   3; 1 ;1 A  lên   Oyz là điểm   0; 1 ;1 N  . Câu 16. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng tọa độ   Oyz ? A.   3;4;0 M . B.   2;0;3 P  . C.   2;0;0 Q . D.   0;4; 1 N  . Lời giải Mặt phẳng tọa độ   Oyz có phương trình là     0 0;4; 1 x N Oyz     . Câu 17. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   4;5;6 M . Hình chiếu của M xuống mặt phẳng   Oyz là M . Xác định tọa độ M . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A.   4;5;0 M  . B.   4;0;6 M  . C.   4;0;0 M  . D.   0;5;6 M  . Lời giải Hình chiếu của   4;5;6 M xuống mặt phẳng   Oyz là   0;5;6 M  . Câu 18. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm   ; ; M x y z . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxz thì   ; ; M x y z   . B. Nếu M đối xứng với M qua Oy thì   ; ; M x y z   . C. Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxy thì   ; ; M x y z   . D. Nếu M đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì   2 ;2 ;0 M x y  . Lời giải Nếu M đối xứng với M qua mặt phẳng   Oxz thì   ; ; M x y z   . Do đó phương án Asai. Nếu M đối xứng với M qua Oy thì   ; y; M x z    . Do đó phương án B sai. Nếu M đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì   ; y; z M x     . Do đó phương án D sai. Câu 19. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ điểm đối xứng của   M ; ; 1 2 3 qua mặt phẳng   Oyz là A.   0 2 3 ; ; . B.   1 2 3 ; ;    . C.   1 2 3 ; ;  . D.   1 2 3 ; ;  . Lời giải Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng     Oyz H ; ;  0 2 3 Gọi M ' là điểm đối xứng với   M ; ; 1 2 3 qua mặt phẳng   Oyz H  là trung điểm của   MM ' M ' ; ;   1 2 3 . Câu 20. (Chuyên Hạ Long 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 3;5 A  . Tìm tọa độ A  là điểm đối xứng với A qua trục Oy . A.   2;3;5 A  . B.   2; 3; 5 A    . C.   2; 3;5 A    . D.   2; 3; 5 A     . Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của   2; 3;5 A  lên Oy . Suy ra   0; 3;0 H  Khi đó H là trung điểm đoạn AA  . 2 2 2 3 2 5 A H A A H A A H A x x x y y y z z z                       2; 3; 5 A      . Dạng 1.2 Xác định tọa độ vectơ, độ dài vec tơ Câu 21. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1; 2 A  và   2;2;1 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 1; 3    B.   3;1 ;1 C.   1 ;1;3 D.   3;3; 1  Lời giải Chọn C     2 1;2 1;1 2 AB          hay   1;1;3 AB      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 22. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1;1; 1 A  và   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   1; 2; 3 B.   1; 2; 3   C.   3;5;1 D.   3;4;1 Lời giải Chọn A     ; ; 1;2;3 B A B A B A AB x x y y z z          Câu 23. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   2;2;1 A . Tính độ dài đoạn thẳng OA. A. 5 OA  B. 5 OA  C. 3 OA  D. 9 OA  Lời giải Chọn C 2 2 2 2 2 1 3 OA     . Câu 24. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba vecto       1;2;3 ; 2;2; 1 ; 4;0; 4 a b c      . Tọa độ của vecto 2 d a b c        là A.   7;0; 4 d    B.   7;0;4 d   C.   7;0; 4 d   D.   7;0;4 d  Lời giải Chọn B Ta có:     2 1 2 2.4;2 2 2.0;3 1 2.( 4) 7;0; 4 d a b c                  . Câu 25. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   0;1; 1 A  ,   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là A.   2;2;3 . B.   1;2;3 . C.   3;5;1 . D.   3;4;1 . Lời giải Hai điểm   0;1; 1 A  ,   2;3;2 B . Vectơ AB     có tọa độ là   2;2;3 . Câu 26. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   2;3;2 a   và   1;1; 1 b    . Vectơ a b    có tọa độ là A.   3;4;1 . B.   1; 2;3   . C.   3;5;1 . D.   1;2;3 . Lời giải Ta có:     2 1;3 1;2 1 1;2;3 a b         . Câu 27. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   2; 3;3 a    ,   0;2; 1 b    ,   3; 1;5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . A.   10; 2;13  . B.   2;2; 7   . C.   2; 2;7   . D.   2;2;7  . Lời giải Ta có:   2 4; 6;6 a    ,   3 0;6; 3 b    ,   2 6;2; 10 c        2 3 2 2;2; 7 u a b c            . Câu 28. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 3 a i j k         . Tọa độ của vectơ a  là A.   1; 2; 3   . B.   2; 3; 1   . C.   2; 1; 3   . D.   3; 2; 1   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Lời giải   2 3 1;2; 3             a i j k a . Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2; 3; 3 a    ,   0; 2; 1 b    ,   3; 1; 5 c    . Tìm tọa độ của vectơ 2 3 2 u a b c        . A.   10; 2;13  . B.   2; 2; 7   . C.   2; 2; 7   . D.   2; 2; 7  . Lời giải Có       2 4; 6;6 ; 3 0;6; 3 ; 2 6;2; 10 a b c            . Khi đó:   2 3 2 2; 2; 7 u a b c           . Câu 30. (THPT Minh Khai Hà Tĩnh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 3 x    và   1;0; 1 y     . Tìm tọa độ của vectơ 2 a x y       . A.   4;1; 1 a    . B.   3;1; 4 a    . C.   0;1; 1 a    . D.   4;1; 5 a    . Lời giải Ta có:   2 2;0; 2 y     .     2 2 2;1 0; 3 2 4;1; 5 a x y              . Câu 31. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian O xyz , cho   2; 1 ;0  A và   1;1; 3  B . Vectơ    AB có tọa độ là A.   3;0; 3  . B.   1 ;2; 3   . C.   1 ; 2;3   . D.   1 ; 2;3  . Lời giải   2; 1 ;0  A ,   1;1; 3  B     1 2;1 1; 3 0 1;2; 3              AB . Câu 32. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho     2; 2;1 , 1; 1;3 . A B   Tọa độ vecto AB     là: A. ( 1;1; 2).  . B. ( 3;3; 4).   . C. (3; 3; 4).  . D. (1; 1; 2)   Lời giải: Ta có:   1;1;2 AB       . Câu 33. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian Oxyz với , , i j k    lần lượt là các vecto đơn vị trên các trục , , . Ox Oy Oz Tính tọa độ của vecto . i j k      A. ( 1; 1;1). i j k         B. ( 1;1;1). i j k        C. (1;1; 1). i j k        D. (1; 1;1). i j k        Lời giải Ta có (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1). i j k       Do đó, (1;1; 1). i j k        Câu 34. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz giả sử 2 3 u i j k        , khi đó tọa độ véc tơ u  là A.   2;3;1  . B.   2;3; 1  . C.   2; 3; 1   . D.   2;3;1 . Lời giải Theo định nghĩa ta có   1;0;0 i   ,   0;1;0 j   và   0;0;1 k   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do đó,   2 3 2;3; 1 u i j k u            . Câu 35. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian O xyz , cho   1;2;1 a   và   1;3;0 b    . Vectơ 2 c a b      có tọa độ là A.   1 ; 7 ; 2 . B.   1 ; 5 ; 2 . C.   3 ; 7 ; 2 . D.   1 ; 7 ; 3 . Lời giải Có 2 c a b      , gọi   1 2 3 ; ; c c c c     1 2 3 2.1 1 1 2.2 3 7 2.1 0 2 c c c                 Vậy   1;7;2 c   Câu 36. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho 2 3 . a i j k         Tọa độ của vectơ a  là: A.   1;2; 3 a    . B.   2; 3; 1 a    . C.   3;2; 1 a    . D.   2; 1; 3 a    . Lời giải Chọn A +) Ta có   ; ; a xi y j zk a x y z          nên   1;2; 3 . a    Do đó Chọn A Câu 37. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A   1; 3;1  , B   3;0; 2  . Tính độ dài AB . A. 26. B. 22. C. 26 . D. 22. Lời giải 2 2 2 (2;3; 3) 2 3 ( 3) 22. AB AB             Câu 38. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1; 2; 1 A   ,   1 ;4;3 B . Độ dài đoạn thẳng AB là A. 2 13 B. 6 C. 3 D. 2 3 Lời giải Chọn A Ta có 2 2 6 4 2 13 AB    . Câu 39. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian Oxyz, cho       2;2;0 , 2;2;0 , 2;2;2 a b c     . Giá trị của a b c      bằng A. 6. B. 11. C. 2 11 . D. 2 6 . Lời giải Chọn C Ta có:   2;6;2 a b c       . Vậy 2 11 a b c       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 40. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   1 ;3;5 A ,   2;2;3 B . Độ dài đoạn AB bằng A. 7 . B. 8 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Chọn C       2 2 2 2 1 2 3 3 5 6 AB        . Dạng 1.3 Xác định tọa độ điểm Câu 41. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   4; 2;10  B.   1;3;2 C.   2;6;4 D.   2; 1 ;5  Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm của AB , ta có tọa độ điểm I là 2 2 1 2 5 2 A B I A B I A B I x x x y y y z z z                    . Vậy   2; 1;5 I  . Câu 42. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   3; 4;0 A  ,   1 ;1;3 B  ,   3,1,0 C . Tìm tọa độ điểm D trên trục hoành sao cho AD BC  . A.   6;0;0 D ,   12;0;0 D B.   0;0;0 D ,   6;0;0 D C.   2;1;0 D  ,   4;0;0 D  D.   0;0;0 D ,   6;0;0 D  Lời giải Chọn B Gọi   ;0;0 D x Ox    2 0 3 16 5 6 x AD BC x x            . Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3; 2;3  A và   1 ;2;5  B . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB . A.   1;0;4 I . B.   2;0;8 I . C.   2; 2; 1   I . D.   2;2;1  I . Lời giải Chọn A Tọa độ trung điểm I của đoạn AB với   3; 2;3  A và   1 ;2;5  B được tính bởi   1 2 0 1;0;4 2 4 2                    A B I A B I A B I x y y z x x y I z z NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 44. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   3; 2;3 A  và   1 ;2;5 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là : A.   2;2;1 I  . B.   1;0;4 I . C.   2;0;8 I . D.   2; 2; 1 I   . Lời giải Chọn B Cho hai điểm   3; 2;3 A  và   1;2;5 B  . Trung điểm I có tọa độ:     3 1 1 2 2 2 2 0 2 2 3 5 4 2 2 A B A B A B x x y y z z                          1 ;0;4 I  . Câu 45. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của . AB A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1; 3 I    . D.   2;1;3 I . Lời giải Ta có   2 2 1 2;1;3 2 3 2 A B I A B I A B I x x x y y y I z z z                    . Câu 46. Trong không gian cho hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba điểm       1; 2;3 , 1;2;5 , 0;0;1 A B C   . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . A.   0;0;3 G . B.   0;0;9 G . C.   1;0;3 G  . D.   0;0;1 G . Lời giải Toạ độ trong tâm G của tam giác ABC bằng   1 1 0 0 3 3 2 2 0 0 0;0;3 3 3 3 5 1 3 3 3 A B C G A B C G A B C G x x x x y y y y G z z z z                                 Câu 47. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho   1;3;2 A ,   3; 1;4 B  . Tìm tọa độ trung điểm I của AB . A.   2; 4;2 I  . B.   4;2;6 I . C.   2; 1 ;3 I   . D.   2;1;3 I . Lời giải Tọa độ trung điểm I của AB là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11   1 3 2 2 3 1 1 2;1 ;3 . 2 2 4 3 2 I I I x y I z                    Câu 48. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;7 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1;3;2 . B.   2; 1 ;5  . C.   2; 1; 5   . D.   2;6;4 . Lời giải Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có: 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 3 7 5 2 2 A B M A B M A B M x x x y y y z z z                              2; 1 ;5 M  . Câu 49. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với       1;3;4 , 2; 1;0 , 3;1;2 A B C  . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là A.   2;1;2 G . B.   6;3;6 G . C. 2 3; ;3 3 G       . D.   2; 1;2 G  . Lời giải Tọa độ trọng tâm G là   1 2 3 2 3 3 1 1 1 2;1;2 . 3 4 0 2 2 3 G G G x y G z                       Câu 50. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết     5; 2;0 , 2;3;0 A B   ,   0;2;3 C . Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: A.   1;2;1 . B.   2;0; 1  . C.   1;1;1 . D.   1;1; 2  . Lời giải Giả sử   , , G x y z . Vì G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra     5 2 0 1 3 3 2 3 2 1 1;1;1 3 3 0 0 3 1 3 3 A B C A B C A B C x x x x x y y y y y G z z z z z                                            . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 51. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   1; 2;2 M  và   1;0;4 N . Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng MN là: A.   1; 1;3  . B.   0;2;2 . C.   2; 2;6  . D.   1;0;3 . Lời giải Gọi I là trung điểm MN . Ta có: 1 1 1 2 2 2 0 1 2 2 2 4 3 2 2 M N I M N I M N I x x x y y y z z z                           Vậy   1; 1;3 I  . Câu 52. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai điểm   3;4 A  và   5;6 B . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A.   1 ;5 . B.   4;1 . C.   5;1 . D.   8;2 . Lời giải Chọn A. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Khi đó ta có: 3 5 1 2 2 4 6 5 2 2 A B I A B I x x x y y y                     1;5 I  . Câu 53. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 4;3 A  và   2;2;9 B . Trung điểm của đoạn AB có tọa độ là A.   0;3;3 . B.   4; 2;12  . C.   2; 1;6  . D. 3 3 0; ; 2 2       . Lời giải Chọn C Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Ta có 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 3 9 6 2 2 A B I A B I A B I x x x y y y z z z                             2; 1 ;6 I   . Câu 54. (Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;5;2 A  và   3; 3;2 B  . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A.   1;1;2 M B.   2;2;4 M C.   2; 4;0 M  D.   4; 8;0 M  Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Trung điểm M có tọa độ là   1 3 1 2 2 5 3 1 1;1;2 2 2 2 2 2 2 2 A B M A B M A B M x x x y y y M z z z                           . Câu 55. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   1;5;3 A  và   2;1; 2 M  . Tọa độ điểm B biết M là trung điểm của AB là A. 1 1 ;3; 2 2 B       . B.   4;9;8 B  . C.   5;3; 7 B  . D.   5; 3; 7 B   . Lời giải Giả sử   ; ; B B B B x y z . Vì M là trung điểm của AB nên ta có: 1 2 2 2 5 5 1 3 2 2 7 3 2 2 2 A B B M B A B B M B B A B M M x x x x x y y y y y z z z z z                                             . Vậy   5; 3; 7 B   . Dạng 2. Tích vô hướng và ứng dụng Câu 56. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho hai vectơ     2 ; 1 ; 0 a và       1 ; 0 ; 2 b . Tính     c o s , a b . A.       2 co s , 2 5 a b B.       2 co s , 5 a b C.      2 co s , 2 5 a b D.      2 co s , 5 a b Lời giải Chọn B Ta có:              . 2 2 cos , 5 5 . 5 . a b a b a b . Câu 57. (KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian , Oxyz cho vectơ     2; 2; 4 , 1; 1;1 . a b        Mệnh đề nào dưới đây sai? A.   3; 3; 3 a b       B. a  và b  cùng phương C. 3 b   D. a b    Lời giải Chọn B  Xét đáp án A:   3; 3; 3 a b       đúng.  Xét đáp án B:     2 1; 1; 2 1; 1;1 a b         . Suy ra a  và b  không cùng phương. Đáp án B sai. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 58. (THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC biết   1;3 A ,   2; 2 B   ,   3;1 C . Tính cosin góc A của tam giác. A. 2 cos 17 A  B. 1 cos 17 A  C. 2 cos 17 A   D. 1 cos 17 A   Lời giải Chọn B Ta có:   3; 5 AB        ,   2; 2 AC       . Khi đó:   . 3.2 5.2 1 cos cos ; . 34.2 2 17 AB AC A AB AC AB AC                       . Câu 59. (THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3; 0;1 u    là A. 120 . B. 60  . C. 150 . D. 30  . Lời giải Ta có   1; 0; 0 i   . Vậy:   cos , i u   . . i u i u          2 2 2 1. 3 0.0 0.1 1. 3 0 1        = 3 2    , 150 i u      . Câu 60. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   3;4;0 a    ,   5;0;12 b   . Côsin của góc giữa a  và b  bằng A. 3 13 . B. 5 6 . C. 5 6  . D. 3 13  . Lời giải Chọn D Ta có:     2 2 2 2 2 2 . 3.5 4.0 0.12 3 os ; 13 . 3 4 0 . 5 0 12 a b c a b a b                   . Câu 61. (Chuyên Đhsp Hà Nội 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 120  . B. 30  . C. 60  . D. 150  . Lời giải Ta có   1;0;0 i      . 3 cos , 2 . u i u i u i          . Vậy   , 150 u i     . Câu 62. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ   3;0;1 u   và   2;1;0 v   . Tính tích vô hướng . u v   . A. . 8 u v    . B. . 6 u v    . C. . 0 u v    . D. . 6 u v     . Lời giải Ta có . 3.2 0.1 1.0 6 u v       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 63. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    là A. 0 30 . B. 0 120 . C. 0 60 . D. 0 150 . Lời giải Gọi  là góc giữa hai vectơ i  và   3;0;1 u    , ta có: 0 . 3 cos 150 2 . i u i u            . Câu 64. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho ba điểm ( 1; 2;3) A   (0;3;1) B , (4;2;2) C . Cosin của góc  BAC là A. 9 35 . B. 9 35  . C. 9 2 35  . D. 9 2 35 . Lời giải Ta có   1;5; 2 AB      ;   5;4; 1 AC      .  . 5 20 2 9 30. 42 2 35 . AB AC cosBAC AB AC                      . Câu 65. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có   1;0;0 A ,   0;0;1 B ,   2;1;1 C . Diện tích của tam giác ABC bằng: A. 11 2 B. 7 2 C. 6 2 D. 5 2 Lời giải Chọn C Ta có:     1; 0;1 , 1;1;1            AB AC   1 .1 0.1 1.1 0        AB AC . Nên diện tích tam giác ABC là 1 6 . 2 2   S AB AC . Câu 66. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho   3;4;0 a    và   5;0;12 b   . Côsin của góc giữa a  và b  bằng A. 3 13 . B. 5 6 . C. 5 6  . D. 3 13  . Lời giải Chọn D Ta có:     2 2 2 2 . 15 3 cos ; 13 3 4 . 5 12 a b a b a b               . Câu 67. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong hệ tọa độ Oxy , cho 3 u i j      và   2; 1 v    . Tính . u v   . A. . 1 u v     . B. . 1 u v    . C.   . 2; 3 u v     . D. . 5 2 u v    . Lời giải Chọn A Từ   3 1;3 u i j u         . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do đó,   . 1.2 3. 1 1 u v        . Câu 68. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Cho hai véc tơ   1; 2;3 a    ,   2;1; 2 b    . Khi đó, tích vô hướng   . a b b     bằng A. 12 . B. 2 . C. 11. D. 10. Lời giải Chọn C         1; 1;5 . 1. 2 1 .1 5.2 11 a b a b b                   . Câu 69. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1 ; 3 a    ,   4; 2 ;6 b     . Phát biểu nào sau đây là sai? A. 2 b a     . B. . 0 a b    . C. a  ngược hướng với b  . D. 2 b a    . Lời giải Chọn B Dễ thấy 2 b a     . Từ đó suy ra vectơ a  ngược hướng với vectơ b  và 2 b a    .       . 2. 4 1. 2 3 .6 28 0 a b            . Do đó đáp án B sai. Câu 70. (THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho   0 1 1 ; ; u   ,   0 1 0 ; ; v   , góc giữa hai véctơ u và v là A. 120  . B. 45 . C. 135  . D. 60  . Lời giải Chọn C Ta có   . 1 cos , 2 . u v u v u v            , 135 u v      . Câu 71. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tứ diện ABCD với   0; 0; 3 A ,   0; 0; 1 B  ,   1; 0; 1 C  ,   0; 1; 1 D  . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. AB BD  . B. AB BC  . C. AB AC  . D. AB CD  . Lời giải Ta có   0; 0; 4 AB       ,   1; 0; 4 AC        . 16 0 AB AC           AB  và AC không vuông góc. A B C D TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 72. (THPT Thanh Miện I - Hải Dương - 2018) Trong không gian Oxyz cho 2 véc tơ 2;1 ( ) ; 1 a    ; ; ; (1 ) 3 m b   . Tìm m để   ; 90 a b     . A. 5 m   . B. 5 m  . C. 1 m  . D. 2 m   Lời giải   ; 90 a b      . 0 a b     5 0 m    5 m  . Câu 73. (SGD Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   2; 1;1 u    và   0; 3; v m     . Tìm số thực m sao cho tích vô hướng . 1 u v    . A. 4 m  . B. 2 m  . C. 3 m  . D. 2 m   . Lời giải Ta có: . 1 3 1 2 u v m m         . Câu 74. (CỤM Chuyên Môn 4 - Hải Phòng - 2018) Trong không gian Oxyz cho       1;2;3 ; 1;2;1 ; 3; 1; 2 A B C    . Tính tích vô hướng . AB AC         . A. 6  . B. 14  . C. 14 . D. 6 . Lời giải Ta có:     2;0; 2 ; 2; 3; 5 AB AC               . 6 AB AC           Câu 75. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1; 2;3 A   ,   0;3;1 B ,   4;2;2 C . Côsin của góc BAC bằng A. 9 35 . B. 9 2 35 . C. 9 2 35  . D. 9 35  . Lời giải Ta có  cos BAC    . cos , AB AC AB AC AB AC                          với   1;5; 2 AB       ,   5;4; 1 AC       .           2 2 2 2 2 2 1.5 5.4 2 1 cos , 1 5 2 5 4 1 AB AC                    27 30 42  9 2 35  Dạng 3. Tích có hướng và ứng dụng Câu 76. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   2;1; 2 a    và vectơ   1;0;2 b   . Tìm tọa độ vectơ c  là tích có hướng của a  và b  . A.   2;6; 1 c    . B.   4;6; 1 c    . C.   4; 6; 1 c     . D.   2; 6; 1 c     . Lời giải Chọn D. Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được:   , 2; 6; 1 c a b            Vậy chọn đáp án D Câu 77. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ một vectơ n  vuông góc với cả hai vectơ   1;1; 2 a    ,   1;0;3 b   là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   2;3; 1  . B.   3;5; 2  . C.   2; 3; 1   . D.   3; 5; 1   . Lời giải Chọn D Ta có   , 3; 5; 1 a b          . Câu 78. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba véctơ       1;2; 1 , 3; 1;0 , 1; 5;2 a b c          . Câu nào sau đây đúng? A. a  cùng phương với b  . B. a  ,b  , c  không đồng phẳng. C. a  ,b  , c  đồng phẳng. D. a  vuông góc với b  . Lời giải Chọn C Ta có:   ; 1 ; 3; 7 0 a b             . Hai véctơ a  , b  không cùng phương. ; . 1 15 14 0 a b c             . Ba véctơ a  ,b  , c  đồng phẳng. Câu 79. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm (1; 2;0) A  , (2;0;3) B , ( 2;1;3) C  và (0;1;1) D . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 4 . Lời giải Ta có: (1; 2;3) AB      ; ( 3;3;3) AC       ; ( 1;3;1) AD       . , ( 3; 12;9) AB AC                ; , . ( 3).( 1) ( 12).3 9.1 24 AB AC AD                         . 1 1 , . 24 4 6 6 ABCD V AB AC AD                     . Câu 80. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho   1; 2;3 a    và   1;1; 1 b    . Khẳng định nào sau đây sai? A. 3 a b     . B. . 4 a b     . C. 5 a b     . D.   , 1; 4;3 a b          . Lời giải Ta có       2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 4 3 a b u                 (đúng).     . 1.1 2 .1 3. 1 1 2 3 4 a b             (đúng).       2 2 2 1 1 2 1 3 1 0 9 16 5 a b u                 (đúng).   2 3 3 1 1 2 , ; ; 1;4;3 1 1 1 1 1 1 a b                    (sai). Câu 81. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm     1;0; 1 , 1; 1;2   A B . Diện tích tam giác OAB bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 A. 11. B. 6 . 2 C. 11 . 2 D. 6. Lời giải   , 1; 3; 1                 OA OB 1 1 11 , 1 9 1 2 2 2                   OAB S OA OB . Câu 82. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm   2;0;2 A ,   1; 1; 2 B   ,   1;1;0 C  ,   2;1;2 D  . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng A. 42 3 . B. 14 3 . C. 21 3 . D. 7 3 . Lời giải       3;1; 2 ; 1; 1; 4 ; 4;1;0 AC AB AD                      .   , 6; 10;4 AB AC                . Thể tích khối tứ diện là: 1 1 7 . , . 14 6 6 3 V AB AC AD                    . Câu 83. (SGD và ĐT Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , tính diện tích S của tam giác ABC , biết     2;0;0 , 0;3;0 A B và   0;0;4 C . A. 61 3 S  . B. 61 2 S  . C. 2 61 S  . D. 61 S  . Lời giải Chọn D   2;3;0 AB       ,   2;0;4 AC       ,   , 12;8;6 AB AC              . Ta có   , . .sin , 2 AB AC AB AC AB AC S                               . Diện tích tam giác ABC là 2 2 2 1 1 . , 12 8 6 61 2 2 S AB AC                  . Câu 84. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho   0;0;0 O ,   0;1; 2 A  ,   1;2;1 B ,   4;3; C m . Tất cả giá trị của m để 4 điểm , , , O A B C đồng phẳng? A. 14 m  . B. 14 m   . C. 7 m  . D. 7 m   . Lời giải Chọn A Ta có   0;1; 2 OA       ,   1;2;1 OB      ,   4;3; OC m      . Bốn điểm , , , O A B C đồng phẳng , . 0 OA OB OC                   5.4 2.3 1. 0 m     14 m   . Vậy 14 m  . Câu 85. Trong không gian Oxyz , cho hình chóp . A BCD có   0;1; 1 , A    1;1;2 , B   1; 1;0 C  và   0;0;1 . D Tính độ dài đường cao của hình chóp . A BCD . A. 2 2 . B. 3 2 2 . C. 3 2 . D. 2 2 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Chọn B Có   0; 2; 2        BC ,   1; 1; 1         BD ,   1;0 3        BA ;   , 0;2; 2 ;               BC BD , . 6                  BC BD BA , . 6 3 2 . 2 2 2 ,                                A BC BD BA h BC BD Câu 86. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ, cho hình bình hành ABCD . Biết   2;1; 3 A  ,   0; 2;5 B  và   1;1;3 C . Diện tích hình bình hành ABCD là A. 2 87 . B. 349 2 . C. 349 . D. 87 . Lời giải Ta có:   2; 3;8 AB        và   1;0;6 AC         , 18;4; 3 AB AC                 . Vậy:     2 2 2 , 18 4 3 349 ABCD S AB AC                    . Câu 87. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0;1;1 A ,   1;0;2 B  ,   1;1;0 C  và điểm   2;1; 2 D  . Khi đó thể tích tứ diện ABCD là A. 5 6 V  . B. 5 3 V  . C. 6 5 V  . D. 3 2 V  . Lời giải Ta có   1; 1;1 AB        ,   1;0; 1 AC        ,   2;0; 3 AD       và   , 1; 2; 1 AB AC                . Thể tích tứ diện ABCD là 1 5 , . 6 6 V AB AC AD                   . Câu 88. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong không gian Oxyz , cho   1;2; 1 A  ,   0; 2;3 B  . Tính diện tích tam giác OAB . A. 29 6 . B. 29 2 . C. 78 2 . D. 7 2 . Lời giải Diện tích tam giác OAB được xác định bới công thức: 1 , 2 S OA OB              Ta có   1;2; 1 OA         , 0; 2;3 OB         , 4; 3; 2 OA OB                 Vậy 1 , 2 S OA OB                  2 2 2 1 4 3 2 2      29 2  . Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM Lý thuyết chung 1. Hệ trục tọa độ Oxyz:  Hệ trục gồm ba trục , , Ox Oy Oz đôi một vuông góc nhau.  Trục : Ox trục hoành, có vectơ đơn vị (1;0;0) i   .  Trục Oy : trục tung, có vectơ đơn vị (0;1;0) j   .  Trục : Oz trục cao, có vectơ đơn vị (0;0;1). k    Điểm (0;0;0) O là gốc tọa độ. 2. Tọa độ vectơ: Vectơ ( ; ; ) u xi y j zk u x y z           . Cho 1 2 3 1 2 3 ( ; ; ), ( ; ; ) a a a a b b b b     . Ta có:  1 1 2 2 3 3 ( ; ; ) a b a b a b a b         a  cùng phương b  ( ) a kb k R      1 1 3 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 , ( , , 0). a kb a a a a kb b b b b b b a kb               1 2 3 ( ; ; ) ka ka ka ka    1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b              1 1 2 2 3 3 . . . . a b a b a b a b       2 2 2 1 2 2 a a a a      2 2 2 2 2 1 2 3 a a a a a        1 1 2 2 3 3 . 0 0 a b a b a b a b a b             1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( , ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               3. Tọa độ điểm: ( ; ; ) ( ; ; ) M x y z OM x y z        . Cho ( ; ; ) , ( ; ; ) , ( ; ; ) A A A B B B C C C A x y z B x y z C x y z , ta có:  ( ; ; ) B A B A B A AB x x y y z z          2 2 2 ( ) ( ) ( ) B A B A B A AB x x y y z z        Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: ; ; . 2 2 2 A B A B A B x x y y z z M           Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC: ; ; . 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G             QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT Chiếu điểm trên trục tọa độ Chiếu điểm trên mặt phẳng tọa độ  Điểm 1 ( ) ( ; ; ) ( ; 0 ; 0 ) C hi eá u vaø o O x M M M M G iöõ ng u y eâ n x M x y z M x        Điểm 2 ( ) ( ; ; ) ( 0 ; ; 0 ) C hi eá u v aø o O y M M M M G iöõ ng u y eâ n y M x y z M y        Điểm 3 ( ) ( ; ; ) (0 ; 0 ; ) Chi eá u v aø o O z M M M M Gi ö õ ng u ye â n z M x y z M z        Điểm 1 ( , ) ( ; ; ) ( ; ; 0 ) Ch ieá u v aø o O x y M M M M M G iöõ ng u y eâ n x y M x y z M x y        Điểm 2 ( , ) ( ; ; ) ( 0 ; ; ) C hi eá u vaø o O y z M M M M M G i ö õ ng u ye â n y z M x y z M y z        Điểm 3 ( , ) ( ; ; ) ( ; 0 ; ) C hi eá u va ø o O xz M M M M M G i ö õ ng u ye â n x z M x y z M x z       Đối xứng điểm qua trục tọa độ Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ  1 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O x M M M M M M G iö õ n guy eâ n x ño å i da á u y z M x y z M x y z             2 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qua O y M M M M M M G i ö õ ng u ye â n y ño å i da á u x z M x y z M x y z             3 ( ; , ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù ng qua O z M M M M M M G i ö õ ng u ye â n z ño å i da á u x y M x y z M x y z             1 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x öù ng qu a O xy M M M M M M G iö õ n gu ye â n x y ño å i d aá u z M x y z M x y z            2 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù ng qu a O x z M M M M M M G iö õ n gu ye â n x z ño å i da á u y M x y z M x y z            3 ( , ; ) ( ; ; ) ( ; ; ) Ñ o á i x ö ù ng qu a O y z M M M M M M G iö õ n gu ye â n y z ñ oå i da á u x M x y z M x y z           4. Tích có hướng của hai vectơ: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Chuyên đề 28NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Định nghĩa: Cho 1 2 3 ( , , ) a a a a   , 1 2 3 ( , , ) b b b b   , tích có hướng của a  và b  là:   2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 1 1 2 , ; ; ; ; a a a a a a a b a b a b a b a b a b a b b b b b b b                  .  Tính chất: [ , ] a b a     [ , ] a b b       [ , ] . .sin , a b a b a b         Điều kiện cùng phương của hai vectơ & a b   là , 0 a b         với 0 (0;0;0).    Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ , a b   và c  là [ , ]. 0. a b c      Diện tích hình bình hành ABCD: , . ABCD S AB AD                Diện tích tam giác ABC: 1 , . 2 ABC S AB AC                Thể tích khối hộp: . ' ' ' ' [ , ]. ' . ABCD A B C D V AB AD AA               Thể tích tứ diện: 1 , . 6 ABCD V AB AC AD                  . Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Dạng 1.1 Một số bài toán liên quan đến vectơ, tọa độ vec tơ Câu 1. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm       1;2; 3 , 1;0;2 , ; ; 2 A B C x y    thẳng hàng. Khi đó x y  bằng A. 1 x y   . B. 17 x y   . C. 11 5 x y    . D. 11 5 x y   . Lời giải Có     2; 2;5 , 1; 2;1 AB AC x y              . , , A B C thẳng hàng , AB AC          cùng phương 3 1 2 1 5 1 8 2 2 5 5 x x y x y y                           . Câu 2. (HSG Tỉnh Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ     2; 1;3 , 1;3; 2 a m b n       . Tìm , m n để các vectơ , a b   cùng hướng. A. 3 7; 4 m n    . B. 4; 3 m n    . C. 1 ; 0 m n   . D. 4 7; 3 m n    . Lời giải a  và b  cùng hướng a kb          2 2 0 1 3 7 3 3 2 4 k k k m k m k n n                         . Vậy 3 7; 4 m n    Câu 3. (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       A 2; 1;5 , 5; 5;7 , ; ;1   B M x y . Với giá trị nào của , x y thì , , A B M thẳng hàng. A. 4; 7   x y B. 4; 7     x y C. 4; 7    x y D. 4; 7    x y Lời giải Chọn A Ta có     3; 4;2 , 2; 1; 4       AB AM x y          TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 , , A B M thẳng hàng ,  AB AM          cùng phương 4 2 1 4 7 3 4 2               x x y y . Câu 4. (THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An -2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2;1 A  ,   0;1;2 B . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho ba điểm A , B , M thẳng hàng là A.   4; 5;0 M  . B.   2; 3;0 M  . C.   0;0;1 M . D.   4;5;0 M . Lời giải Ta có     ; ;0 M Oxy M x y   ;     2;3;1 ; 2; 2; 1 AB AM x y                . Để A , B , M thẳng hàng thì AB     và AM      cùng phương, khi đó: 2 2 1 2 3 1 x y       4 5 x y        . Vậy   4; 5;0 M  . Câu 5. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các véc tơ 2 2 u i j k        ,   ;2; 1 v m m    với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị của m để u v    . A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Ta có   2; 2;1 u    Khi đó   2 2 2 2 2 1 3 u       và   2 2 2 2 2 1 2 2 5 v m m m m         Do đó 2 9 2 2 5 u v m m        2 1 2 0 2 m m m m            Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 6. (Chuyen ĐHSP Hà Nội -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ;   0;2 ;0 D a ,   0;0;2 A a  với 0 a  . Độ dài đoạn thẳng AC  là A. a . B. 2 a . C. 3 a . D. 3 2 a . Lời giải Ta có   ;0;0 AB a      ;   0;2 ;0 AD a      ;   0;0;2 AA a       . Theo quy tắc hình hộp ta có AB AD AA AC                         ;2 ;2 AC a a a         . Suy ra AC AC          2 2 2 2 2 3 a a a a     . Vậy độ dài đoạn thẳng 3 AC a   . Câu 7. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho   2;3;1 a     ,   1;5;2 b      ,   4; 1;3 c      và   3;22;5 x      . Đẳng thức nào đúng trong các đẳng thức sau? NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 3 x a b c                . B. 2 3 x a b c                 . C. 2 3 x a b c                . D. 2 3 x a b c                . Lời giải Đặt: . . . x m a n b p c                , , , m n p   .         3;22;5 . 2;3;1 . 1;5;2 . 4; 1;3 m n p        2 4 3 3 5 22 2 3 5 m n p m n p m n p                   I . Giải hệ phương trình   I ta được: 2 3 1 m n p          . Vậy 2 3 x a b c                . Câu 8. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với:   1; 2;2 AB       ;   3; 4; 6 AC       . Độ dài đường trung tuyến AM của tam giác ABC là: A. 29 . B. 29 . C. 29 2 . D. 2 29 . Lời giải Ta có   2 2 2 2 1 2 2 9 AB      ,   2 2 2 2 3 4 6 61 AC      ,     . 1.3 2 4 2.6 23 AC AB               .   2 2 BC AC AB               2 2 2. . AC AB AC AB                    61 9 2.23 24     . Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có: 2 2 2 2 2 4 AB AC BC AM    9 61 24 29 2 4     . Vậy 29 AM  . Câu 9. (Hồng Quang - Hải Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ   2; 1;3 a m    ,   1;3; 2 b n    . Tìm m , n để các vectơ a  , b  cùng hướng. A. 7 m  ; 3 4 n   . B. 7 m  ; 4 3 n   . C. 4 m  ; 3 n   . D. 1 m  ; 0 n  . Lời giải Các vectơ a   , b   cùng hướng khi và chỉ khi tồn tại số thực dương k sao cho a kb        2 1 3 3 2 k m k k n              2 1 6 3 2 2 k m n            2 7 3 4 k m n             . Câu 10. (THPT Chu Văn An -Thái Nguyên - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông     , 3;0;8 , 5; 4;0 ABCD B D   . Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng   Oxy và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA CB          bằng: A. 10 5 . B. 6 10 . C. 10 6 . D. 5 10 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Lời giải   8; 4; 8 BD         12 BD   12 2 AB   6 2  . Gọi M là trung điểm AB 3 10 MC   . CA CB          2CM       2CM  6 10  . Dạng 1.2 Tìm tọa độ điểm Câu 11. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   1;0;3 A ,   2;3; 4 B  ,   3;1;2 C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. A.   4; 2;9 D   . B.   4;2;9 D  . C.   4; 2;9 D  . D.   4;2; 9 D  . Lời giải Gọi   ; ; D x y z . Để ABCD là hình bình hành       4 1;3; 7 3 ;1 ;2 2 4; 2;9 9 x AB DC x y z y D z                                . Câu 12. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;0;0 , 1;1;0 , 0;1;1 A B C . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD(theo thứ tự các đỉnh) là hình bình hành? A.   2;0;0 D . B.   1;1;1 D . C.   0;0;1 D . D.   0;2;1 D . Lời giải Gọi   ; ; D x y z . Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ AD BC          . Ta có   1; ; AD x y z       và   1;0;1 BC       . Suy ra 0; 0; 1 x y z    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy   0;0;1 D . Câu 13. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1; 2; 1), (2; 1;3) A B   và ( 3;5;1) C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A. ( 2;8; 3) D   B. ( 4;8; 5) D   C. ( 2; 2;5) D  D. ( 4;8; 3) D   Lời giải Chọn D Gọi ( ; ; ) D D D D x y z cần tìm Tứ giác ABCD là hình bình hành AB DC           2 1 3 4 1 2 5 8 3 ( 1) 1 3 B A C D D D B A C D D D D D B A C D x x x x x x y y y y y y z z z z z z                                             . Suy ra: ( 4;8; 3) D   . Câu 14. (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , Tam giác ABC với   1 ; 3;3 A  ;   2; 4;5 B  ,   ; 2; C a b  nhận điểm   1; ;3 G c làm trọng tâm của nó thì giá trị của tổng a b c   bằng. A. 5  B. 3 C. 1 D. 2  Lời giải Chọn D 1 2 1 3 0 3 4 2 1 3 3 3 5 3 3 a a c b c b                              Vậy 2 a b c     Câu 15. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm   1;2; 3 B  ,   7;4; 2 C  Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức 2E CE B          thì tọa độ điẻm E là: A. 8 8 3; ; 3 3        B. 8 8 ;3; 3 3        . C. 8 3;3; 3        D. 1 1;2; 3       Lời giải Chọn A Gọi   ; ; E x y z Ta có:   7; 4; 2 CE x y z         ;   2 2 2 ;4 2 ; 6 2 EB x y z          3 7 2 2x 8 E 4 4 2 3 2 6 2z 8 3 2 x x B y y C y z z E                                        TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 16. (KTNL Gia Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   1;2; 3 A  ,   2;5;7 B ,   3;1;4 C  . Điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành là A.   6;6;0 D B. 8 8 0; ; 3 3 D       C.   0;8;8 D D.   4; 2; 6 D    Lời giải Chọn D Tứ giác ABCD là hình bình hành 1 3 4 3 1 2 10 4 6 D D D D D D x x AB DC y y z z                                    Vậy   4; 2; 6 D    . Câu 17. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho tam giác ABC có   1; 2;0 A  ,   2;1; 2 B  ,   0;3;4 C . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A.   1;0; 6  . B.   1;6;2 . C.   1;0;6  . D.   1;6; 2  . Lời giải Ta có: ABCD là hình bình hành OA OC OB OD                     OD OA OC OB                     D A C B D A C B D A C B x x x x y y y y z z z z                1 0 2 2 3 1 0 4 2 D D D x y z                   1;0;6 D   . Câu 18. (Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1; 2  A ,   2; 3;5  B . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho 2  MA MB , tọa độ điểm M là A. 7 5 8 ; ; 3 3 3        . B.   4;5; 9  . C. 3 17 ; 5; 2 2        . D.   1; 7;12  . Lời giải Gọi   ;y;z M x . Vì M thuộc đoạn AB nên:       7 3 3 2 2 5 2 1 2 3 3 2 2 5 8 3 x x x MA MB y y y z z z                                             Câu 19. (THPT Minh Khai Hà Tĩnh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;1; 2 A  và   3; 1 ;1 B  . Tìm tọa độ điểm M sao cho 3 AM AB           . A.   9; 5;7 M  . B.   9;5;7 M . C.   9;5; 7 M   . D.   9; 5; 5 M   . Lời giải Gọi   ; ; M x y z . Ta có:     ; 1; 2 ; 3; 2;3 AM x y z AB               . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 9 9 3 1 6 5 2 9 7 x x AM AB y y z z                                 . Vậy   9; 5;7 M  . Câu 20. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2; 1 , 1;3;1 A AB       thì tọa độ của điểm B là: A.   2;5;0 B . B.   0; 1 ; 2 B   . C.   0;1;2 B . D.   2; 5;0 B   Lời giải Gọi   ; ; B x y z Có   1 ;2; 1 A    1;3;1 AB        1; 2; 1 x y z       2 5 2;5;0 0 x y B z           Câu 21. (Đề Thi Công Bằng Khtn 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết   1;0;1 A  ,   2;1;2 B  và   1; 1;1 D   . Tọa độ điểm C là A.   2;0;2 . B.   2;2;2 . C.   2; 2;2  . D.   0; 2;0  . Lời giải Gọi tọa độ điểm C là   ; ; x y z Vì ABCD là hình bình hành nên DC AB          Ta có   1; 1; 1 DC x y z         và   1;1;1 AB      Suy ra 1 1 2 1 1 0 1 1 2 x x y y z z                     Vậy tọa độ điểm C là   2;0;2 . Câu 22. (Sở Phú Thọ -2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai điểm   1; 2; 2  A và 8 4 8 ; ; 3 3 3       B . Biết   ; ; I a b c là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị   a b c bằng A. 1 B. 3 C. 2 D. 0 Lời giải Chọn D Ta có   1; 2; 2   OA     , 8 4 8 ; ; 3 3 3        OB     , do đó 3, 4   OA OB . I D O A B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ O , ta có . .     DA OA DA DB DB DB OB             , suy ra 3 4. 3. 4 7      OA OB DA DB OD                     . Do đó 12 12 ; ; 0 7 7       D . Ta có 5 2 15 ; ; 2 7 7 7           AD AD     . 5 . 7     AD ID IO IO AO            7 1; 1; 0 12    OI OD D        Do đó 0    a b c . Câu 23. (Chuyên Đhsp Hà Nội -2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho       2;0;0 , 0;2;0 , 0;0;2 A B C . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm , , A B C và    90 AMB BMC CMA     ? A. 0 . B. 1. C. 2. D. 3 . Lời giải Gọi , , I J K lần lượt là trung điểm của , , AB BC CA . Do    90 AMB BMC CMA     nên các tam giác , , AMB BMC CMA    vuông tại M . Khi đó ; ; 2 2 2 AB BC AC IM JM KM    . Mặt khác 2 2 AB BC AC    . Vậy 2 MI MJ MK    . Khi đó M thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp đáy IJK và cách   IJK một khoảng không đổi là 2 . Khi đó có hai điểm M thỏa mãn điều kiện trên. Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (2;2;1) M , 8 4 8 ; ; 3 3 3 N            . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . A. (1;1 ;1) I . B. (0;1;1) I . C. (0; 1; 1) I   . D. (1;0;1) I . Lời giải Chọn B Ta có bài toán bài toán sau Trong tam giác ABC , I là tâm đường tròn nột tiếp ABC  ta có: a. . . 0 IA b IB c IC              . với ; ; BC a AC b AB c    . Thật vậy: Gọi A  là chân đường phân giác trong kẻ từ A . I A' A B CNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   0 1 c BA A C bBA cCA b                            ' c c b c IA A I A I A I ac A B a b c                          0 aIA b c IA              0 aIA bIB cIC bBA cCA                               0 1 aIA bIB cIC do               . Áp dụng công thức trong tam giác OMN ta được . . . 0 OM IN ON IM MN IO               . . . 0 .y .y .y 1 .z .z .z 1 N M O I N M O I N M O I OM x ON x MN x x OM ON MN OM ON MN y OM ON MN OM ON MN z OM ON MN                                       . Vậy điểm (0;1;1) I là điểm cần tìm. Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có   1;2; 1 A  ,   2; 1;3 B  ,   4;7;5 C  . Gọi   ; ; D a b c là chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC . Giá trị của 2 a b c   bằng A. 5. B. 4 . C. 14 . D. 15 . Lời giải Chọn A Ta có 26 AB  , 104 2 26 BC   . Gọi   ; ; D x y z , theo tính chất phân giác ta có 1 2 DA BA DC BC   . Suy ra   1 * 2 DA DC           . Ta có   1 ;2 ; 1 DA x y z          và   4 ;7 ;5 DC x y z          . D A B C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Do đó         2 1 1 4 3 2 1 11 2 11 * 2 7 ; ;1 2 5 2 3 3 3 1 1 1 5 2 x x x y y y D a b c z z z                                                                           . Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm   2;3;1 A  và   5; 6; 2 B . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng   O xz tại điểm M . Tính tỉ số AM BM . A. 1 2 AM BM  B. 2 AM BM  C. 1 3 AM BM  D. 3 AM BM  Lời giải Chọn A     ;0; M Oxz M x z   ;   7;3; 1 59 AB AB        ;   2; 3; 1 AM x z          và , , A B M thẳng hàng   . AM k AB k              2 7 9 3 3 1 1 0 x k x k k z k z                          9;0;0 . M       14; 6; 2 ; 7; 3; 1 2 .                     BM BM A AB M Câu 27. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và diện tích tứ giác ABCD bằng 3 lần diện tích tam giác ABC . A.   12; 1 ;3 D   . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.   8;7; 1 D  . D.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . Lời giải Chọn A Ta có:     1 . , 2 ABCD S AD BC d A BC     2 1 . 2 ABC ABCD S S AD BC BC     .  . 3 ABC ABC AD BC S S BC      3BC AD BC    2 AD BC   . Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên 2 AD BC            1 .   5; 2;1 BC        ,   2; 3; 1 D D D AD x y z         .   1 2 10 3 4 1 2 D D D x y z               12 1 3 D D D x y z            . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy   12; 1;3 D   . Câu 28. (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh (1;2;1) A , (2;0; 1) B  , (6;1;0) C Hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh ( ; ; ) D a b c , tìm mệnh đề đúng? A. 6 a b c    . B. 5 a b c    . C. 8 a b c    . D. 7 a b c    . Lời giải Ta có   1; 2; 2 AB        3 AB       ;   4;1;1 BC      3 2 BC       . Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 6 2 nên   1 6 2 2 AB AD BC     1 .3. 3 2 6 2 2 AD    2 AD   1 3 AD BC   . Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên 1 3 AD BC          . Giả sử ( ; ; ) D a b c khi đó ta có 4 1 3 1 2 3 1 1 3 a b c                7 3 7 3 4 3 a b c              6 a b c     . Câu 29. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp . ABCD A B C D     . Biết   2;4;0 A ,   4;0;0 B ,   1;4; 7 C   và   6;8;10 D  . Tọa độ điểm B  là A.   8;4;10 B  . B.   6;12;0 B  . C.   10;8;6 B  . D.   13;0;17 B  . Lời giải Giả sử   ; ; D a b c ,   ; ; B a b c     Gọi O AC BD   1 7 ;4; 2 2 O         3 8 7 a b c            . C(-1; 4;-7) B(4; 0; 0) A(2; 4; 0) C' A' B' D'(6; 8; 10) D O TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Vậy   9;0;17 DD        ,   4; ; BB a b c           . Do . ABCD A B C D     là hình hộp nên DD BB             13 0 17 a b c             . Vậy   13;0;17 B  . Câu 30. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   1;0;1 A ,   2;1;2 B ,   1; 1;1 D  ,   4;5; 5 C   . Tính tọa độ đỉnh A  của hình hộp. A.   4;6; 5 A   . B.   2;0;2 A  . C.   3;5; 6 A   . D.   3;4; 6 A   . Lời giải Theo quy tắc hình hộp ta có: AB AD AA AC                       . Suy ra AA AC AB AD                       . Lại có:   3;5; 6 AC         ,   1;1;1 AB      ,   0; 1;0 AD       . Do đó:   2;5; 7 AA        . Suy ra   3;5; 6 A   . Câu 31. (Chuyên Lê Hồng Phong 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     có   0; 0; 0 A ,   3; 0; 0 B ,   0; 3; 0 D ,   0; 3; 3 D   . Toạ độ trọng tâm tam giác A B C   là A.   1; 1; 2  . B.   2; 1; 2  . C.   1; 2; 1  . D.   2; 1; 1  . Lời giải Cách 1: Ta có   3; 0; 0 AB      . Gọi     ; ; ; 3; C x y z DC x y z        ABCD là hình bình hành       ; ; 3; 3; 0 3; 3; 0 AB DC x y z C              Ta có   0; 3; 0 AD      . Gọi     ; ; ; 3 ; 3 A x y z A D x y z                     ADD A   là hình bình hành       ; ; 0; 0; 3 0; 0; 3 AD A D x y z A                       Gọi     0 0 0 0 0 0 ; ; ; ; 3 B x y z A B x y z            ABB A   là hình bình hành       0 0 0 ; ; 3; 0; 3 3; 0; 3 AB A B x y z B                    G là trọng tâm tam giác ABC   0 3 3 2 3 0 0 3 1 2; 1; 2 3 3 3 0 2 3 G G G x y G z                           . A B C D A  B  C  D NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Cách 2: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BD  .Ta có 3 3 3 ; ; 2 2 2 I        .Gọi   ; ; G a b c là trọng tâm tam giác A B C   Ta có: 3 DI IG         với 3 3 3 ; ; 2 2 2 3 3 3 ; ; 2 2 2 DI IG a b c                                  . Do đó: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 1 2 2 2 3 3 3 2 2 a a b b c c                                              . Vậy   2;1; 2 G  . Câu 32. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1 ;2; 1 A  ,   2; 1;3 B  ,   4;7;5 C  . Tọa độ chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là A. 2 11 ; ;1 3 3        . B. 11 ; 2;1 3        . C. 2 11 1 ; ; 3 3 3       . D.   2;11;1  . Lời giải Ta có:     1; 3;4 26; 6;8;2 2 26 BA BA BC BC                          . Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ B lên AC của tam giác ABC Suy ra : DA BA DC BC  2 DC DA            2 11 ; ;1 3 3 D         . Câu 33. (Toán Học Và Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 2 2 OA i j k           ,   2; 2;0 B  và   4;1; 1 C  . Trên mặt phẳng   Oxz , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A , B , C . A. 3 1 ; 0; 4 2 M       . B. 3 1 ; 0; 4 2 N         . C. 3 1 ; 0; 4 2 P        . D. 3 1 ; 0; 4 2 Q        . Lời giải Ta có:   2;2;2 A và 3 21 4 PA PB PC    . Câu 34. (SGD Thanh Hóa - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm là   1;3; 1 A  ,   3; 1;5 B  . Tìm tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ thức 3 MA MB          . A. 5 13 ; ;1 3 3 M       . B. 7 1 ; ;3 3 3 M       . C. 7 1 ; ;3 3 3 M       . D.   4; 3;8 M  . Lời giải Ta có   3 4 1 3 3 3 3 4; 3;8 1 3 3 8 1 3 A B M A B M A B M x x x y y MA MB y M z z z                                   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 35. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp . ABCD A B C D     , biết rằng   3;0;0 A  ,   0;2;0 B ,   0;0;1 D ,   1;2;3 A  . Tìm tọa độ điểm C  . A.   10;4;4 C  . B.   13;4;4 C   . C.   13;4;4 C  . D.   7;4;4 C  . Lời giải Gọi   ; ; C x y z  . Ta có   3;2;0 AB      ;   3;0;1 AD      ;   4;2;3 AA       . Mà AC AB AD AA                         10;4;4 AC         10 3 4 0 4 0 x y z               13;4;4 C   . Câu 36. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;2; 2 A  ,   2;2; 4 B  . Giả sử   ; ; I a b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính 2 2 2 T a b c    . A. 8 T  . B. 2 T  . C. 6 T  . D. 14 T  . Lời giải Ta có   0;2; 2 OA       ,   2;2; 4 OB       .   OAB có phương trình: 0 x y z      I OAB  0 a b c     .   ; 2; 2 AI a b c       ,   2; 2; 4 BI a b c        ,   ; ; OI a b c     . Ta có hệ AI BI AI OI                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 a c a c b c b c                  4 2 a c b c           Ta có hệ 4 2 0 a c b c a b c               4 2 a c b c           2 0 2 a b c           . Vậy   2;0; 2 I  2 2 2 8 T a b c      Câu 37. (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   4; 2; 1 A ,   2; 1;4 B   . Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn đẳng thức 2 AM MB           . A.   0;0;3 M . B. (0;0; 3) M  . C. ( 8; 4;7) M   . D. (8;4; 7) M  . Lời giải Gọi điểm   ; ; M x y z . Khi đó: 2 AM MB                 4 2 2 2 2 1 1 2 4 x x y y z z                  0 0 3 x y z          . C B A C' A' B' D' DNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy   0;0;3 M . Câu 38. (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 3 ABCD ABC S S   A.   8;7; 1 D  . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . D.   12; 1;3 D   . Lời giải Ta có:     1 . , 2 ABCD S AD BC d A BC     2 1 . 2 ABC ABCD S S AD BC BC     .  . 3 ABC ABC AD BC S S BC      3BC AD BC    2 AD BC   . Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên 2 AD BC            1 .   5; 2;1 BC        ,   2; 3; 1 D D D AD x y z         .   1 2 10 3 4 1 2 D D D x y z               12 1 3 D D D x y z            . Vậy   12; 1;3 D   . Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng Câu 1. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm   2;3; 1 M  ,   1;1;1 N  và   1; 1;2 P m  . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N . A. B. C. D. Lời giải Chọn C     3; 2;2 ; 2; 2;1 MN NP m             . Tam giác MNP vuông tại   . 0 6 2 2 2 0 2 2 0 N MN NP m m m                        . Câu 2. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm       5;1;5 ; 4;3;2 ; 3; 2;1 A B C   . Điểm   ; ; I a b c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính 2 a b c   ? A. 1. B. 3. C. 6. D. 9.  Lời giải Ta có     1;2; 3 . 0 7; 5; 1 AB AB BC BC                                tam giác ABC vuông tại B .  tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền AC .  1 1; ;3 2 I        . Vậy 2 3. a b c    2 m  6 m   0 m  4 m   TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 3. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ     1;1; 2 , 1;0; u v m      . Tìm tất cả giá trị của m để góc giữa u  , v  bằng 45  . A. 2 m  . B. 2 6 m   . C. 2 6 m   . D. 2 6 m   . Lời giải +     2 , 45 cos , 2 u v u v         . 2 2 . u v u v       2 1 2 1 2 6. 1 m m       2 3 1 1 2 m m     2 2 1 2 0 3 3 1 4 4 m m m m           2 1 2 4 2 0 m m m           2 6 m    . Câu 4. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các vec tơ   5;3; 2 a    và   ; 1; 3 b m m     . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để góc giữa hai vec tơ a  và b  là góc tù? A. 2. B. 3. C. 1. D. 5. Lời giải Chọn A Ta có   2 . 3 9 cos ; . 38. 2 6 10 a b m a b a b m m            . Góc giữa hai vec tơ a  và b  là góc tù khi và chỉ khi   cos ; 0 3 9 0 3 a b m m         . Vì m nguyên dương nên   1; 2 m  . Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 5. Biết   ; ; c x y z   khác 0  và vuông góc với cả hai vectơ     1;3;4 , 1;2;3 a b      . Khẳng định nào đúng? A. 5 0 z x   . B. 7 0 x y   . C. 5 0 z x   . D. 7 0 x y   . Lời giải Chọn D Theo giả thiết ta có   ; ; c x y z   khác 0  và vuông góc với cả hai vectơ     1;3;4 , 1;2;3 a b      nên . 0 1 3 4 0 1 3 4 0 1 2 3 0 5 7 0 . 0 5 1 3 4. 0 7 0 7 5 5 7 0 7 c a x y z x y z x y z y z c b x y y x y y z z y                                                      Câu 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho   2;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;2 C . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm , , A B C và    90 AMB BMC CMA     A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi   ; ; M x y z .Ta có:    90 AMB BMC CMA     . 0 . 0 . 0 AM BM BM CM CM AM                                                      2 2 2 2 2 0 2 2 0 2 2 0 x x y y z x y y z z x x y z z                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 x y z x y x y z x y x y z y z x z y z x y z x z                                     2 0;0;0 3 4 0 4 4 4 ; ; 3 3 3 M x x x y z M                     . Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u  và v  tạo với nhau một góc 120  và 2 u   , 5 v   . Tính u v    A. 19 . B. 5  . C. 7 . D. 39 . Lời giải Ta có :   2 u v      2 u v     2 2 2 u uv v          2 2 2 . cos ; u u v u v v          2 2 1 2 2.2.5. 5 19 2            . Suy ra 19 u v     . Câu 8. (THPT Trần Nhân Tông - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm   2;3; 1 M  ,   1;1;1 N  và   1; 1;2 P m  . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N . A. 6 m   . B. 0 m  . C. 4 m   . D. 2 m  . Lời giải Ta có   3;2; 2 NM        ,   2; 2;1 NP m       . Tam giác MNP vuông tại N khi và chỉ khi . 0 NM NP             3.2 2. 2 2.1 0 m      0 m   . Vậy giá trị cần tìm của m là 0 m  . Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng Câu 9. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm   2;0;2 A ,   1; 1; 2 B   ,   1;1;0 C  ,   2;1;2 D  . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng A. 42 3 . B. 14 3 . C. 21 3 . D. 7 3 . Lời giải       3;1; 2 ; 1; 1; 4 ; 4;1;0 AC AB AD                      .   , 6; 10;4 AB AC                . Thể tích khối tứ diện là: 1 1 7 . , . 14 6 6 3 V AB AC AD                    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Câu 10. (SGD Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , cho các vectơ   5;3; 1     a ,   1;2;1   b ,   ;3; 1 .    c m Giá trị của m sao cho ,         a b c là A. 1   m . B. 2   m . C. 1  m . D. 2  m . Lời giải   , 5; 1;3 2           b c m m Ta có: 1 3 , 2 3 2 1                    m a b c m m . Câu 11. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ   4;3;1 m    ,   0;0;1 n   . Gọi p   là vectơ cùng hướng với ,        m n (tích có hướng của hai vectơ m   và n  ). Biết 15 p    , tìm tọa độ vectơ p   . A.   9; 12;0 p     . B.   45; 60;0 p     . C.   0;9; 12 p     . D.   0;45; 60 p     . Lời giải Ta có :   ; 3; 4;0 m n          Do p   là vectơ cùng hướng với ; m n        nên ; p k m n           , 0 k  Mặt khác: 15 p    . , 15          k m n .5 15 k   3 k   . Vậy   9; 12;0 p     . Câu 12. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên - 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   0; 2;2 A a   ;   3; 1;1 B a   ;   4; 3;0 C   ;   1; 2; 1 D a    . Tập hợp các giá trị của a để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng là tập con của tập nào sau? A.   7; 2   . B.   3;6 .C.   5;8 . D.   2;2  . Lời giải Ta có   3;1;a 1 AB a       ,   4; 1;a 2 AC        ,   1;0;2 3 AD a       .   2 , 2 3; 5 10; 1 AB AC a a a a                    . Để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng:     0 , . 0 2 3 2 3 . 1 0 3 2 a AB AC AD a a a a                                 . Câu 13. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD biết   3; 2; A m  ,   2;0;0 B ,   0;4;0 C ,   0;0;3 D . Tìm giá trị dương của tham số m để thể tích tứ diện bằng 8. A. 8 m  . B. 4 m  . C. 12 m  . D. 6 m  . Lời giải Ta có:       3; 2; 3 , 2;0; 3 , 0; 4; 3                    DA m DB DC . Thể tích tứ diện:   6 1 1 , . 8 24 8 3 6 6 6                             m V DB DC DA m m . Vì m dương nên 6. m  Do đó chọn D. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 14. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho     1;1;2 , 1; ; 2 u v m m       . Khi , 14 u v        thì A. 1 m  hoặc 11 5 m   B. 1 m   hoặc 11 3 m   C. 1 m  hoặc 3 m   D. 1 m   Lời giải Chọn C       2 2 2 2 , 2; ; 1 , 2 1 3 6 5 u v m m m u v m m m m m                             2 2 1 , 14 3 6 5 14 3 6 9 0 3 m u v m m m m m                   . Câu 15. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có   2; 1;1  A ,   3;0; 1  B ,   2; 1;3  C ,  D Oy và có thể tích bằng 5 . Tính tổng tung độ của các điểm D . A. 6  B. 2 C. 7 D. 4  Lời giải Chọn A. Do   0; ;0   D Oy D y , khi đó:   2; 1 ;1    DA y     ,   3; ; 1    DB y     ,   2; 1 ;3    DC y     . Khi đó   , 1 2 ;5; 3        DA DB y y         Và 2 6 30 12 1 , . 5 2 6 30 18 6                       ABCD y y V DA DB DC y y             . Vậy 1 2 12 18 6      y y . Câu 16. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2;0 A  ,   1;0; 1 B  ,   0; 1;2 C  ,   2; ; D m n  . Trong các hệ thức liên hệ giữa m và n dưới đây, hệ thức nào để bốn điểm , A , B , C D đồng phẳng? A. 2 13 m n   . B. 2 13 m n   . C. 2 13 m n   . D. 2 3 10 m n   . Lời giải Ta tính   0;2; 1 ; AB         1;1;2 ; AC         3; 2; AD m n        ;   , 5;1;2 AB AC                Bốn điểm , A , B , C D đồng phẳng , . 0 2 13 AB AC AD m n                        Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ   4 ; 3 ;1 m    và   0 ; 0 ; 1 n   . Gọi p   là véc tơ cùng hướng với , m n        và 15 p    . Tọa độ của véc tơ p   là A.   9 ; 12 ; 0  . B.   0 ; 9 ; 12  . C.   9 ; 12 ; 0  . D.   0 ; 9 ; 12  . Lời giải Ta có:   , 3 ; 4 ; 0 m n          . Vì p   là véc tơ cùng hướng với , m n        nên   . , 3 ; 4 ;0 , 0 p k m n k k k              . Ta có: 2 2 3 15 9 16 15 3 k p k k k              . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 So sánh với điều kiện 0 3 k k      9 ; 12 ; 0 p      . Câu 18. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm         0; 2;1 ; 1;0; 2 ; 3;1; 2 ; 2; 2; 1 A B C D       . Câu nào sau đây sai? A. Bốn điểm , , , A B C D không đồng phẳng. B. Tam giác ACD là tam giác vuông tại A . C. Góc giữa hai véctơ AB     và CD     là góc tù. D. Tam giác ABD là tam giác cân tại B . Lời giải           1;2; 3 ; 5; 3;1 3;3; 3 ; 3; 2;1 2;0; 2 AB CD AC BD AD                                  Ta có:   , 3; 6; 3 AB AC                      , . 2 .3 0.6 2 3 0 AB AC AD                         . , , AB AC AD              đồng phẳng hay bốn điểm , , , A B C D đồng phẳng. Vậy đáp án A sai. Lại có       . 3. 2 3.0 3 . 2 0 AC AD AC AD                  .  tam giác ACD là tam giác vuông tại A . Vậy đáp án B đúng. Mặt khác:           . 1. 5 2. 3 3 .1 14 0 , 0 , AB CD cos AB CD AB CD                                     là góc tù. Vậy đáp án C đúng. 14 AB BD hay AB BD             tam giác ABD là tam giác cân tại B . Vậy đáp án D đúng. Câu 19. (THPT Lương Thế Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;3;1 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1;1 C   . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 3 ABCD ABC S S  . A.   8;7; 1 D  . B.     8; 7;1 12;1; 3 D D        . C.     8;7; 1 12; 1;3 D D        . D.   12; 1;3 D   . Lời giải Ta có // AD BC AD  nhận   5;2; 1 CB       là một VTCP. Kết hợp với AD qua   2;3;1 A  2 5 : 3 2 1 x t AD y t z t                t     5 2;2 3;1 D t t t     . Biến đổi 3 ABCD ABC S S  2 ACD ABC S S     1 Ta có           4; 2; 1 ; 4;1; 18 1; 4;0 ; 4 ; ;18 5 ;2 ; AB AB AC AC AC AD t t t AD t t t                                                                         2 2 2 2 2 2 1 1 341 ; 4 1 18 2 2 2 341 1 1 ; 4 18 2 2 2 ABC ACD S AB AC t S AC AD t t t                                              NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Kết hợp với   1 ta được     2 8;7; 1 341 341 2 2 12; 1;3 t D t t D               Với     8;7; 1 10;4; 2 2 2 D AD CB BC                    . Với     12; 1;3 10; 4;2 2 2 D AD CB BC                      . Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC          với 0 k  . Do đó chỉ có   12; 1;3 D   thỏa mãn. Câu 20. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0;0;2 A ,   3;0;5 B ,   1;1;0 C ,   4;1; 2 A . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng ABC là A. 11 11 . B. 1. C. 11. D. 11 . Lời giải Chọn A Gọi DH là độ dài đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng ABC . Công thức tính thể tích tứ diện ABCD là: 1 , . 6 ABCD V AB AC AD                  . Công thức tính diện tích tam giác ABC S  là: 1 , 2 ABC S AB AC               . Mặt khác 1 3 ABCD ABC V S DH     nên , . 1 1 1 , . , 6 3 2 , AB AC AD AB AC AD AB AC DH DH AB AC                                                                Ta có:         3;0;3 ; 1;1; 2 ; 4;1;0 , 3;9;3 ; , . 3. AB AC AD AB AC AB AC AD                                                  Nên   2 2 2 , . 3 11 11 , 3 9 3 AB AC AD DH AB AC                                    Câu 21. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên - 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   0; 2;2 A a   ;   3; 1;1 B a   ;   4; 3;0 C   ;   1; 2; 1 D a    . Tập hợp các giá trị của a để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng là tập con của tập nào sau? A.   7; 2   . B.   3;6 .C.   5;8 . D.   2;2  . Lời giải Ta có   3;1;a 1 AB a       ,   4; 1;a 2 AC        ,   1;0;2 3 AD a       .   2 , 2 3; 5 10; 1 AB AC a a a a                    . Để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23     0 , . 0 2 3 2 3 . 1 0 3 2 a AB AC AD a a a a                                 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định tâm và bán kính  Mặt cầu tâm ( ; ; ) I a b c và có bán kính R có phương trình 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) ( ) . S x a y b z c R        Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        với 2 2 2 0 a b c d     là phương trình của mặt cầu có tâm ( ; ; ) I a b c và bán kính 2 2 2 . R a b c d      Để một phương trình là một phương trình mặt cầu, cần thỏa mãn hai điều kiện: Hệ số trước 2 2 2 , , x y z phải bằng nhau và 2 2 2 0. a b c d     Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 16 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1; 2; 3    . B.   1;2;3 . C.   1;2; 3   . D.   1; 2;3  . Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 2 4 1 9 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   2;4; 1   . B.   2; 4;1  . C.   2;4;1 . D.   2; 4; 1    . Câu 3. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho mặt cầu . Bán kính của bằng A. . B. . C. . D. . Câu 4. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 9 S x y z     . Bán kính của   S bằng A. 6 . B. 18. C. 9 . D. 3 . Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) 16 S x y z     . Bán kính của ( ) S là: A. 32 B. 8 C. 4 D. 16 Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu     2 2 2 : 2 16 S x y z     . Bán kính của mặt cầu   S bằng A. 4 . B. 32. C. 16 . D. 8. Câu 7. (Mã 101- 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1 ; 2; 3   . B.   2; 4;6  . C.   1; 2;3  . D.   2; 4; 6   . Câu 8. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1 ;2;3  . B.   2; 4; 6   . C.   2;4;6  . D.   1; 2; 3   . Câu 9. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9 S x y z       . Tâm của ( ) S có tọa độ là: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29 Oxyz     2 2 2 : 2 9 S x y z       S 6 18 3 9 I R NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. ( 2; 4;6)   . B. (2;4; 6)  . C. ( 1; 2;3)   . D. (1;2; 3)  . Câu 10. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 1 2 3 9 x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1; 2;3   . B.   2; 4;6   . C.   1;2; 3  . D.   2;4; 6  . Câu 11. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 2 2 8 S x y z      . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  B. 64 R  C. 8 R  D. 4 R  Câu 12. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , mặt cầu         2 2 2 : 5 1 2 3 S x y z       có bán kính bằng A. 9 B. 2 3 C. 3 D. 3 Câu 13. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho mặt cầu               2 2 2 : 5 1 2 9 S x y z . Tính bán kính R của   S . A.  6 R B.  3 R C.  18 R D.  9 R Câu 14. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3; 1 ;1  B.   3; 1 ;1   C.   3;1; 1   D.   3;1; 1  Câu 15. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu       2 2 2 1 2 4 20 x y z       . A.   1;2; 4 , 2 5 I R    B.   1 ; 2;4 , 20 I R   C.   1; 2;4 , 2 5 I R   D.   1;2; 4 , 5 2 I R    Câu 16. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0 S x y z x z       . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 3 . B. 15 . C. 7 . D. 9. Câu 17. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0       S x y z y z . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 15 . B. 7 . C. 9. D. 3. Câu 18. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0. S x y z x y       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 9. C. 15 . D. 3. Câu 19. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 2 7 0. S x y z y z       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 3. C. 9. D. 15 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 20. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu   S . A.   –4;1;0 . , 2 I R  B.   –4;1;0 . , 4 I R  C.   4; –1;0 , 2. I R  D.   4; –1;0 , 4. I R  Câu 21. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 3 R  . B. 3 R  . C. 9 R  . D. 3 3 R  . Câu 22. Trong không gian vơi hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu   S : A.   4;1;0 , 2 I R   . B.   4;1;0 , 4 I R   . C.   4; 1;0 , 2 I R   . D.   4; 1;0 , 4 I R   . Câu 23. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Xác định tọa độ tâm của mặt cầu   S A.   3;1; 1 I   . B.   3;1; 1 I  . C.   3; 1;1 I   . D.   3; 1;1 I  . Câu 24. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tọa độ tâm I của mặt cầu   S là: A.   1; 2; 1  . B.   2; 4; 2   . C.   1; 2; 1   . D.   2;4;2  . Câu 25. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 10 6 49 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 1 R  . B. 7 R  . C. 151 R  . D. 99 R  . Câu 26. Trong không gian Oxyz , mặt cầu   2 2 2 : 4 2 6 1 0 S x y z x y z        có tâm là A.   4; 2; 6   B.   2; 1;3  C.   2;1; 3   D.   4; 2;6  Câu 27. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình       2 2 2 1 2 3 4 x y z       . Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó. A.   1;2; 3 I   ; 2 R  . B.   1;2; 3 I   ; 4 R  . C.   1; 2;3 I  ; 2 R  . D.   1; 2;3 I  ; 4 R  . Câu 28. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình 2 2 2 4 2 4 0 x y z x y       .Tính bán kính R của ( ). S A. 1. B. 9 . C. 2 . D. 3 . Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3;1 ; 1   . B.   3; 1;1  . C.   3; 1; 1   . D.   3;1; 1  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu  Dạng 1. Cơ bản 2 2 2 2 ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) . ( ; ) : ; âm I a b T S S x a y b z c R BK R c              Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và đi qua điểm . A Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IA       (dạng 1)  Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có đường kính , AB với , A B cho trước. Phương pháp: ( ) : 1 : 2 R âm T S BK AB I         Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   0;0; 3 I  và đi qua điểm   4;0;0 M . Phương trình của   S là A.   2 2 2 3 25 x y z     . B.   2 2 2 3 5 x y z     . C.   2 2 2 3 25 x y z     . D.   2 2 2 3 5 x y z     . Câu 2. (Mã 110 2017) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 2 4 0 x y z x y z m        là phương trình của một mặt cầu. A. 6 m  B. 6 m  C. 6 m  D. 6 m  Câu 3. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm   1 ;1 ;1 I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       Câu 4. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1; 2;7 , 3;8; 1 A B    . Mặt cầu đường kính AB có phương trình là A.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . B.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . C.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . D.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . Câu 5. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm   1; 4;3 I  và đi qua điểm   5; 3;2 A  . A.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . B.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . C.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . D.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . Câu 6. (Chuyên Sơn La -2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 A và   1; 1;3 B  . Phương trình mặt cầu có đường kính AB là A.     2 2 2 1 2 8 x y z      . B.     2 2 2 1 2 2 x y z      . C.     2 2 2 1 2 2 x y z      . D.     2 2 2 1 2 8 x y z      . Câu 7. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;4;1), B   2;2; 3   . Phương trình mặt cầu đường kính AB là là trung điểm của . AB TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A.     2 2 2 3 1 36. x y z      B.     2 2 2 3 1 9. x y z      C.     2 2 2 3 1 9. x y z      D.     2 2 2 3 1 36. x y z      Câu 8. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hỏi trong các phương trình sau phương trình nào là phương trình của mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 1 0 x y z x z       B. 2 2 3 2 4 1 0 x z x y z       C. 2 2 2 2 4 4 1 0 x y z xy y z        D. 2 2 2 2 2 4 8 0 x y z x y z        Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 1; 3   A ;   0;3; 1  B . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : A.       2 2 2 1 1 2 6       x y z B.       2 2 2 1 1 2 24       x y z C.       2 2 2 1 1 2 24       x y z D.       2 2 2 1 1 2 6       x y z Câu 10. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của một mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 3 0 x y z x y z        . B. 2 2 2 2 2 2 0 x y z x y z       . C. 2 2 2 2 2 2 4 8 6 3 0 x y z x y z        . D. 2 2 2 2 4 4 10 0 x y z x y z        . Câu 11. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 5;4; 1 A B  . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.       2 2 2 3 3 1 36 x y z       . B.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 1 6 x y z       . D.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . Câu 12. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu tâm   2;1; 2 I  bán kính 2 R  là: A.       2 2 2 2 2 1 2 2 x y z       . B. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . C. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . D.       2 2 2 2 1 2 2 x y z       . Câu 13. (Việt Đức Hà Nội 2019) Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu   S tâm   2;1;0 A , đi qua điểm   0;1;2 B ? A.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . B.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . C.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . D.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . Câu 14. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm (2;3;4) I và   1; 2;3 A . Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua A có phương trình là: A. 2 2 2 ( 2) ( 3) ( 4) 3 x y z       . B.     2 2 2 ( 2) 3 4 9 x y z       . C.     2 2 2 ( 2) 3 4 45 x y z       . D.     2 2 2 ( 2) 3 4 3 x y z       . Câu 15. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 I và   1;2;3 A . Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       . B.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       . C.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       . D.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 16. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1 ;2;3 A ,   5;4; 1  B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.       2 2 2 3 3 1 9       x y z . B.       2 2 2 3 3 1 6       x y z . C.       2 2 2 3 3 1 9       x y z . D.       2 2 2 3 3 1 36       x y z . Câu 17. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh 1819) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   7; 2;2 A  và   1;2;4 B . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đường kính AB ? A.     2 2 2 4 3 14 x y z      . B.     2 2 2 4 3 2 14 x y z      . C.       2 2 2 7 2 2 14 x y z       . D.     2 2 2 4 3 56 x y z      . Câu 18. (Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3; 2;5 M  ,   1;6; 3 N   . Mặt cầu đường kính MN có phương trình là: A.       2 2 2 1 2 1 6 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 6 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 36 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 36 x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu  Mặt cầu tâm ( ; ; ) I a b c và có bán kính R có phương trình 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) ( ) . S x a y b z c R        Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        với 2 2 2 0 a b c d     là phương trình của mặt cầu có tâm ( ; ; ) I a b c và bán kính 2 2 2 . R a b c d      Để một phương trình là một phương trình mặt cầu, cần thỏa mãn hai điều kiện: Hệ số trước 2 2 2 , , x y z phải bằng nhau và 2 2 2 0. a b c d     Câu 1. (Sở Phú Thọ 2019) Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá nguyên của m để     2 2 2 2 2 2 2 1 3 5 0          x y z m x m z m là phương trình một mặt cầu? A. 4 B. 6 C. 5 D. 7 Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình   2 2 2 2 2 4 19 6 0         x y z m x my m là phương trình mặt cầu. A. 1 2   m . B. 1  m hoặc 2  m . C. 2 1    m . D. 2   m hoặc 1  m . Câu 3. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2 2 2 2 4 2 2 9 28 0 x y z mx my mz m         là phương trình mặt cầu? A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Câu 4. Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu   S có phương trình dạng 2 2 2 4 2 2 10 0 x y z x y az a        . Tập hợp các giá trị thực của a để   S có chu vi đường tròn lớn bằng 8  là A.   1;10 . B.   2; 10  . C.   1;11  . D.   1; 11  . Câu 5. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 A ,   0;0;3 C ,   0;2;0 B . Tập hợp các điểm M thỏa mãn 2 2 2 MA MB MC   là mặt cầu có bán kính là: A. 2 R  . B. 3 R  . C. 3 R  . D. 2 R  . Câu 6. (Toán Học Và Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tính đường kính l của mặt cầu   S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng   Oxy . A. 2 13 l  . B. 2 41 l  . C. 2 26 l  . D. 2 11 l  . Câu 7. (Chuyên ĐHSPHN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;0;0 A  ,   0;0;2 B ,   0; 3;0 C  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là A. 14 3 . B. 14 4 . C. 14 2 . D. 14 . PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29 I R NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 8. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội -2019) Gọi   S là mặt cầu đi qua 4 điểm         2;0;0 , 1;3;0 , 1;0;3 , 1;2;3 A B C D  . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  . B. 3 R  . C. 6 R  . D. 6 R  . Câu 9. (Sở Hà Nội 2019) Cho hai điểm , A B cố định trong không gian có độ dài AB là 4 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian sao cho 3 MA MB  là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng A. 3. B. 9 2 . C. 1. D. 3 2 . Câu 10. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho phương trình   2 2 2 2 2 2 4 2 5 9 0 x y z m x my mz m          . Tìm các giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. A. 5 m   hoặc 1 m  . B. 5 1 m    . C. 5 m   . D. 1 m  . Câu 11. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz . Cho tứ diện đều ABCD có   0;1;2 A và hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng   BCD là   4; 3; 2 H   . Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A.   3; 2; 1 I   . B.   2; 1;0 I  . C.   3; 2;1 I  . D.   3; 2;1 I   . Câu 12. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy và đi qua ba điểm   1;2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tọa độ tâm   I của mặt cầu là A.   2; 1;0  . B.   2;1;0  . C.   0;0; 2  . D.   0;0;0 . Câu 13. Trong không gian tọa độ Oxyz , mặt cầu   S đi qua điểm O và cắt các tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C khác O thỏa mãn tam giác ABC có trọng tâm là điểm   6; 12;18 G   . Tọa độ tâm của mặt cầu   S là A.   9;18; 27  . B.   3; 6;9   . C.   3;6; 9  . D.   9; 18;27   . Câu 14. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : cos cos cos 4 S x y z          với ,   và  lần lượt là ba góc tạo bởi tia Ot bất kì với 3 tia , Ox Oy và Oz . Biết rằng mặt cầu   S luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng A. 40  . B. 4  . C. 20  . D. 36  . Câu 15. Cho phương trình        2 2 2 2 4 2 3 2 0 x y z x m y m m với m là tham số. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu. A. 0. B. 1. C. 2 . D. 3. Câu 16. (Sở Kon Tum 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;0;0 A ,   0; 2;0 B  ,   0;0; 4 C  . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có diện tích bằng A. 116  . B. 29 4  . C. 29  . D. 16  . Câu 17. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tính bán kính R của mặt cầu   S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng   Oxy . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 41 R  . B. 15 R  . C. 13 R  . D. 26 R  . Câu 18. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian Oxyz , gọi   S là mặt cầu đi qua điểm   0;1;2 D và tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c trong đó   , , \ 0;1 a b c   . Bán kính của   S bằng A. 5 . B. 5 2 . C. 3 2 2 . D. 5 2 . Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z       và hình nón   H có đỉnh   3;2; 2 A  và nhận AI làm trục đối xứng với I là tâm mặt cầu. Một đường sinh của hình nón   H cắt mặt cầu tại , M N sao cho 3 AM AN  . Viết phương trình mặt cầu đồng tâm với mặt cầu   S và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón   H . A.       2 2 2 71 1 2 3 3 x y z       . B.       2 2 2 70 1 2 3 3 x y z       . C.       2 2 2 74 1 2 3 3 x y z       . D.       2 2 2 76 1 2 3 3 x y z       . Câu 20. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P a b c    . A. 6 P  . B. 0 P  . C. 3 P  . D. 9 P  . Câu 21. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0; 1;2 A  ,   2; 3;0 B  ,   2;1;1 C  ,   0; 1;3 D  . Gọi   L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức . . 1 MA MB MC MD                     . Biết rằng   L là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. 11 2 r  . B. 7 2 r  . C. 3 2 r  . D. 5 2 r  . Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu  Dạng 1. Cơ bản 2 2 2 2 ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) . ( ; ) : ; âm I a b T S S x a y b z c R BK R c              Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và đi qua điểm . A Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IA       (dạng 1)  Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có đường kính , AB với , A B cho trước. Phương pháp: ( ) : 1 : 2 R âm T S BK AB I          Dạng 4. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và tiếp xúc với các trục và mp tọa độ. Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IM        Dạng 5. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ). P Phương pháp:   ( ) : ;( ) : T S B I âm I K R d P         là trung điểm của . AB với M là hình chiếu của I lên trục hoặc mp tọa độ. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c         Dạng 6. Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua bốn điểm , , , . A B C D Phương pháp: Gọi 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        Vì , , , ( ) A B C D S  nên tìm được 4 phương trình , , , ( ). a b c d S    Dạng 7. Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua 3 điểm , , A B C và tâm thuộc mp ( ). P Phương pháp: Gọi 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        Vì , , ( ) A B C S  nên tìm được 3 phương trình và ( ; ; ) ( ) I a b c P  là phương trình thứ tư. Giải hệ bốn phương trình này , , , ( ). a b c d S    Dạng 8. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính . r (dạng này mình sẽ đưa vào bài phương trình mặt phẳng, các bạn học cũng có thể tự tìm để hiểu hơn) Phương pháp: Dựa vào mối liên hệ 2 2 2 [ ;( )] I P R d r   và cần nhớ 2 C r   và 2 t . S r   đ Câu 1. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho điểm    1 ; 2 ; 3 M . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục O x. Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính I M ? A.       2 2 2 1 1 3 x y z B.       2 2 2 1 17 x y z C.       2 2 2 1 13 x y z D.       2 2 2 1 1 3 x y z Câu 2. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm (1; 2;3) I  . Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục Ox tại hai điểm A và B sao cho 2 3 AB  A. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 16. x y z       B. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 20. x y z       C. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 25. x y z       D. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9. x y z       Câu 3. (Sgd Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , giá trị dương của m sao cho mặt phẳng   Oxy tiếp xúc với mặt cầu     2 2 2 2 3 2 1 x y z m       là A. 5 m  . B. 3 m  . C. 3 m  . D. 5 m  . Câu 4. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;3 M  . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? A.   2 2 2 1 13 x y z     . B.   2 2 2 1 13 x y z     . C.   2 2 2 1 13 x y z     . D.   2 2 2 1 17 x y z     . Câu 5. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , trong các mặt cầu dưới đây, mặt cầu nào có bán kính 2 R  ? A.   2 2 2 : 4 2 2 3 0 S x y z x y z        . B.   2 2 2 : 4 2 2 10 0 S x y z x y z        . C.   2 2 2 : 4 2 2 2 0 S x y z x y z        . D.   2 2 2 : 4 2 2 5 0 S x y z x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 6. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm     1;1;2 , 3;2; 3 A B  . Mặt cầu   S có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm , A B có phương trình. A. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . B. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . C. 2 2 2 4 2 0 x y z x      . D. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . Câu 7. Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm   1;1;1 I và diện tích bằng 4  có phương trình là A.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       Câu 8. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu   S qua bốn điểm   3;3;0 A ,   3;0;3 B ,   0;3;3 C ,   3;3;3 D . Phương trình mặt cầu   S là A. 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 x y z                         . B. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . C. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . D. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . Câu 9. (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh   2; 0; 0 A ,   0; 4; 0 B ,   0; 0; 6 C ,   2; 4; 6 A . Gọi   S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu   S  có tâm trùng với tâm của mặt cầu   S và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu   S . A.       2 2 2 1 2 3 56 x y z       . B. 2 2 2 2 4 6 0 x y z x y z       . C.       2 2 2 1 2 3 14 x y z       . D. 2 2 2 2 4 6 12 0 x y z x y z        . Câu 10. (Trần Phú - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm   2;1; 3 I  và tiếp xúc với trục Oy có phương trình là A.       2 2 2 2 1 3 4 x y z       . B.       2 2 2 2 1 3 13 x y z       . C.       2 2 2 2 1 3 9 x y z       . D.       2 2 2 2 1 3 10 x y z       . Câu 11. (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu   S có tâm   1;4;2 I  và có thể tích bằng 256 3  . Khi đó phương trình mặt cầu   S là A.       2 2 2 1 4 2 16 x y z       . B.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . C.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . D.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 12. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4. S x y z      Một mặt cầu   S  có tâm   9;1;6 I  và tiếp xúc ngoài với mặt cầu  . S Phương trình mặt cầu   S  là A.       2 2 2 9 1 6 64 x y z       . B.       2 2 2 9 1 6 144 x y z       . C.       2 2 2 9 1 6 36 x y z       . D.       2 2 2 9 1 6 25 x y z       . Câu 13. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. A.       2 2 2 3 3 3 16 x y z       . B.       2 2 2 3 3 3 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 3 36 x y z       . D.       2 2 2 3 3 3 49 x y z       . Câu 14. (Kim Liên - Hà Nội – 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2;2;1 M , 8 4 8 ; ; 3 3 3 N        . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng   Oxz . A.     2 2 2 1 1 1 x y z      . B.     2 2 2 1 1 1 x y z      . C.     2 2 2 1 1 1 x y z      . D.     2 2 2 1 1 1 x y z      . Câu 15. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 2 H  . Mặt phẳng    đi qua H và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng    . A. 2 2 2 81 x y z    . B. 2 2 2 1 x y z    . C. 2 2 2 9 x y z    . D. 2 2 2 25 x y z    . Câu 16. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. A.       2 2 2 3 3 3 16 x y z       . B.       2 2 2 3 3 3 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 3 36 x y z       . D.       2 2 2 3 3 3 49 x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Một số bài toán liên quan đến tiếp tuyến (tiếp xúc) mặt cầu Câu 1. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 3 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 8 . B. 16. C. 12 . D. 4 . Câu 2. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   , , A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 20 B. 8 C. 12 D. 16 Câu 3. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu:     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc nhau? A. 20 . B. 8. C. 12 . D. 16. Câu 4. (THPT Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      và một điểm   2;3;1 M . Từ M kẻ được vô số các tiếp tuyến tới   S , biết tập hợp các tiếp điểm là đường tròn   C . Tính bán kính r của đường tròn   C . A. 2 3 3 r  . B. 3 3 r  . C. 2 3 r  . D.   2 . Câu 5. (THPT Chuyên Hạ Long - 2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 ,3 ,3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A. 5 9 . B. 3 7 . C. 7 15 . D. 6 11 . Dạng 2. Bài toán cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( )  là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( )  cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |, max AM AI R AM R AI     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điểm M thuộc ( ) P sao cho 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương ,   và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P     nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC         - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID      và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID             2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P      Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A                     Trong đó 1 2 ; ... n    là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n        . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             (điểm G hoàn toàn xác định). TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG                                     Do đó 1 2 | | | | n w MG            Vi 1 2 n        là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA         Trong đó 1 2 , , , n     là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n         . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n         . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA                 Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA        không đổi nên • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 6. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm     1;2;3 , 6; 5;8 A B   và . . OM a i b k          trong đó , a b là cá số thực luôn thay đổi. Nếu 2 MA MB          đạt giác trị nhỏ nhất thì giá trị a b  bằng A. 25  B. 13  C. 0 D. 26 Câu 7. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;1 A ;   2; 1;3 B  và điểm   ; ;0 M a b sao cho 2 2 MA MB  nhỏ nhất. Giá trị của a b  là A. 2 . B. 2  . C. 3. D. 1. Câu 8. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm   2;4; 1 A  ,   1;4; 1 B  ,   2;4;3 C ,   2;2; 1 D  , biết   ; ; M x y z để 2 2 2 2 MA MB MC MD    đạt giá trị nhỏ nhất thì x y z   bằng A. 6. B. 21 4 . C. 8 . D. 9 . Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;1 A ,   2; 1;3 B  ,   3;1; 5 C  . Tìm điểm M trên mặt phẳng   Oyz sao cho 2 2 2 2 MA MB MC   lớn nhất. A. 3 1 ; ; 0 2 2 M             . B. 1 3 ; ; 0 2 2 M              . C.   0 ; 0 ; 5 M . D.   3 ; 4 ; 0 M  . Câu 10. (THPT Nghĩa Hưng Nđ- 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   2;1;3 A ,   1; 1;2 B  ,   3; 6;1 C  . Điểm   ; ; M x y z thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P x y z    . A. 0 P  . B. 2 P  . C. 6 P  . D. 2 P   . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       4;2;2 , 1;1; 1 , 2; 2; 2 A B C    . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 MA MB MC                nhỏ nhất A.   2;3;1 M . B.   0;3;1 M . C.   0; 3;1 M  . D.   0;1;2 M . Câu 12. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   2; 3;7 A  ,   0;4;1 B ,   3;0;5 C và   3;3;3 D . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng   Oyz sao cho biểu thức MA MB MC MD                      đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A.   0;1; 4 M  . B.   2;1;0 M . C.   0;1; 2 M  . D.   0;1;4 M . Câu 13. (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian cho ba điểm   1;1;1 A ,   1;2;1 B  ,   3;6; 5 C  . Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất là A.   1;2;0 M . B.   0;0; 1 M  . C.   1;3; 1 M  . D.   1;3;0 M . Câu 14. (Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho   3;2;1 A ,   2;3;6 B  . Điểm   ; ; M M M M x y z thay đổi thuộc mặt phẳng   Oxy . Tìm giá trị của biểu thức M M M T x y z    khi 3 MA MB          nhỏ nhất. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 7 2  . B. 7 2 . C. 2 . D. 2  . Câu 15. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 1) 9 S x y z       và hai điểm (4;3;1) A , (3;1;3) B ; M là điểm thay đổi trên ( ) S . Gọi , m n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định ( ) m n  . A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Câu 16. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có phương trình là 2 2 2 2 2 6 7 0 x y z x y z        . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu   S sao cho  90 AMB   . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? A. 4 . B. 2 . C. 4  . D. Không tồn tại. Câu 17. (Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Cho , , , , , a b c d e f là các số thực thỏa mãn           2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 . 3 2 9 d e f a b c                 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 F a d b e c f       lần lượt là , . M m Khi đó, M m  bằng A. 10. B. 10 . C. 8. D. 2 2 . Câu 18. (THPT Lê Xoay - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;2; 2 A   ;   3; 3;3 B  . Điểm M trong không gian thỏa mãn 2 3 MA MB  . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng A. 6 3 . B. 12 3 . C. 5 3 2 . D. 5 3 . Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1;1;1) A , ( 2;3; 4) B  và ( 2;5;1) C  . Điểm ( ; ;0) M a b thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng 2 2 T a b   bằng A. 10 T  . B. 25 T  . C. 13 T  . D. 17 T  . Câu 20. (THPT Đoàn Thượng – Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   1 ; 1 ;2 A  ,   2;0;3 B  ,   0;1 ; 2 C  . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho biểu thức . 2 . 3 . S MA MB MB MC MC MA                              đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó 12 12 T a b c    có giá trị là A. 3 T  . B. 3 T   . C. 1 T  . D. 1 T   . Câu 21. (Chuyên - Vĩnh Phúc - 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho 1 OC  . Trên hai tia , Ox Oy lần lượt lấy hai điểm , A B thay đổi sao cho OA OB OC   . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . O ABC ? A. 6 . 2 B. 6. C. 6 . 3 D. 6 . 4 Câu 22. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm   ; ; M a b c (với a , b , c là các phân số tối giản) thuộc mặt cầu   2 2 2 : 2 4 4 7 0 S x y z x y z        sao cho biểu thức 2 3 6 T a b c    đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị biểu thức 2 P a b c    bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 A. 12 7 . B. 8. C. 6 . D. 51 7 . Câu 23. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm   2 ;2 ;0 A t t ,   0;0; B t (với 0 t  ). Điểm P di động thỏa mãn . . . 3 OP AP OP BP AP BP                            . Biết rằng có giá trị a t b  với , a b nguyên dương và a b tối giản sao cho OP đạt giá trị lớn nhất bằng 3. Khi đó giá trị của 2 Q a b   bằng A. 5 B. 13. C. 11. D. 9. Câu 24. (HSG Nam Định-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho các điểm       4;1;5 , 3;0;1 , 1;2;0  A B C và điểm   ; ; M a b c thỏa mãn . 2 . 5 .                             MA MB MB MC MC MA lớn nhất. Tính 2 4 .    P a b c A. 23  P . B. 31  P . C. 11  P . D. 13.  P Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   và mặt cầu         2 2 2 : 1 3 3 3 S x y z       . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu   S , giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 3 MA MB  bằng A. 103 . B. 108 . C. 105 . D. 100 . Câu 26. (Kim Liên - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 9 : 2 4 2 0 2 S x y z x y z        và hai điểm   0;2;0 A ,   2; 6; 2 B   . Điểm   ; ; M a b c thuộc   S thỏa mãn . MA MB         có giá trị nhỏ nhất. Tổng a b c   bằng A. 1  . B. 1. C. 3. D. 2 . Câu 27. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 5 điểm   1;0;0 A ,   1;1;0 B  ,   0; 1;0 C  ,   0;1;0 D ,   0;3;0 E . M là điểm thay đổi trên mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) 1 S x y z     . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 P MA MB MC MD ME                            là: A. 12. B. 12 2 . C. 24 . D. 24 2 . Câu 28. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm   0; 1;3 A  ,   2; 8; 4 B    ,   2; 1;1 C  và mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 14 S x y z       . Gọi   ; ; M M M M x y z là điểm trên   S sao cho biểu thức 3 2 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Tính M M P x y   . A. P 0  . B. P 6  . C. P 14  . D. P 3 14  . Câu 29. Trong không gian Oxyz cho     0 ; 0 ; 2 , 1 ; 1; 0 A B và mặt cầu     2 2 2 1 : 1 4 S x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 MA MB  bằng A. 1 2 . B. 3 4 . C. 19 4 . D. 21 4 . Câu 30. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A, B thay đổi trên mặt cầu 2 2 2 ( 1) 25 x y z     thỏa mãn 6 AB  . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 OA OB  là A. 12. B. 6. C. 10. D. 24. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;4;5 A ,   3;4;0 B ,   2; 1;0 C  . Gọi   ; ; M a b c là điểm sao cho 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng a b c   có giá trị bằng A. 2. B. 3. C. 4. D. 4  . Câu 32. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 4 8 S x y z      và điểm     3;0;0 ; 4;2;1 A B . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P MA MB   . A. 2 2 P  . B. 3 2 P  . C. 4 2 P  . D. 6 2 P  . Câu 33. Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z x z       và các điểm   0;1;1 A ,   1; 2; 3 B    ,   1;0; 3 C  . Điểm D thuộc mặt cầu   S . Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất bằng: A. 9. B. 8 3 . C. 7 . D. 16 3 . Câu 34. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 4 8 S x y z      và điểm   3 ; 0 ;0 A ,   4 ; 2 ;1 B . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P MA MB   . A. 2 2 P  . B. 3 2 P  . C. 4 2 P  . D. 6 2 P  . Câu 35. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   4;2; 2 A ,   1;1; 1 B  ,   2; 2; 2 C   . Tìm tọa độ điểm M thuộc   Oxy sao cho 2 MA MB MC                nhỏ nhất. A.   2; 3;0 M . B.   1; 3;0 M . C.   2; 3; 0 M  . D.   2;3;1 M . Câu 36. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   S có phương trình 2 2 2 4 2 2 3 0 x y z x y z        và điểm   5;3; 2 A  . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt , M N . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 S AM AN   . A. min 30 S  . B. min 20 S  . C. min 34 3 S   . D. min 5 34 9 S   . Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 2 10 S x y z      và hai điểm   1;2; 4 A  và   1;2;14 B . Điểm M thay đổi trên mặt cầu   S . Giá trị nhỏ nhất của   2 MA MB  bằng A. 2 82 . B. 3 79 . C. 5 79 . D. 3 82 . Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu   2 2 2 1 : 1 S x y z    ,     2 2 2 2 : 4 4 S x y z     và các điểm   4;0;0 A , 1 ;0;0 4 B       ,   1;4;0 C ,   4;4;0 D . Gọi M là điểm thay đổi trên   1 S , N là điểm thay đổi trên   2 S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 4 Q MA ND MN BC     là A. 2 265 . B. 265 . C. 3 265 . D. 4 265 . Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2;3; 1 A  ,   2;3;2 B ,   1;0;2 C  .Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oxz để 4 S MA MC MA MB MC                            nhỏ nhất. A. 7 1;0; 3 M        . B.   0;3;0 M . C. 7 1;0; 3 M       . D. 1 ;0;2 2 M        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 4 0 S x y z x y       và hai điểm (4;2;4), (1;4;2) A B . MN là dây cung của mặt cầu thỏa mãn MN      cùng hướng với (0;1;1) u   và 4 2 MN  . Tính giá trị lớn nhất của AM BN  . A. 41 . B. 4 2 . C. 7 . D. 17 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định tâm và bán kính  Mặt cầu tâm ( ; ; ) I a b c và có bán kính R có phương trình 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) ( ) . S x a y b z c R        Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        với 2 2 2 0 a b c d     là phương trình của mặt cầu có tâm ( ; ; ) I a b c và bán kính 2 2 2 . R a b c d      Để một phương trình là một phương trình mặt cầu, cần thỏa mãn hai điều kiện: Hệ số trước 2 2 2 , , x y z phải bằng nhau và 2 2 2 0. a b c d     Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 16 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1; 2; 3    . B.   1;2;3 . C.   1;2; 3   . D.   1; 2;3  . Lời giải Chọn D Mặt cầu         2 2 2 2 : S x a y b z c R       có tâm là   ; ; I a b c . Suy ra, mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 16 S x y z       có tâm là   1; 2;3 I  . Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 2 4 1 9 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   2;4; 1   . B.   2; 4;1  . C.   2;4;1 . D.   2; 4; 1    . Lời giải Chọn B Tâm của mặt cầu   S có tọa độ là   2; 4;1  . Câu 3. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho mặt cầu . Bán kính của bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Bán kính của là . Câu 4. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 9 S x y z     . Bán kính của   S bằng A. 6 . B. 18. C. 9 . D. 3 . Lời giải Chọn D. Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) 16 S x y z     . Bán kính của ( ) S là: A. 32 B. 8 C. 4 D. 16 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29 Oxyz     2 2 2 : 2 9 S x y z       S 6 18 3 9   S 9 3 R   I R NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Từ phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) 16 S x y z      Bán kính 16 4 R   Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu     2 2 2 : 2 16 S x y z     . Bán kính của mặt cầu   S bằng A. 4 . B. 32. C. 16 . D. 8. Lời giải Chọn A Bán kính của mặt cầu     2 2 2 : 2 16 S x y z     là 16 4 R   . Câu 7. (Mã 101- 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1; 2; 3   . B.   2; 4;6  . C.   1; 2;3  . D.   2; 4; 6   . Lời giải Chọn A Tâm mặt cầu   S có tọa độ là   1; 2; 3   . Câu 8. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1 ;2;3  . B.   2; 4; 6   . C.   2;4;6  . D.   1 ; 2; 3   . Lời giải Chọn D Tâm của mặt cầu   S có tọa độ là   1; 2; 3   . Câu 9. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9 S x y z       . Tâm của ( ) S có tọa độ là: A. ( 2; 4;6)   . B. (2;4; 6)  . C. ( 1; 2;3)   . D. (1;2; 3)  . Lời giải Chọn C Tâm của ( ) S có tọa độ là: ( 1; 2;3)   Câu 10. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 1 2 3 9 x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   1; 2;3   . B.   2; 4;6   . C.   1;2; 3  . D.   2;4; 6  . Lời giài Chọn C Tâm của mặt cầu   S đã cho là:   1;2; 3 I  . Câu 11. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 2 2 8 S x y z      . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  B. 64 R  C. 8 R  D. 4 R  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Lời giải Chọn A Phương trình mặt cầu tổng quát:       2 2 2 2 2 2 x a y b z c R R         . Câu 12. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , mặt cầu         2 2 2 : 5 1 2 3 S x y z       có bán kính bằng A. 9 B. 2 3 C. 3 D. 3 Lời giải Chọn D Câu 13. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho mặt cầu               2 2 2 : 5 1 2 9 S x y z . Tính bán kính R của   S . A.  6 R B.  3 R C.  18 R D.  9 R Lời giải Chọn B Phương trình mặt cầu tâm   ; ; I a b c , bán kính R có dạng:               2 2 2 2 3 x a y b z c R R . Câu 14. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3; 1 ;1  B.   3; 1 ;1   C.   3;1; 1   D.   3;1; 1  Lời giải Chọn B Tâm của   S có tọa độ là   3; 1 ;1   . Câu 15. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu       2 2 2 1 2 4 20 x y z       . A.   1;2; 4 , 2 5 I R    B.   1 ; 2;4 , 20 I R   C.   1; 2;4 , 2 5 I R   D.   1;2; 4 , 5 2 I R    Lời giải Chọn C Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu         2 2 2 2 : S x a y b z c R       có tâm   ; ; I a b c và bán kính R . Nên mặt cầu       2 2 2 1 2 4 20 x y z       có tâm và bán kính là   1; 2;4 , 2 5. I R   Câu 16. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0 S x y z x z       . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 3 . B. 15 . C. 7 . D. 9. Lời giải Chọn A 2 2 2 2 2 2 2 2 7 0 2.( 1). 2.0. 2.1. 7 0 x y z x z x y z x y z                . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 1, 0, 1, -7 a b c d       .  Tâm mặt cầu   1;0;1 I  bán kính   2 2 2 2 2 2 1 0 1 7 3 R a b c d           . Câu 17. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0       S x y z y z . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 15 . B. 7 . C. 9. D. 3. Lời giải Chọn D Ta có     2 2 1 1 7 3       R . Câu 18. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 7 0. S x y z x y       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 9. C. 15 . D. 3. Lời giải Chọn D Ta có       2 2 2 2 2 2 : 2 2 7 0 1 1 9 S x y z x y x y z             Vậy bán kính của mặt cầu bằng 3. Câu 19. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 2 7 0. S x y z y z       Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 3. C. 9. D. 15 . Lời giải Chọn B Mặt cầu đã cho có phương trình dạng 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        có bán kính là 2 2 2 2 2 1 1 7 3 a b c d        Câu 20. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu   S . A.   –4;1;0 . , 2 I R  B.   –4;1;0 . , 4 I R  C.   4; –1;0 , 2. I R  D.   4; –1;0 , 4. I R  Lời giải Ta có:     2 2 2 2 2 2 8 2 1 0 4 1 16. x y z x y x y z             Vậy mặt cầu   S có tâm   4; –1;0 I và bán kính 4. R  Câu 21. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 3 R  . B. 3 R  . C. 9 R  . D. 3 3 R  . Lời giải   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z              2 2 2 1 2 1 9 x y z        . Vậy bán kính của mặt cầu   S là 3 R  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 22. Trong không gian vơi hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y       . Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu   S : A.   4;1;0 , 2 I R   . B.   4;1;0 , 4 I R   . C.   4; 1;0 , 2 I R   . D.   4; 1;0 , 4 I R   . Lời giải   2 2 2 : 8 2 1 0 S x y z x y         4; 1;0 I   4 R  . Câu 23. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 2 S x y z       . Xác định tọa độ tâm của mặt cầu   S A.   3;1; 1 I   . B.   3;1; 1 I  . C.   3; 1;1 I   . D.   3; 1;1 I  . Lời giải Mặt cầu   S có tâm là   3; 1;1 I   . Câu 24. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Tọa độ tâm I của mặt cầu   S là: A.   1; 2; 1  . B.   2; 4; 2   . C.   1; 2; 1   . D.   2;4;2  . Lời giải Ta có:       2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 0 1 2 1 9 x y z x y z x y z               . Từ đó suy ra mặt cầu   S có tâm là:   1;2;1  . Câu 25. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 8 10 6 49 0 S x y z x y z        . Tính bán kính R của mặt cầu   S . A. 1 R  . B. 7 R  . C. 151 R  . D. 99 R  . Lời giải Phương trình mặt cầu: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d          2 2 2 0 a b c d     có tâm   ; ; I a b c , bán kính 2 2 2 R a b c d     . Ta có 4 a  , 5 b   , 3 c  , 49 d  . Do đó 2 2 2 1 R a b c d      . Câu 26. Trong không gian Oxyz , mặt cầu   2 2 2 : 4 2 6 1 0 S x y z x y z        có tâm là A.   4; 2; 6   B.   2; 1;3  C.   2;1; 3   D.   4; 2;6  Lời giải Chọn B Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là   2; 1;3  . Câu 27. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình       2 2 2 1 2 3 4 x y z       . Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó. A.   1;2; 3 I   ; 2 R  . B.   1;2; 3 I   ; 4 R  . C.   1; 2;3 I  ; 2 R  . D.   1; 2;3 I  ; 4 R  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Mặt cầu đã cho có tâm   1; 2;3 I  và bán kính 2 R  . Câu 28. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình 2 2 2 4 2 4 0 x y z x y       .Tính bán kính R của ( ). S A. 1. B. 9 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D. Giả sử phương trình mặt cầu 2 2 2 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 ( 0) S x y z ax by cz d a b c d            Ta có: 2, 1, 0, 4 a b c d        Bán kính 2 2 2 3 R a b c d      . Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 3 1 1 4 S x y z       . Tâm của   S có tọa độ là A.   3;1 ; 1   . B.   3; 1;1  . C.   3; 1; 1   . D.   3;1; 1  . Lời giải Chọn B Tâm của   S có tọa độ là   3; 1;1  . Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu  Dạng 1. Cơ bản 2 2 2 2 ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) . ( ; ) : ; âm I a b T S S x a y b z c R BK R c              Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và đi qua điểm . A Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IA       (dạng 1)  Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có đường kính , AB với , A B cho trước. Phương pháp: ( ) : 1 : 2 R âm T S BK AB I         Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   0;0; 3 I  và đi qua điểm   4;0;0 M . Phương trình của   S là A.   2 2 2 3 25 x y z     . B.   2 2 2 3 5 x y z     . C.   2 2 2 3 25 x y z     . D.   2 2 2 3 5 x y z     . Lời giải Chọn A Phương trình mặt cầu   S có tâm   0;0; 3 I  và bán kính R là:   2 2 2 2 3 x y z R     . Ta có:     2 2 2 2 2 4 0 0 3 25 M S R R         . Vậy phương trình cần tìm là:   2 2 2 3 25 x y z     . Câu 2. (Mã 110 2017) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 2 2 4 0 x y z x y z m        là phương trình của một mặt cầu. A. 6 m  B. 6 m  C. 6 m  D. 6 m  là trung điểm của . AB TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Lời giải Chọn A Phương trình 2 2 2 2 2 4 0 x y z x y z m        là một phương trình mặt cầu 2 2 2 1 1 2 0 m       6 m  . Câu 3. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm   1 ;1;1 I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       lời giải Chọn C Ta có       2 2 2 1 1 2 1 3 1 5 R IA         vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là             2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 I I I x x y y z z R x y z              Câu 4. (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1; 2;7 , 3;8; 1 A B    . Mặt cầu đường kính AB có phương trình là A.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . B.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . C.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . D.       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . Lời giải Gọi I là trung điểm AB ta có   1;3;3 I  là tâm mặt cầu. Bán kính       2 2 2 1 1 2 3 7 3 45. R IA          Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là       2 2 2 1 3 3 45 x y z       . Câu 5. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm   1; 4;3 I  và đi qua điểm   5; 3;2 A  . A.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . B.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . C.       2 2 2 1 4 3 16 x y z       . D.       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . Lời giải Mặt cầu có tâm   1; 4;3 I  và đi qua điểm   5; 3;2 A  nên có bán kính 3 2 R IA   Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:       2 2 2 1 4 3 18 x y z       . Câu 6. (Chuyên Sơn La -2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 A và   1; 1;3 B  . Phương trình mặt cầu có đường kính AB là A.     2 2 2 1 2 8 x y z      . B.     2 2 2 1 2 2 x y z      . C.     2 2 2 1 2 2 x y z      . D.     2 2 2 1 2 8 x y z      . Lời giải Gọi I là tâm của mặt cầu đường kính AB . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó   1;0;2 I . Bán kính của mặt cầu là:       2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 1 2 2 2 R AB          . Vậy phương trình mặt cầu là:     2 2 2 1 2 2 x y z      . Câu 7. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;4;1), B   2;2; 3   . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.     2 2 2 3 1 36. x y z      B.     2 2 2 3 1 9. x y z      C.     2 2 2 3 1 9. x y z      D.     2 2 2 3 1 36. x y z      Lời giải Gọi I là trung điểm của AB (0;3; 1). I   2 2 2 (2;1;2) 2 1 2 3. IA IA          Mặt cầu đã cho có tâm I, đường kính AB nên có phương trình là     2 2 2 3 1 9. x y z      Câu 8. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hỏi trong các phương trình sau phương trình nào là phương trình của mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 1 0 x y z x z       B. 2 2 3 2 4 1 0 x z x y z       C. 2 2 2 2 4 4 1 0 x y z xy y z        D. 2 2 2 2 2 4 8 0 x y z x y z        Lời giải Chọn A Đáp án B vì không có số hạng 2 y . Đáp án C loại vì có số hạng 2xy . Đáp án D loại vì 2 2 2 1 1 4 8 2 0 a b c d           . Đáp án A thỏa mãn vì 2 2 2 1 0 4 1 6 0 a b c d          . Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 1; 3   A ;   0;3; 1  B . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : A.       2 2 2 1 1 2 6       x y z B.       2 2 2 1 1 2 24       x y z C.       2 2 2 1 1 2 24       x y z D.       2 2 2 1 1 2 6       x y z Lờigiải Chọn D Tâm I mặt cầu là trung điểm của AB   1;1 ; 2  I bán kính 1 1 1 4 16 4 24 2 2 2      R AB       2 2 2 1 1 2 6       x y z Câu 10. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của một mặt cầu? A. 2 2 2 2 4 3 0 x y z x y z        . B. 2 2 2 2 2 2 0 x y z x y z       . C. 2 2 2 2 2 2 4 8 6 3 0 x y z x y z        . D. 2 2 2 2 4 4 10 0 x y z x y z        . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        là phương trình của một mặt cầu nếu 2 2 2 0 a b c d     . Câu 11. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 5;4; 1 A B  . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.       2 2 2 3 3 1 36 x y z       . B.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 1 6 x y z       . D.       2 2 2 3 3 1 9 x y z       . Lời giải. Tọa độ tâm mặt cầu là   3;3;1 I , bán kính 3 R IA   . Câu 12. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu tâm   2;1; 2 I  bán kính 2 R  là: A.       2 2 2 2 2 1 2 2 x y z       . B. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . C. 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . D.       2 2 2 2 1 2 2 x y z       . Lời giải Phương trình mặt cầu tâm   2;1; 2 I  bán kính 2 R  có hai dạng: Chính tắc:       2 2 2 2 2 1 2 2 x y z       Tổng quát: 2 2 2 4 2 4 5 0 x y z x y z        . Vậy đáp án đúng là B. Câu 13. (Việt Đức Hà Nội 2019) Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu   S tâm   2;1;0 A , đi qua điểm   0;1;2 B ? A.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . B.       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . C.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . D.       2 2 2 : 2 1 64 S x y z      . Lời giải Vì mặt cầu   S có tâm   2;1;0 A , đi qua điểm   0;1;2 B nên mặt cầu   S có tâm   2;1;0 A và nhận độ dài đoạn thẳng AB là bán kính. Ta có:   2 :0;2 AB       .   2 2 2 2 0 2 2 2 AB AB           . Suy ra: 2 2 R  . Vậy:       2 2 2 : 2 1 8 S x y z      . Vậy chọn đáp án B Câu 14. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm (2;3;4) I và   1;2;3 A . Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua A có phương trình là: A. 2 2 2 ( 2) ( 3) ( 4) 3 x y z       . B.     2 2 2 ( 2) 3 4 9 x y z       . C.     2 2 2 ( 2) 3 4 45 x y z       . D.     2 2 2 ( 2) 3 4 3 x y z       . Lời giải Chọn D Bán kính mặt cầu là 3 R IA   . Phương trình mặt cầu tâm (2;3;4) I và 3 R IA   là     2 2 2 ( 2) 3 4 3 x y z       NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 15. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 I và   1 ;2;3 A . Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua A là A.       2 2 2 1 1 1 29 x y z       . B.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       . C.       2 2 2 1 1 1 25 x y z       . D.       2 2 2 1 1 1 5 x y z       . Lời giải Chọn B Bán kính của mặt cầu: 2 2 2 0 1 2 5 r IA      . Phương trình mặt cầu:       2 2 2 1 1 1 5 x y z       . Câu 16. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;2;3 A ,   5;4; 1  B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A.       2 2 2 3 3 1 9       x y z . B.       2 2 2 3 3 1 6       x y z . C.       2 2 2 3 3 1 9       x y z . D.       2 2 2 3 3 1 36       x y z . Lời giải Chọn A + Gọi I là trung điểm của AB   3;3;1  I .   4;2; 4 16 4 16 6           AB AB + Mặt cầu đường kính AB có tâm   3;3;1 I , bán kính 3 2   AB R có phương trình là:       2 2 2 3 3 1 9       x y z . Câu 17. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh 1819) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   7; 2;2 A  và   1;2;4 B . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đường kính AB ? A.     2 2 2 4 3 14 x y z      . B.     2 2 2 4 3 2 14 x y z      . C.       2 2 2 7 2 2 14 x y z       . D.     2 2 2 4 3 56 x y z      . Lời giải Chọn D Mặt cầu nhận AB làm đường kính, do đó mặt cầu nhận trung điểm   4;0;3 I của AB làm tâm và có bán kính 56 2 AB R   . Suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là     2 2 2 4 3 56 x y z      . Câu 18. (Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3; 2;5 M  ,   1;6; 3 N   . Mặt cầu đường kính MN có phương trình là: A.       2 2 2 1 2 1 6 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 6 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 36 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 36 x y z       . Lời giải Chọn D Tâm I của mặt cầu là trung điểm đoạn MN    1;2;1 I . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Bán kính mặt cầu       2 2 2 1 3 6 2 3 5 6 2 2 MN R           . Vậy phương trình mặt cầu là       2 2 2 1 2 1 36 x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu  Mặt cầu tâm ( ; ; ) I a b c và có bán kính R có phương trình 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) ( ) . S x a y b z c R        Phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        với 2 2 2 0 a b c d     là phương trình của mặt cầu có tâm ( ; ; ) I a b c và bán kính 2 2 2 . R a b c d      Để một phương trình là một phương trình mặt cầu, cần thỏa mãn hai điều kiện: Hệ số trước 2 2 2 , , x y z phải bằng nhau và 2 2 2 0. a b c d     Câu 1. (Sở Phú Thọ 2019) Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá nguyên của m để     2 2 2 2 2 2 2 1 3 5 0          x y z m x m z m là phương trình một mặt cầu? A. 4 B. 6 C. 5 D. 7 Lời giải Chọn D Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi     2 2 2 2 2 1 3 5 0 2 10 0 1 11 1 11                 m m m m m m Theo bài ra   2; 1;0;1 ;2;3;4       m m  có 7 giá trị của m nguyên thỏa mãn bài toán. Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình   2 2 2 2 2 4 19 6 0         x y z m x my m là phương trình mặt cầu. A. 1 2   m . B. 1  m hoặc 2  m . C. 2 1    m . D. 2   m hoặc 1  m . Lời giải Điều kiện để phương trình   2 2 2 2 2 4 19 6 0         x y z m x my m là phương trình mặt cầu là:   2 2 2 2 4 19 6 0 5 15 10 0          m m m m m 1   m hoặc 2  m . Câu 3. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2 2 2 2 4 2 2 9 28 0 x y z mx my mz m         là phương trình mặt cầu? A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Lời giải Ta có 2 2 2 2 4 2 2 9 28 0 x y z mx my mz m               2 2 2 2 2 28 3 x m y m z m m           1 .   1 là phương trình mặt cầu 2 28 28 28 3 0 3 3 m m        . Do m nguyên nên   3; 2; 1;0;1;2;3 m     . Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29 I R NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 4. Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu   S có phương trình dạng 2 2 2 4 2 2 10 0 x y z x y az a        . Tập hợp các giá trị thực của a để   S có chu vi đường tròn lớn bằng 8  là A.   1;10 . B.   2; 10  . C.   1;11  . D.   1; 11  . Lời giải Đường tròn lớn có chu vi bằng 8  nên bán kính của   S là 8 4 2    . Từ phương trình của   S suy ra bán kính của   S là 2 2 2 2 1 10 a a    . Do đó: 2 2 2 1 2 1 10 4 11 a a a a            . Câu 5. (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 A ,   0;0;3 C ,   0;2;0 B . Tập hợp các điểm M thỏa mãn 2 2 2 MA MB MC   là mặt cầu có bán kính là: A. 2 R  . B. 3 R  . C. 3 R  . D. 2 R  . Lời giải Giả sử   ; ; M x y z . Ta có:   2 2 2 2 1 MA x y z     ;   2 2 2 2 2 MB x y z     ;   2 2 2 2 3 MC x y z     . 2 2 2 MA MB MC         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 x y z x y z x y z                 2 2 2 2 1 2 3 x y x z               2 2 2 1 2 3 2 x y z        . Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn 2 2 2 MA MB MC   là mặt cầu có bán kính là 2 R  . Câu 6. (Toán Học Và Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tính đường kính l của mặt cầu   S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng   Oxy . A. 2 13 l  . B. 2 41 l  . C. 2 26 l  . D. 2 11 l  . Lời giải Gọi tâm mặt cầu là:   ; ; 0 I x y .                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 1 3 1 1 2 4 2 2 3 x y x y IA IB IA IC x y x y                                  2 2 2 2 2 2 2 4 3 1 2 1 16 4 4 9 y y x x x x                   10 10 2 2 4 1 y x x y                   2 2 2 2 2 3 1 4 2 26 l R         . Câu 7. (Chuyên ĐHSPHN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   1;0;0 A  ,   0;0;2 B ,   0; 3;0 C  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là A. 14 3 . B. 14 4 . C. 14 2 . D. 14 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Lời giải Gọi   S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Phương trình mặt cầu   S có dạng: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        . Vì O , A , B , C thuộc   S nên ta có: 0 1 2 0 4 4 0 9 6 0 d a d c d b d                  1 2 3 2 1 0 a b c d                 . Vậy bán kính mặt cầu   S là: 2 2 2 R a b c d     1 9 1 4 4    14 2  . Câu 8. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội -2019) Gọi   S là mặt cầu đi qua 4 điểm         2;0;0 , 1;3;0 , 1;0;3 , 1;2;3 A B C D  . Tính bán kính R của   S . A. 2 2 R  . B. 3 R  . C. 6 R  . D. 6 R  . Lời giải Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm , , , A B C D . Khi đó:                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 2 3 a b c a b c AI BI AI CI a b c a b c AI DI a b c a b c                                            3 3 0 1 1 0;1;1 2 3 5 1 a b a a c b I a b c c                           Bán kính: 2 2 2 2 1 1 6 R IA      . Câu 9. (Sở Hà Nội 2019) Cho hai điểm , A B cố định trong không gian có độ dài AB là 4 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian sao cho 3 MA MB  là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng A. 3. B. 9 2 . C. 1. D. 3 2 . Lời giải Ta có: 2 2 3 9 MA MB MA MB                2 2 9 MI IA MI IB                       2 2 2 9 2 9 8 1 IA IB MI IA IB MI                Gọi I thỏa mãn 1 9 0 8 IA IB BI AB                   nên 1 9 ; 2 2 IB IA   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ   1 suy ra 2 3 8 18 2 MI MI     suy ra 3 ; . 2 M S I        Câu 10. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho phương trình   2 2 2 2 2 2 4 2 5 9 0 x y z m x my mz m          . Tìm các giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. A. 5 m   hoặc 1 m  . B. 5 1 m    . C. 5 m   . D. 1 m  . Lời giải Ta có điều kiện xác định mặt cầu là 2 2 2 a b c      2 2 2 2 2 4 5 9 0 m m m m       2 4 5 0 m m     5 1 m m        . Câu 11. (Yên Phong 1 - 2018) Trong không gian Oxyz . Cho tứ diện đều ABCD có   0;1;2 A và hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng   BCD là   4; 3; 2 H   . Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A.   3; 2; 1 I   . B.   2; 1;0 I  . C.   3; 2;1 I  . D.   3; 2;1 I   . Lời giải Gọi       ; ; ;1 ;2 ; 4 ; 3 ; 2 I a b c IA a b c IH a b c                   ABCD là tứ diện đều nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp trùng với trọng tâm tứ diện 3 IA IH                 3 4 3 1 3 3 2 1 2 3 2 a a a b b b c c c                                  3; 2; 1 I    . Câu 12. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy và đi qua ba điểm   1; 2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tọa độ tâm   I của mặt cầu là A.   2; 1;0  . B.   2;1;0  . C.   0;0; 2  . D.   0;0;0 . Lời giải Chọn B Gọi tâm   ; ; I a b c và phương trình mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        Do     2 2 2 0 : 2 2 0 I Oxy c S x y z ax by d           . Ta có:       2 4 - 21 2 2 - 6 - 11 1 4 4 - 17 21 A S a b d a B S a b d b a b d d C S                               . Vậy   2;1;0 I  . Câu 13. Trong không gian tọa độ Oxyz , mặt cầu   S đi qua điểm O và cắt các tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C khác O thỏa mãn tam giác ABC có trọng tâm là điểm   6; 12;18 G   . Tọa độ tâm của mặt cầu   S là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A.   9;18; 27  . B.   3; 6;9   . C.   3;6; 9  . D.   9; 18;27   . Lời giải Chọn D Gọi tọa độ các điểm trên ba tia , , Ox Oy Oz lần lượt là       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0 a b c  . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 6 3 18 12 36 3 54 18 3 a a b b c c                          . Gọi phương trình mặt cầu   S cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 0 x y z mx ny pz q        . Vì   S qua các điểm , , , O A B C nên ta có hệ: 2 2 2 0 9 36 18 18 27 72 36 0 108 54 q m m q n p n q q p q                                 . Vậy tọa độ tâm mặt cầu   S là   9; 18;27   . Câu 14. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : cos cos cos 4 S x y z          với ,   và  lần lượt là ba góc tạo bởi tia Ot bất kì với 3 tia , Ox Oy và Oz . Biết rằng mặt cầu   S luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng A. 40  . B. 4  . C. 20  . D. 36  . Lời giải Chọn A Ta dễ dàng chứng minh được: 2 2 2 cos cos cos 1       Mặt cầu   S có tâm   cos ;cos ;cos I    . Suy ra tâm I thuộc mặt cầu   S  có tâm   2 2 2 O 0;0;0 , R cos cos cos 1        Mặt cầu   S luôn tiếp xúc với hai mặt cầu     1 2 , S S . Mặt cầu   1 S có tâm là O , bán kính 1 1 2 1 R OI R      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu   2 S có tâm là O , bán kính 2 1 2 3 R OI R      . Vậy tổng diện tích hai mặt cầu bằng     2 2 2 2 1 2 4 4 1 3 40 R R        . Câu 15. Cho phương trình        2 2 2 2 4 2 3 2 0 x y z x m y m m với m là tham số. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu. A. 0. B. 1 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn B Giả sử        2 2 2 2 4 2 3 2 0 x y z x m y m m là phương trình mặt cầu. Khi đó tâm mặt cầu là    2 ; ; 0 I m , và bán kính           2 2 2 3 2 4 2 2 4 R m m m m m . với điều kiện          2 2 2 4 0 1 ; 2 m m m . Do       0 ; 1 m m . Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của m bằng 1. Câu 16. (Sở Kon Tum 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;0;0 A ,   0; 2;0 B  ,   0;0; 4 C  . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có diện tích bằng A. 116  . B. 29 4  . C. 29  . D. 16  . Lời giải Chọn B Cách 1: Giả sử mặt cầu   S ngoại tiếp tứ diệnOABC có phương trình 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        .   S đi qua 4 điểm O , A , B , C nên ta có hệ phương trình: 3 0 2 9 6 0 1 4 4 0 2 16 8 0 0 d a a d b b d c c d d                                  . Suy ra mặt cầu   S có tâm 3 ; 1; 2 2 I         , bán kinh 2 2 2 29 2 R a b c d      . Vậy diện tích mặt cầu   S bằng 29 4  . Cách 2: Khối tứ diện OABC có 3 cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc tại O . Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện OABC có bán kính 2 2 2 29 2 2 OA OB OC R     . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp OABC bằng 29 4  . Câu 17. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2; 4 A  ,   1; 3;1 B  ,   2;2;3 C . Tính bán kính R của mặt cầu   S đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng   Oxy . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A. 41 R  . B. 15 R  . C. 13 R  . D. 26 R  . Lời giải Chọn D Gọi phương trình mặt cầu   S có dạng 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        , với tọa độ tâm   ; ; I a b c . Ta có:     ; ; 0 I a b c Oxy c    ;       2 4 21 2 2 6 11 1 4 4 17 21 A S a b d a B S a b d b a b d d C S                                         ; 2 2 2 4 1 0 21 26 R a b c d          . Câu 18. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian Oxyz , gọi   S là mặt cầu đi qua điểm   0;1;2 D và tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c trong đó   , , \ 0;1 a b c   . Bán kính của   S bằng A. 5 . B. 5 2 . C. 3 2 2 . D. 5 2 . Lời giải Chọn D Gọi I là tâm của mặt cầu   S . Vì   S tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c nên ta có IA Ox  , IB Oy  , IC Oz  hay A , B , C tương ứng là hình chiếu của I trên Ox , Oy , Oz   ; ; I a b c  .  Mặt cầu   S có phương trình: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        với 2 2 2 0 a b c d     . Vì   S đi qua A , B , C , D nên ta có:     2 2 2 1 5 2 4 0 2 a b c d b c d             . Vì   , , \ 0;1 a b c   nên 0 1 d   . Mặt khác, từ   2 2 2 1 2 R a b c d d       .  TH1: Từ   1 b c d    . Thay vào   * : 5 6 0 25 d d d      (nhận). 2.25 5 2 R    .  TH2: Từ   1 b c d     . Thay vào   * : 5 6 0 d d    (vô nghiệm).  TH3: Từ   1 b d   , c d   . Thay vào   * : 5 2 0 d d    (vô nghiệm).  TH4: Từ   1 b d    , c d  . Thay vào   * : 5 2 0 d d    (vô nghiệm). Vậy mặt cầu   S có bán kính 5 2 R  . Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z       và hình nón   H có đỉnh   3;2; 2 A  và nhận AI làm trục đối xứng với I là tâm mặt cầu. Một NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ đường sinh của hình nón   H cắt mặt cầu tại , M N sao cho 3 AM AN  . Viết phương trình mặt cầu đồng tâm với mặt cầu   S và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón   H . A.       2 2 2 71 1 2 3 3 x y z       . B.       2 2 2 70 1 2 3 3 x y z       . C.       2 2 2 74 1 2 3 3 x y z       . D.       2 2 2 76 1 2 3 3 x y z       . Lời giải Chọn A Gọi hình chiếu vuông góc của I trên MN là K . Dễ thấy 1 3 AN NK AM   , mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I và bán kính 5 R  Có 2 2 2 2 2 4 2 3 213 . 4 3 3 3 AM AN AI R AN KN AN IK IN KN             . Nhận thấy mặt cầu đồng tâm với mặt cầu   S và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón   H chính là mặt cầu tâm   1;2;3 I có bán kính 213 3 IK  . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:       2 2 2 71 1 2 3 3 x y z       . Câu 20. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu đi qua điểm   1; 1;4 A  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P a b c    . A. 6 P  . B. 0 P  . C. 3 P  . D. 9 P  . Lời giải Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên             , , , d I Oyz d I Ozx d I Oxy   a b c    a b c a b c a b c a b c                    Nhận thấy chỉ có trường hợp a b c    thì phương trình     , AI d I Oxy  có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Thật vậy: Với a b c    thì   ; ; I a a a      , AI d I Oyx        2 2 2 2 1 1 4 a a a a        2 6 9 0 a a     3 a   TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Khi đó 9 P a b c     . Câu 21. (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   0; 1;2 A  ,   2; 3;0 B  ,   2;1;1 C  ,   0; 1;3 D  . Gọi   L là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức . . 1 MA MB MC MD                     . Biết rằng   L là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. 11 2 r  . B. 7 2 r  . C. 3 2 r  . D. 5 2 r  . Lời giải Gọi   ; ; M x y z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có   ; 1; 2 AM x y z         ,   2; 3; BM x y z         ,   2; 1; 1 CM x y z          ,   ; 1; 3 DM x y z         . Từ giả thiết: . 1 . . 1 . 1 MA MB MA MB MC MD MC MD                                                                 2 1 3 2 1 2 1 1 1 3 1 x x y y z z x x y y z z                      2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 0 2 4 1 0 x y z x y z x y z x z                    Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm   1 1; 2;1 I  , 1 2 R  và mặt cầu tâm   2 1;0;2 I  , 2 2 R  . Ta có: 1 2 5 I I  . Dễ thấy: 2 2 1 2 1 5 11 4 2 4 2 I I r R            . Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu  Dạng 1. Cơ bản 2 2 2 2 ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) . ( ; ) : ; âm I a b T S S x a y b z c R BK R c              Dạng 2. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và đi qua điểm . A Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IA       (dạng 1)  Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có đường kính , AB với , A B cho trước. Phương pháp: ( ) : 1 : 2 R âm T S BK AB I          Dạng 4. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và tiếp xúc với các trục và mp tọa độ. Phương pháp: ( ) : : âm I T S BK R IM        Dạng 5. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ). P Phương pháp:   ( ) : ;( ) : T S B I âm I K R d P         1 I 2 I M là trung điểm của . AB với M là hình chiếu của I lên trục hoặc mp tọa độ. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c         Dạng 6. Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua bốn điểm , , , . A B C D Phương pháp: Gọi 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        Vì , , , ( ) A B C D S  nên tìm được 4 phương trình , , , ( ). a b c d S    Dạng 7. Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua 3 điểm , , A B C và tâm thuộc mp ( ). P Phương pháp: Gọi 2 2 2 ( ) : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        Vì , , ( ) A B C S  nên tìm được 3 phương trình và ( ; ; ) ( ) I a b c P  là phương trình thứ tư. Giải hệ bốn phương trình này , , , ( ). a b c d S    Dạng 8. Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt mặt phẳng ( ) P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính . r (dạng này mình sẽ đưa vào bài phương trình mặt phẳng, các bạn học cũng có thể tự tìm để hiểu hơn) Phương pháp: Dựa vào mối liên hệ 2 2 2 [ ;( )] I P R d r   và cần nhớ 2 C r   và 2 t . S r   đ Câu 1. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho điểm    1 ; 2 ; 3 M . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục O x. Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính I M ? A.       2 2 2 1 13 x y z B.       2 2 2 1 17 x y z C.       2 2 2 1 13 x y z D.       2 2 2 1 13 x y z Lời giải Chọn A Hình chiếu vuông góc của M trên trục O x là      1 ; 0 ; 0 1 3 I I M .Suy ra phương trình mặt cầu tâm I bán kính I M là:       2 2 2 1 13 x y z . Câu 2. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm (1; 2;3) I  . Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục Ox tại hai điểm A và B sao cho 2 3 AB  A. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 16. x y z       B. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 20. x y z       C. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 25. x y z       D. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9. x y z       Lời giải. Gọi H là trung điểm AB suy ra H là hình chiếu vuông góc của I lên Ox nên   1;0;0 H . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 2 2 13 4 IH R IA IH AH       . Phương trình mặt cầu là:       2 2 2 1 2 3 16 x y z       . Câu 3. (Sgd Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , giá trị dương của m sao cho mặt phẳng   Oxy tiếp xúc với mặt cầu     2 2 2 2 3 2 1 x y z m       là A. 5 m  . B. 3 m  . C. 3 m  . D. 5 m  . Lời giải Mặt cầu   S :     2 2 2 2 3 2 1 x y z m       có tâm   3;0;2 I , bán kính 2 1 R m   .   S tiếp xúc với   Oxy     , d I Oxy R   2 2 1 m    2 3 m   3 m   (do m dương). Câu 4. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;3 M  . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? A.   2 2 2 1 13 x y z     . B.   2 2 2 1 13 x y z     . C.   2 2 2 1 13 x y z     . D.   2 2 2 1 17 x y z     . Lời giải Với điểm   1; 2;3 M  thì hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox là   1;0;0 I Có 13 IM  vậy phương trình mặt cầu tâm   1;0;0 I bán kính IM là:   2 2 2 1 13 x y z     Câu 5. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , trong các mặt cầu dưới đây, mặt cầu nào có bán kính 2 R  ? A.   2 2 2 : 4 2 2 3 0 S x y z x y z        . B.   2 2 2 : 4 2 2 10 0 S x y z x y z        . C.   2 2 2 : 4 2 2 2 0 S x y z x y z        . D.   2 2 2 : 4 2 2 5 0 S x y z x y z        . Lời giải Ta có mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z ax by cz d        có bán kính là 2 2 2 R a b c d     Trong đáp án C ta có: 2 2 2 2 1 4 2 1 2 a b R a b c d c d                     . Câu 6. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm     1;1;2 , 3;2; 3 A B  . Mặt cầu   S có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm , A B có phương trình. A. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . B. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . C. 2 2 2 4 2 0 x y z x      . D. 2 2 2 8 2 0 x y z x      . Lời giải Gọi   ;0;0 I a Ox      1 ;1;2 ; 3 ;2; 3 IA a IB a           . Do   S đi qua hai điểm , A B nên     2 2 1 5 3 13 IA IB a a        4 16 4 a a     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   S  có tâm   4;0;0 I , bán kính 14 R IA   .     2 2 2 2 2 2 : 4 14 8 2 0. S x y z x y z x            Câu 7. Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm   1 ;1 ;1 I và diện tích bằng 4  có phương trình là A.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       B.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       C.       2 2 2 1 1 1 4 x y z       D.       2 2 2 1 1 1 1 x y z       Lời giải Ta có: 2 4 4 1 S R R       Vậy   S tâm   1 ;1 ;1 I bán kính 1 R  có pt:       2 2 2 1 1 1 1 x y z       Câu 8. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu   S qua bốn điểm   3;3;0 A ,   3;0;3 B ,   0;3;3 C ,   3;3;3 D . Phương trình mặt cầu   S là A. 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 x y z                         . B. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . C. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . D. 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . Lời giải Gọi phương trình mặt cầu     2 2 2 2 2 2 : 2 2 2 0 0 S x y z ax by cz d a b c d            Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên: 18 6 6 0 18 6 6 0 18 6 6 0 27 6 6 6 0 a b d a c d b c d a b c d                         6 6 18 6 6 18 6 6 18 6 6 6 27 a b d a c d b c d a b c d                              3 2 3 2 3 2 0 a b c d                 Suy ra tâm 3 3 3 ; ; 2 2 2 I       bán kính 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 R                       . Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2 3 3 3 27 2 2 2 4 x y z                         . Câu 9. (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh   2; 0; 0 A ,   0; 4; 0 B ,   0; 0; 6 C ,   2; 4; 6 A . Gọi   S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu   S  có tâm trùng với tâm của mặt cầu   S và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu   S . A.       2 2 2 1 2 3 56 x y z       . B. 2 2 2 2 4 6 0 x y z x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 C.       2 2 2 1 2 3 14 x y z       . D. 2 2 2 2 4 6 12 0 x y z x y z        . Lời giải Gọi phương trình mặt cầu   S có dạng: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        . Vì   S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2. .2 2. .0 2. .0 0 0 4 0 2. .0 2. .4 2. .0 0 0 0 6 2. .0 2. .0 2. .6 0 2 4 6 2. .2 2. .4 2. .6 0 a b c d a b c d a b c d a b c d                                     4 4 8 16 12 36 4 8 12 56 a d b d c d a b c d                           1 2 3 0 a b c d             2 2 2 2 4 6 0 x y z x y z          1; 2; 3 I và 14 R   2 14 R   . Vậy: mặt cầu   S  có tâm   1; 2; 3 I và 2 14 R   :       2 2 2 1 2 3 56 x y z       . Câu 10. (Trần Phú - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm   2;1; 3 I  và tiếp xúc với trục Oy có phương trình là A.       2 2 2 2 1 3 4 x y z       . B.       2 2 2 2 1 3 13 x y z       . C.       2 2 2 2 1 3 9 x y z       . D.       2 2 2 2 1 3 10 x y z       . Lời giải Gọi M là hình chiếu của I trên Oy   0;1;0 M  Mặt cầu   S tâm   2;1; 3 I  và tiếp xúc với trục Oy có bán kính 13 IM  . Vậy   S có phương trình       2 2 2 2 1 3 13 x y z       . Câu 11. (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu   S có tâm   1;4;2 I  và có thể tích bằng 256 3  . Khi đó phương trình mặt cầu   S là A.       2 2 2 1 4 2 16 x y z       . B.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . C.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . D.       2 2 2 1 4 2 4 x y z       . Lời giải Thể tích mặt cầu là 3 4 3 V R   . Theo đề bài ta có 3 4 256 3 3 R    4 R   . Phương trình mặt cầu   S tâm   1;4;2 I  và bán kính 4 R  là       2 2 2 1 4 2 16 x y z       . Câu 12. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4. S x y z      Một mặt cầu   S  có tâm   9;1;6 I  và tiếp xúc ngoài với mặt cầu  . S Phương trình mặt cầu   S  là A.       2 2 2 9 1 6 64 x y z       . B.       2 2 2 9 1 6 144 x y z       . C.       2 2 2 9 1 6 36 x y z       . D.       2 2 2 9 1 6 25 x y z       . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn A Gọi   1;1;0 , 2. I R  10 II   . Gọi R  là bán kính của mặt cầu   S  . Theo giả thiết, ta có 8 R R II R II R           . Khi đó phương trình mặt cầu   S  :       2 2 2 9 1 6 64 x y z       . Câu 13. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm   1 ; 1 ;4 A  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. A.       2 2 2 3 3 3 16 x y z       . B.       2 2 2 3 3 3 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 3 36 x y z       . D.       2 2 2 3 3 3 49 x y z       . Lời giải Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu   S . Mặt cầu   S tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ             , , , d I Oxy d I Oyz d I Oxz   a b c R       1 Mặt cầu   S đi qua   1; 1;4 A  0; 0; 0 IA R a c b         2 2 0; 0; 0 IA R a c b                 2 2 2 2 1 1 4 0 ( 1 ) a b c R a c b R do                        2 2 2 2 1 1 4 0 a a a a a c b R                   2 2 12 18 0 0 a a a c b R             2 6 9 0 0 a a a c b R             3 3 3 a c b R                    2 2 2 : 3 3 3 9 S x y z        . Câu 14. (Kim Liên - Hà Nội – 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2;2;1 M , 8 4 8 ; ; 3 3 3 N        . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng   Oxz . A.     2 2 2 1 1 1 x y z      . B.     2 2 2 1 1 1 x y z      . C.     2 2 2 1 1 1 x y z      . D.     2 2 2 1 1 1 x y z      . Lời giải Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có . . . 0 a IO b IM c IN               , với a MN  , b ON  , c OM  ”. Ta có 2 2 2 2 2 1 3 OM     , 2 2 2 8 4 8 4 3 3 3 ON                        . 2 2 2 8 4 8 2 2 1 5 3 3 3 MN                           . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 8 5.0 4.2 3. 3 0 3 4 5 4 5.0 4.2 3. 3 5. 4. 3. 0 1 3 4 5 8 5.0 4.2 3. 3 1 3 4 5 I I I x IO IM IN y z                                                                    . Mặt phẳng   Oxz có phương trình 0 y  . Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oxz nên mặt cầu có bán kính     , 1 R d I Oxz   . Vậy phương trình mặt cầu là:     2 2 2 1 1 1 x y z      . Câu 15. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 2 H  . Mặt phẳng    đi qua H và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng    . A. 2 2 2 81 x y z    . B. 2 2 2 1 x y z    . C. 2 2 2 9 x y z    . D. 2 2 2 25 x y z    . Lời giải Ta có H là trực tâm tam giác ABC   OH ABC   . Thật vậy : OC OA OC AB OC OB        (1) Mà CH AB  (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra   AB OHC  AB OH   (*) Tương tự   BC OAH  BC OH   . (**) Từ (*) và (**) suy ra   OH ABC  . Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng   ABC có bán kính 3 R OH   . Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng    là   2 2 2 : 9 S x y z    . O A B C K H z y xNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 16. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm   1 ; 1;4 A  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. A.       2 2 2 3 3 3 16 x y z       . B.       2 2 2 3 3 3 9 x y z       . C.       2 2 2 3 3 3 36 x y z       . D.       2 2 2 3 3 3 49 x y z       . Lời giải Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu   S . Mặt cầu   S tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ             , , , d I Oxy d I Oyz d I Oxz   a b c R       1 Mặt cầu   S đi qua   1 ; 1;4 A  0; 0; 0 IA R a c b         2 2 0; 0; 0 IA R a c b                 2 2 2 2 1 1 4 0 ( 1 ) a b c R a c b R do                        2 2 2 2 1 1 4 0 a a a a a c b R                   2 2 12 18 0 0 a a a c b R             2 6 9 0 0 a a a c b R             3 3 3 a c b R                    2 2 2 : 3 3 3 9 S x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Một số bài toán liên quan đến tiếp tuyến (tiếp xúc) mặt cầu Câu 1. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 3 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 8 . B. 16. C. 12 . D. 4 . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   0;0; 2 I và bán kính 3 R  ;   A Oxy    ; ;0 A a b  . * Xét trường hợp   A S  , ta có 2 2 1 a b   . Lúc này các tiếp tuyến của   S thuộc tiếp diện của   S tại A nên có vô số các tiếp tuyến vuông góc nhau. Trường hợp này ta có 4 cặp giá trị của   ; a b là 0 0 1 1 ; ; ; 1 1 0 0 a a a a b b b b                        . * Xét trường hợp A ở ngoài   S . Khi đó, các tiếp tuyến của   S đi qua A thuộc mặt nón đỉnh A . Nên các tiếp tuyến này chỉ có thể vuông góc với nhau tại A . Điều kiện để có ít nhất 2 tiếp tuyến vuông góc là góc ở đỉnh của mặt nón lớn hơn hoặc bằng 90  . Giả sử ; A N A M   là các tiếp tuyến của   S thỏa mãn AN AM  ( ; N M là các tiếp điểm) Dễ thấy A NIM  là hình vuông có cạnh 3 IN R   và 3. 2 6 IA    . Điều kiện phải tìm là 6 IA R IA IA          2 2 2 2 1 4 a b a b           Vì , a b là các số nguyên nên ta có các cặp nghiệm   ; a b là                 0;2 , 0; 2 , 2;0 , 2;0 , 1;1 , 1 ; 1 , 1;1 , 1; 1       . Vậy có 12 điểm A thỏa mãn yêu cầu. Câu 2. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   , , A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 20 B. 8 C. 12 D. 16 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn A Mặt cầu có tâm   0;0;1 I , bán kính 5 R  . Vì   A Oxy  nên 0 c  . Các giao tuyến của A đến mặt cầu (nếu IA R  ) tạo nên một mặt nón tâm A , để mặt nón này có hai đường sinh vuông góc thì góc của mặt nón này phải 90   hay 2 IA R  . Vậy 2 2 2 2 2 5 1 10 4 9 R IA R a b a b            Ta có các bộ số thõa mãn               0; 2 ; 0; 3 ; 1; 2 ; 2; 2 ; 2; 1 ; 2;0 ; 3;0           , 20 bộ số. Câu 3. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu:     2 2 2 : 1 5 S x y z     . Có tất cả bao nhiêu điểm   ; ; A a b c ( , , a b c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc nhau? A. 20 . B. 8 . C. 12 . D. 16. Lời giải Chọn A Mặt cầu   2 2 2 : ( 1) 5 S x y z     có tâm   0;0; 1 I  và có bán kính 5 R      ; ;0 A a b Oxy  , Gọi I  là trung điểm của 1 ; ; 2 2 2 a b AI I          Gọi , E F lần lượt là hai tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A sao cho AE AF  . Ta có: , E F cùng thuộc mặt cầu   S  đường kính IA có tâm 1 ; ; 2 2 2 a b I         , bán kính 2 2 1 1 2 R a b     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Đề tồn tại , E F thì hai mặt cầu   S và   S  phải cắt nhau suy ra R R II R R        2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 5 1 2 2 2 a b a b a b              2 2 2 2 5 1 4 1 a b a b        Gọi H là hình chiếu của I trên   AEF khi đó tứ giác AEHF là hình vuông có cạnh 2 5 AE HF AI    . Ta có     2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 10 0 1 10 9 2 IH R HF AI AI a b a b                Từ   1 và   2 ta có 2 2 4 9 a b    mà , , a b c   nên có 20 điểm thỏa bài toán. Cách khác: Mặt cầu   S có tâm   0,0, 1 I  bán kính 5 R  . Ta có     1 I Oxy d R    mặt cầu   S cắt mặt phẳng   Oxy . Để có tiếp tuyến của   S đi qua   1 A AI R   . Có       2 2 , , , ,0 , 1 A a b c Oxy A a b IA a b      . Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của   S là một mặt nón nếu AI R  và là một mặt phẳng nếu AI R  . Trong trường hợp quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của   S là một mặt nón gọi , AM AN là hai tiếp tuyến sao cho , , , A M I N đồng phẳng. Tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến của   S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi    90 2 2 o MAN IA R    . Từ     2 2 1 , 2 4 9 a b     . Vì , a b   2 2 0 9 a b         hoặc 2 2 9 0 a b        hoặc 2 2 4 0 a b        hoặc 2 2 0 4 a b        hoặc 2 2 1 4 a b        hoặc 2 2 4 1 a b        hoặc 2 2 4 4 a b        . Bốn hệ phương trình đầu tiên có hai nghiệm, ba hệ sau có 4 nghiệm suy ra số điểm A thỏa mãn là 4.2 3.4 20   . Câu 4. (THPT Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      và một điểm   2;3;1 M . Từ M kẻ được vô số các tiếp tuyến tới   S , biết tập hợp các tiếp điểm là đường tròn   C . Tính bán kính r của đường tròn   C . A. 2 3 3 r  . B. 3 3 r  . C. 2 3 r  . D.   2 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu   S có tâm   1;1;0 I và bán kính 2 R  . Ta có   1;2;1 IM      và 6 IM  . Gọi H là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ Oxyz đến mặt cầu, khi đó 2 2 2 MH IM R    . Gọi O là tâm của đường tròn   C khi đó IM HO  và HO r  . Ta có . . HI HM HO IM  . 2 2 2 3 3 6 HI HM r IM     . Câu 5. (THPT Chuyên Hạ Long - 2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 ,3 ,3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A. 5 9 . B. 3 7 . C. 7 15 . D. 6 11 . Lời giải Cách 1: Gọi , , , A B C D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử 4 AB  , 5 AC BD AD BC     . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của , AB CD . Dễ dàng tính được 2 3 MN  . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì , IA IB IC ID   nên I nằm trên đoạn MN . Đặt IN x  , ta có 2 2 3 3 IC x r     ,   2 2 2 2 3 2 IA x r      Từ đó suy ra   2 2 2 2 12 3 3 2 2 2 1 11 x x x        , suy ra 2 2 12 3 6 3 3 11 11 r             Cách 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Gọi , A B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . , C D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . Mặt cầu   I tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm , , , A B C D nên 2, 3 IA IB x IC ID x       . Gọi   P ,   Q lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .           1 IA IB I P I P Q IC ID I Q               . Tứ diện ABCD có 5 DA DB CA CB     suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra     MN P Q   (2). Từ   1 và   2 suy ra I MN  Tam giác IAM có   2 2 2 2 4 IM IA AM x      . Tam giác CIN có   2 2 2 3 9 IN IC CN x      . Tam giác ABN có 2 2 12 NM NA AM    . Suy ra     2 2 6 3 9 2 4 12 11 x x x         . Dạng 2. Bài toán cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( )  là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( )  cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |, max AM AI R AM R AI     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điể M thuộc ( ) P sao cho 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương ,   và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P     nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC         - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID      và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID             2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P      Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A                     Trong đó 1 2 ; ... n    là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n        . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             (điểm G hoàn toàn xác định). TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG                                     Do đó 1 2 | | | | n w MG            Vi 1 2 n        là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA         Trong đó 1 2 , , , n     là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n         . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n         . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA                 Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA        không đổi nên • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 6. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm     1;2;3 , 6; 5;8 A B   và . . OM a i b k          trong đó , a b là cá số thực luôn thay đổi. Nếu 2 MA MB          đạt giác trị nhỏ nhất thì giá trị a b  bằng A. 25  B. 13  C. 0 D. 26 Lời giải Chọn C Ta có:   . . ;0; OM a i b k M a b                 1 a;2;3 ; 6 ; 5;8 2 12 2 ;10; 16 2 MA b MB a b MB a b                              2 13;12; 13 MA MB a b                  2 2 2 2 13 12 13 12 MA MB a b                 Vậy min 13 2 12 13 a MA MB b                 . Do đó 0 a b   Câu 7. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;1 A ;   2; 1;3 B  và điểm   ; ;0 M a b sao cho 2 2 MA MB  nhỏ nhất. Giá trị của a b  là A. 2 . B. 2  . C. 3. D. 1. Lời giải Ta thấy     ; ;0 M a b Oxy  . Gọi 3 1 ; ;2 2 2 I       là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có 2 2 2 2 MA MB MA MB                2 2 IA IM IB IM                       2 2 2 2 2 . 2 . IA IM IA IM IB IM IB IM                                     2 2 2 2 2 2 2 7 2 AB IM IA IM IA IB IM IM                   . Bởi vậy 2 2 MA MB  nhỏ nhất  IM ngắn nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng   Oxy . Bởi vậy 3 1 ; ;0 2 2 M       . Như vậy 3 1 3 1 , 2 2 2 2 2 a b a b        . Câu 8. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm   2;4; 1 A  ,   1;4; 1 B  ,   2;4;3 C ,   2;2; 1 D  , biết   ; ; M x y z để 2 2 2 2 MA MB MC MD    đạt giá trị nhỏ nhất thì x y z   bằng A. 6. B. 21 4 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Xét điểm   ; ; I a b c thỏa mãn 0 IA IB IC ID                  . Khi đó 7 7 ; ;0 4 2 I       . Ta có 2 2 2 2 MA MB MC MD            2 2 2 2 MI IA MI IB MI IC MI ID                                       2 2 2 2 2 4 2 MI MI IA IB IC ID IA IB IC ID                          NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4MI IA IB IC ID IA IB IC ID          ( vì 2 0 MI  với mọi điểm M ) Dấu " "  xảy ra M I   tức là 7 7 7 7 ; ;0 4 2 4 2 M x y z            21 4  . Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;1 A ,   2; 1;3 B  ,   3;1; 5 C  . Tìm điểm M trên mặt phẳng   Oyz sao cho 2 2 2 2 MA MB MC   lớn nhất. A. 3 1 ; ; 0 2 2 M             . B. 1 3 ; ; 0 2 2 M              . C.   0 ; 0 ; 5 M . D.   3 ; 4 ; 0 M  . Lời giải Gọi điểm E thỏa 2 0 EA EB            . Suy ra B là trung điểm của A E , suy ra   3 ; 4 ; 5 E  . Khi đó: 2 2 2 M A M B       2 2 2 ME EA ME EB              2 2 2 2 M E E A E B     . Do đó 2 2 2 M A M B  lớn nhất  M E nhỏ nhất  M là hình chiếu của   3 ; 4 ; 5 E  lên   O x y   3 ; 4 ; 0 M   . Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau + Loại C vì   0 ; 0 ; 5 M không thuộc   O x y . + Lần lượt thay 3 1 ; ; 0 2 2 M             , 1 3 ; ; 0 2 2 M              ,   3 ; 4 ; 0 M  vào biểu thức 2 2 2 MA MB  thì   3 ; 4 ; 0 M  cho giá trị lớn nhất nên ta chọn   3 ; 4 ; 0 M  . Câu 10. (THPT Nghĩa Hưng Nđ- 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với   2;1;3 A ,   1; 1;2 B  ,   3; 6;1 C  . Điểm   ; ; M x y z thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P x y z    . A. 0 P  . B. 2 P  . C. 6 P  . D. 2 P   . Lời giải Gọi I là điểm thỏa 0 IA IB IC                2; 2;2 I   . 2 2 2 MA MB MC         2 2 2 MI IA MI IB MI IC                              2 2 2 2 3 2 . MI IA IB IC MI IA IB IC                     2 2 2 2 3MI IA IB IC     . Mà   M Oyz  2 2 2 MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên   Oyz   0; 2;2 M   . Vậy 0 2 2 0 P     . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       4;2;2 , 1;1; 1 , 2; 2; 2 A B C    . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oyz sao cho 2 MA MB MC                nhỏ nhất A.   2;3;1 M . B.   0;3;1 M . C.   0; 3;1 M  . D.   0;1;2 M . Lời giải Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa 2 0 IA IB IC              . Khi đó       2 0 2 0 IA IB IC OA OI OB OI OC OI                                           TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13       1 2 2;3;1 2;3;1 2 OI OA OB OC I                      . Ta có       2 2 MA MB MC MI IA MI IB MI IC                                           2 2 2 2 MI IA IB IC MI MI                        . 2 MA MB MC                nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu của   2;3;1 I lên mặt phẳng   Oyz . Suy ra   0;3;1 M . Câu 12. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   2; 3;7 A  ,   0;4;1 B ,   3;0;5 C và   3;3;3 D . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng   Oyz sao cho biểu thức MA MB MC MD                      đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A.   0;1; 4 M  . B.   2;1;0 M . C.   0;1; 2 M  . D.   0;1;4 M . Lời giải Ta có:   2;7; 6 AB        ,   1;3; 2 AC       ,   1;6; 4 AD       nên , . 4 0 AB AC AD                    . Suy ra: AB     , AC     , AD     không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó   2;1;4 G . Ta có: 4 4 MA MB MC MD MG MG                             . Do đó MA MB MC MD                      nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng   Oyz nên   0;1;4 M . Câu 13. (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian cho ba điểm   1;1;1 A ,   1;2;1 B  ,   3;6; 5 C  . Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất là A.   1;2;0 M . B.   0;0; 1 M  . C.   1;3; 1 M  . D.   1;3;0 M . Lời giải Lấy   1;3; 1 G  là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có: 2 2 2 MA MB MC         2 2 2 MG GA MG GB MG GC                                  2 2 2 2 3MG GA GB GC     . Do đó 2 2 2 MA MB MC   bé nhất khi MG bé nhất. Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy . Vậy   1;3;0 M . Câu 14. (Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho   3;2;1 A ,   2;3;6 B  . Điểm   ; ; M M M M x y z thay đổi thuộc mặt phẳng   Oxy . Tìm giá trị của biểu thức M M M T x y z    khi 3 MA MB          nhỏ nhất. A. 7 2  . B. 7 2 . C. 2 . D. 2  . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi điểm H thỏa mãn 3 0 HA HB            khi đó: 3 1 3 3 1 3 3 1 3 A B H A B H A B H x x x y y y z z z                   3 11 19 ; ; 4 4 4 H         . Phương trình mặt phẳng   Oxy là 0 z  . Xét 19 1 4 H z T   do đó tọa độ điểm M cần tìm là: M H M H M H x x aT y y bT z z cT            3 11 ; ;0 4 4 M         . Vậy M M M T x y z    3 11 0 2 4 4      . Câu 15. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 1) 9 S x y z       và hai điểm (4;3;1) A , (3;1;3) B ; M là điểm thay đổi trên ( ) S . Gọi , m n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định ( ) m n  . A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn 2 0 IA IB          (2 ;2 ;2 ) A B A B A B I x x y y z z     (5;5; 1) I   . Suy ra I là điểm cố định. Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất, P đạt giá trị lớn nhất khi MI đạt giá trị lớn nhất. 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 1) 9 S x y z       có tâm (1;2; 1) J  và bán kính 3 R  Suy ra 5 IJ  Mà M là điểm thay đổi trên ( ) S Do đó: min 1 5 3 2 MI IM JI R       max 2 5 3 8 MI IM JI R       Suy ra 2 2 8 2 60 m n     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 16. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có phương trình là 2 2 2 2 2 6 7 0 x y z x y z        . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu   S sao cho  90 AMB   . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? A. 4 . B. 2 . C. 4  . D. Không tồn tại. Lời giải Ta có         2 2 2 : 1 1 3 4 S x y z         S  có tâm   1;1;3 I và bán kính 2 R  . Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu   S và  90 AMB   AB  qua 2 4 I AB R    . Ta có 1 . 2 AMB S MA MB  2 2 4 MA MB   2 4 4 AB   . Dấu " "  xảy ra 2 2 2 AB MA MB     và 4 AB  . Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . Câu 17. (Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Cho , , , , , a b c d e f là các số thực thỏa mãn           2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 . 3 2 9 d e f a b c                 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 F a d b e c f       lần lượt là , . M m Khi đó, M m  bằng A. 10 . B. 10 . C. 8. D. 2 2 . Lời giải Gọi   , , A d e f thì A thuộc mặt cầu         2 2 2 1 : 1 2 3 1 S x y z       có tâm   1 1;2;3 I , bán kính 1 1 R  ,   , , B a b c thì B thuộc mặt cầu       2 2 2 2 : 3 2 9 S x y z      có tâm   2 3;2;0 I  , bán kính 2 3 R  . Ta có 1 2 1 2 5 I I R R      1 S  và   2 S không cắt nhau và ở ngoài nhau. Dễ thấy F AB  , AB max khi 1 1 , A A B B    Giá trị lớn nhất bằng 1 2 1 2 9 I I R R    . AB min khi 2 2 , A A B B    Giá trị nhỏ nhất bằng 1 2 1 2 1 I I R R    . Vậy 8 M m   NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 18. (THPT Lê Xoay - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;2; 2 A   ;   3; 3;3 B  . Điểm M trong không gian thỏa mãn 2 3 MA MB  . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng A. 6 3 . B. 12 3 . C. 5 3 2 . D. 5 3 . Lời giải Gọi   ; ; M x y z . Ta có 2 3 MA MB  3 2 MA MB   2 2 9 4 MA MB               2 2 2 2 2 2 9 2 2 2 4 3 3 3 x y z x y z                     2 2 2 12 12 12 0 x y z x y z              2 2 2 6 6 6 108 x y z        . Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu   S tâm   6;6; 6 I   và bán kính 108 6 3 R   . Do đó OM lớn nhất bằng     2 2 2 6 6 6 6 3 12 3 OI R         . Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1;1;1) A , ( 2;3; 4) B  và ( 2;5;1) C  . Điểm ( ; ;0) M a b thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho 2 2 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng 2 2 T a b   bằng A. 10 T  . B. 25 T  . C. 13 T  . D. 17 T  . Lời giải Chọn A Ta có   1;3;2 G  là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 G MA MB MC MA MB MC MG GA MG MG GA GB GC MG GA GB GC G B GC MG MG A GB GC                                                                                Do đó 2 2 2 MA MB MC   nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên mặt phẳng   Oxy . Do hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng   Oxy có tọa độ   1;3;0  Vậy   1;3;0 M  . Từ đó   2 2 1 10 3 T     . Câu 20. (THPT Đoàn Thượng – Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   1 ; 1 ;2 A  ,   2;0;3 B  ,   0;1 ; 2 C  . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc mặt phẳng   Oxy sao cho biểu thức . 2 . 3 . S MA MB MB MC MC MA                              đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó 12 12 T a b c    có giá trị là A. 3 T  . B. 3 T   . C. 1 T  . D. 1 T   . Lời giải: Chọn D Xét . 2 . 3 . S MA MB MB MC MC MA                              TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 ( )( ) 2( )( ) 3( )( ) MI IA MI IB MI IB MI IC MI IC MI IA                                                    2 6 (4 3 5 ) 2 3 M I M I I A I B I C I A I B I B I C I C I A                                       Gọi I là điểm thỏa mãn 4 3 5 12 4 3 5 2 1 7 4 3 5 0 ( , , ) 12 12 12 1 2 4 3 5 12 A B C I A B c I A B C I x x x x y y y I A I B I C y I x z z z                                           . Mà: (4 3 5 ) 0 IA IB IC              . 2 3 IAIB IBIC ICIA const                      . Nên min min S MI  Suy ra M là hình chiếu của I lên mặt Oxy. 2 1 ( , ,0) 12 12 M   . 12 12 1 T a b c       Câu 21. (Chuyên - Vĩnh Phúc - 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho 1 OC  . Trên hai tia , Ox Oy lần lượt lấy hai điểm , A B thay đổi sao cho OA OB OC   . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . O ABC ? A. 6 . 2 B. 6. C. 6 . 3 D. 6 . 4 Lời giải Chọn D Đặt: ; ( 0, 0) OA a OB b a b     1 a b    2 2 1 2 a b ab     Bán kính cầu: R 2 2 2 1 2 a b c      2 2 1 2 1 4 ab R       2 2 1 4 a a    2 2 2 2 4 a a    2 1 2 a a    2 1 3 4 4 2 a          2 3 6 8 4 R R    . Vậy min 6 4 R  Câu 22. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm   ; ; M a b c (với a , b , c là các phân số tối giản) thuộc mặt cầu   2 2 2 : 2 4 4 7 0 S x y z x y z        sao cho biểu thức 2 3 6 T a b c    đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị biểu thức 2 P a b c    bằng A. 12 7 . B. 8 . C. 6 . D. 51 7 . Lời giải Chọn C       2 2 2 2 2 2 2 4 4 7 0 1 2 2 16 x y z x y z x y z               .           2 2 2 ; ; 1 2 2 16 M a b c S a b c         . Ta có:               2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 6 2 2 3 6 . 1 2 2 a b c a b c                  . 2 3 6 20 28 a b c      2 3 6 20 28 a b c      2 3 6 48 a b c     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dấu " "  xảy ra khi: 15 2 3 6 48 7 2 3 6 48 1 2 26 3 2 1 2 3 7 3 1 1 2 38 2 6 7 a a b c a b c a b a b b a c a c c                                              Vậy 15 26 38 2 2. 6 7 7 7 P a b c        . Câu 23. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm   2 ;2 ;0 A t t ,   0;0; B t (với 0 t  ). Điểm P di động thỏa mãn . . . 3 OP AP OP BP AP BP                            . Biết rằng có giá trị a t b  với , a b nguyên dương và a b tối giản sao cho OP đạt giá trị lớn nhất bằng 3. Khi đó giá trị của 2 Q a b   bằng A. 5 B. 13. C. 11. D. 9 . Lời giải Chọn C Gọi   ; ; P x y z , ta có:   ; ; OP x y z      ,   2 ; 2 ; AP x t y t z        ,   ; ; BP x y z t       Vì   ; ; P x y z thỏa mãn . . . 3 OP AP OP BP AP BP                            2 2 2 2 2 2 4 4 2 3 3 3 4 4 2 3 0 1 0 3 3 3 x y z tx ty tz x y z tx ty tz                 Nên P thuộc mặt cầu tâm 2 2 2 ; ; , 1 3 3 3 t t t I R t         . Ta có OI t R   nên O thuộc phần không gian phía trong mặt cầu. Để max OP thì , , P I O thẳng hàng và OP OI R   . Suy ra 2 max 3 1 OP OI R t t       . Từ đó tìm được 4 3 t  Suy ra 4, 3 a b   Vậy, 2 11 Q a b    . Câu 24. (HSG Nam Định-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho các điểm       4;1;5 , 3;0;1 , 1;2;0  A B C và điểm   ; ; M a b c thỏa mãn . 2 . 5 .                             MA MB MB MC MC MA lớn nhất. Tính 2 4 .    P a b c A. 23  P . B. 31  P . C. 11  P . D. 13.  P Lời giải Chọn D + Đặt . 2 . 5 .                              Q MA MB MB MC MC MA .     2 2 2 2 2 2 1 2 . . 2                                 MA MB MA MB MA MB MA MB MA MB AB .   2 2 2 2 2 2 2 . 2 .                                    MB MC MB MC MB MC MB MC MB MC BC .     2 2 2 2 2 2 1 2 . . 2                                    MC MA MC MA MC MA MC MA MC MA AC . . 2 . 5 .                               Q MA MB MB MC MC MA TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 5 2 2          MA MB AB MB MC BC MC MA AC 2 2 2 2 2 2 3 3 1 5 2 2 2 2 2        MA MB MC AB BC AC . 2 2 2 1 5 2 2    AB BC AC không đổi nên Q lớn nhất khi 2 2 2 3 3 2 2 2     T MA MB MC đạt giá trị lớn nhất. + 2 2 2 3 3 2 2 2     T MA MB MC . Gọi E là điểm thỏa mãn 3 3 2 0 2 2                  EA EB EC . 3 4 3 3 0 4 3 4                                       EA EB EC EA CB EA CB . 5 17 1; ; 2 4        E .       2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2                                    T MA MB MC ME EA ME EB ME EC 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2          ME EA EB EC EA EB EC . Vì 2 2 2 3 3 2 2 2    EA EB EC không đổi nên T đạt giá trị lớn nhất khi 0    ME M E . 5 17 1; ; 2 4        M . 5 17 2 4 1 2. 4. 13 2 4        P a b c . Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   và mặt cầu         2 2 2 : 1 3 3 3 S x y z       . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu   S , giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 3 MA MB  bằng A. 103 . B. 108 . C. 105 . D. 100 . Lời giải Chọn C NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu   S có tâm   1 ;3;3 I bán kính 3 R  . Gọi E là điểm thỏa mãn: 2 3 0 EA EB            . Suy ra   1;1;1 E  . Xét     2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 5 2 3 P MA MB ME EA ME EB ME EA EB                          . P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ME đạt giá trị nhỏ nhất. 2 3 IE R   suy ra điểm E nằm ngoài mặt cầu nên ME nhỏ nhất bằng 2 3 3 3 IE R     . Vậy 2 2 2 2 2 2 3 5 2 3 105 P MA MB ME EA EB       . Câu 26. (Kim Liên - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 9 : 2 4 2 0 2 S x y z x y z        và hai điểm   0;2;0 A ,   2; 6; 2 B   . Điểm   ; ; M a b c thuộc   S thỏa mãn . MA MB         có giá trị nhỏ nhất. Tổng a b c   bằng A. 1  . B. 1. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn B   2 2 2 9 : 2 4 2 0 2 S x y z x y z                2 2 2 3 : 1 2 1 2 S x y z        . Mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I  , bán kính 6 2 R  . Vì 2 IA R   và 82 IB R   nên hai điểm A , B nằm ngoài mặt cầu   S . Gọi K là trung điểm đoạn thẳng AB thì   1; 2; 1 K   và K nằm ngoài mặt cầu   S . Ta có: . MA MB             . MK KA MK KB                        2 . . MK MK KA KB KA KB                          2 2 MK KA   . Suy ra . MA MB         nhỏ nhất khi 2 MK nhỏ nhất, tức là MK nhỏ nhất. Đánh giá: IM MK IK R MK IK MK       IK R   . Suy ra MK nhỏ nhất bằng IK R  , xảy ra khi I , M , K thẳng hàng và M nằm giữa hai điểm I , K . Như vậy M là giao điểm của đoạn thẳng IK và mặt cầu   S . Có   2; 4; 2 IK       ,     2 2 2 2 4 2 2 6 4 4 IK R IM         . Suy ra 4 IK IM               2 4 1 4 4 2 2 4 1 a b c               1 2 1 1 2 a b c             . Vậy 1 a b c    . Câu 27. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 5 điểm   1;0;0 A ,   1;1;0 B  ,   0; 1;0 C  ,   0;1;0 D ,   0;3;0 E . M là điểm thay đổi trên mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) 1 S x y z     . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 P MA MB MC MD ME                            là: A. 12. B. 12 2 . C. 24 . D. 24 2 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Mặt cầu   S : tâm   0;1;0 I bán kính 1 R  Gọi trọng tâm tam giác ABC là   0;0;0 G , trung điểm DE là   0;2;0 N do , G N đều nằm trên   S và I là trung điểm GN nên GN là đường kính của   S   2 3 2 3 3 2 6 6 6 P MA MB MC MD ME MG MN MG MN MG MN                                            Ta có:     2 2 2 2 2 2 8 MG MN MG MN GN      Suy ra 2 2 MG MN   Vậy giá trị lớn nhất của P là 12 2 . Câu 28. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm   0; 1;3 A  ,   2; 8; 4 B    ,   2; 1;1 C  và mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 14 S x y z       . Gọi   ; ; M M M M x y z là điểm trên   S sao cho biểu thức 3 2 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Tính M M P x y   . A. P 0  . B. P 6  . C. P 14  . D. P 3 14  . Lời giải Chọn B Gọi J là điểm thỏa mãn 3 2 0 JA JB JC               2 3 2 0 JO OA OB OC                       2 3 2 OJ OA OB OC                     (3;6;9) J  . Mà   3 2 2 3 2 MA MB MC MJ JA JB JC                                  nên 3 2 2 MA MB MC MJ                     Do đó min min 3 2 2 MA MB MC MJ                     . Mặt khác:   S có tâm   1;2;3 I , bán kính 14 R  và 2 14 IJ R    điểm J nằm ngoài mặt cầu nên IJ cắt mặt cầu   S tại hai điểm 1 2 , M M . Phương trình đường thẳng   1 2 : 2 4 , 3 6 x t IJ y t t z t              . Xét hệ phương trình:       2 2 2 1 2 2 4 3 6 1 2 3 14 x t y t z t x y z                    1 2 1 2 1 2 t t           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Suy ra     1 2 2;4;6 , 0;0;0 M M , 1 2 14 ; 3 14 M J M J   . Vậy min min 3 2 2 MA MB MC MJ                     1 M M   . 2 4 6 M M P x y      . Câu 29. Trong không gian Oxyz cho     0 ; 0 ; 2 , 1 ; 1; 0 A B và mặt cầu     2 2 2 1 : 1 4 S x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 MA MB  bằng A. 1 2 . B. 3 4 . C. 19 4 . D. 21 4 . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   0 ; 0 ; 1 I , bán kính 1 . 2 R  Gọi K là điểm thỏa mãn 2 2 2 2 0 ; ; . 3 3 3 KA KB K                   Ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 . MA MB MK KA MK KB MK KA KB MK KA KB MK KA KB                                             Biểu thức 2 2 2 MA MB  đạt GTNN khi và chỉ khi MK đạt giá trị nhỏ nhất. Với M thay đổi thuộc   S ta có min 1 1 1 . 2 2 MK KI R      Vậy   2 2 2 2 2 min min 3 8 4 19 2 3 2 . 4 3 3 4 MA MB MK KA KB         Câu 30. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A, B thay đổi trên mặt cầu 2 2 2 ( 1) 25 x y z     thỏa mãn 6 AB  . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 OA OB  là A. 12. B. 6. C. 10. D. 24. Lời giải Chọn A Mặt cầu 2 2 2 ( 1) 25 x y z     có tâm   0;0;1 I . Vì A , B cùng thuộc mặt cầu tâm I nên IA IB  .         2 2 2 2 2 2 OA OB OA OB OI IA OI IB                              2 2 . 2 . .cos OI IA IB OI BA OI BA                      , với   , OI BA          . Suy ra biểu thức 2 2 OA OB  đạt GTLN khi và chỉ khi 0   . Vậy   2 2 max 2.1.6.cos0 12 OA OB    . Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;4;5 A ,   3;4;0 B ,   2; 1;0 C  . Gọi   ; ; M a b c là điểm sao cho 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng a b c   có giá trị bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 A. 2. B. 3. C. 4. D. 4  . Lời giải Chọn C Gọi I là điểm thỏa mãn     1 1 3 3 0 2;1;1 2;1;1 5 5 5 IA IB IC OI OA OB OC I                                   . Khi đó,       2 2 2 2 2 2 3 3 T MA MB MC MI IA MI IB MI IC                                 2 2 2 2 5 2 . 3 3 MI MI IA IB IC IA IB IC                     2 2 2 2 5 3 MI IA IB IC     (vì 3 0 IA IB IC              ) Vì I , A , B , C cố định 2 2 2 3 IA IB IC    không đổi nên T nhỏ nhất MI  nhỏ nhất   2;1;1 2 M I a     , 1 b c   . Vậy 4 a b c    . Câu 32. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 4 8 S x y z      và điểm     3;0;0 ; 4;2;1 A B . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P MA MB   . A. 2 2 P  . B. 3 2 P  . C. 4 2 P  . D. 6 2 P  . Lời giải Chọn D Nhận xét: điểm , A B nằm ngoài mặt cầu   S . Mặt cầu   S có tâm   1;4;0 , 2 2 I R   . Ta có:     4 2 2 , 1;2;0 IA R E IA S E      . Gọi F là trung điểm của   0;3;0 IE F  . Tam giác IFM và IMA có  AIM chung và 1 2 IF IM AIM MIF IM IA       . Suy ra 2 2 MA AI MA MF FM MI     . Ta có:   2 2 2 6 2 MA MB MF MB FB      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vì F nằm trong   S và B nằm ngoài   S nên dấu '' ''  xảy ra khi   M BF S   . Câu 33. Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 0 S x y z x z       và các điểm   0;1 ;1 A ,   1; 2; 3 B    ,   1;0; 3 C  . Điểm D thuộc mặt cầu   S . Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất bằng: A. 9. B. 8 3 . C. 7 . D. 16 3 . Lời giải Chọn D Cách 1:Ta có       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      . Ta có:       1; 3; 4 , 8; 8;4 . 1; 1; 4 AB AB AC AC                                    Gọi           2 2 2 1 1 4 ; ; . ; 1; 1 x y z D x y z S AD x y z                    Ta có: 1 1 2 , . 8 8 4 4 2 2 1 6 6 3 ABCD V AB AC AD x y z x y z                          . Ta có:     2 2 1 2. 1 2. 1. 1 2 x y z x y z          Ta có:         2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 6 x y z x y z                   6 2 1 2 1 6 4 2 2 1 8 x y z x y z                16 2 2 1 8 3 ABCD x y z V        Suy ra: Giá trị lớn nhất của ABCD V bằng     2 2 2 1 1 0 16 7 4 1 2 2 1 ; ; 3 3 3 3 1 1 4 x y z D x y z                           . Câu 34. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 4 8 S x y z      và điểm   3 ; 0 ;0 A ,   4 ; 2 ;1 B . Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P MA MB   . A. 2 2 P  . B. 3 2 P  . C. 4 2 P  . D. 6 2 P  . Lời giải Chọn D Giả sử   ; ; M x y z . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Ta có:   3 ; y ; AM x z        ,   4 ; y 2 ; 1 BM x z          . Và     2 2 2 1 4 8 x y z          2 2 2 3 1 4 8 0 x y z            . Ta có: 2 P MA MB           2 2 2 2 2 2 3 2 4 2 1 x y z x y z                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 4 8 2 4 2 1 x y z x y z x y z                           2 2 2 2 2 2 4 4 24 4 36 2 4 2 1 x y y z x y z                    2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 1 x y z x y z                         2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 1 x y z x y z                 Áp dụng bất đẳng thức Minkowxki: 2 2 2 2 2 2 a b c d e f            2 2 2 a d b e c f       . Dấu bằng xảy ra khi: 0 a b a d e f    .           2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 1 2 4 1 1 6 2 P x x y y z z                 . Dấu bằng xảy ra khi:     2 2 2 3 0 4 2 1 1 4 8 x y z t x y z x y z                   2 2 2 4 1 2 3 1 1 5 1 2 1 8 1 1 1 t x t t y t t z t t t t t t t                                                 2 4 1 2 3 1 1 22 2 6 0 t x t t y t t z t t t                       4 4 133 23 133 34 133 23 133 1 133 23 133 1 133 22 x y z t                          . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6 2 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 35. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   4;2; 2 A ,   1;1; 1 B  ,   2; 2; 2 C   . Tìm tọa độ điểm M thuộc   Oxy sao cho 2 MA MB MC                nhỏ nhất. A.   2; 3;0 M . B.   1; 3;0 M . C.   2; 3; 0 M  . D.   2;3;1 M . Lời giải Chọn A Cách 1 Gọi ; ; D E F lần lượt là trung điểm của ; ; AB AC ME . Ta có: 2 2. 2. 2. 2 2. 4. MA MB MC MA MB MB MC MD CB MD ED FD FD                                                                 Ta lại có:     5 3 1 3 ; ;0 ; ; ; ; 3;0;0 ; ; ;0 2 2 2 2 2 x y M x y D E F              min FD  F là hình chiếu của D trên   mp Oxy   2; 3 2;3;0 x y M     Cách 2 Gọi I là điểm thỏa mãn:     2 0 2 0 IA IB IC IO OA IO OB IO OC                                               1 2 0 2;3;1 2 OI OA OB C I                     2 2 2 2. MA MB MC MI IA IB IC MI                                  2 MA MB MC                nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên   mp Oxy . Vì     2;3;1 2;3;0 I M  Cách 3 Gọi   ; ;0 M x y . Ta có:   2 2 2 4 2 ;6 2 ; 1 2 4 4 16 24 53 MA MB MC x y MA MB MC x y x y                                         Thế tọa độ điểm M ở đáp án A vào ta được 2 1 MA MB MC                 Thế tọa độ điểm M ở đáp án B vào ta được 2 17 MA MB MC                 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Thế tọa độ điểm M ở đáp án C vào ta được 2 145 MA MB MC                 Điểm M ở đáp án D không thuộc   Oxy nên bị loại. Cách 4 Gọi   ; ;0 M x y . Ta có:   2 2 2 4 2 ;6 2 ; 1 2 4 4 16 24 53 MA MB MC x y MA MB MC x y x y                                         Ta có:     2 2 2 2 4 4 16 24 53 2 4 2 6 1 1 x y x y x y           Dấu " "  xảy ra 2; 3 x y    . Khi đó   2;3;0 M . Câu 36. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   S có phương trình 2 2 2 4 2 2 3 0 x y z x y z        và điểm   5;3; 2 A  . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt , M N . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 S AM AN   . A. min 30 S  . B. min 20 S  . C. min 34 3 S   . D. min 5 34 9 S   . Lời giải Chọn D Mặt cầu   S có tâm   2; 1;1 I  , bán kính 3 R  . 34 AI R    A nằm ngoài mặt cầu   S . Do hai điểm , M N nằm ở vị trí hai đầu một dây cung nên để min S thì N nằm giữa A và M . Gọi H là trung điểm MN 1 , 2 IH MN NH MN      4 5 3 S AH NH AH NH AH NH       2 2 2 2 2 2 5 3 5 34 3 9 , S AI IH R IH x x x IH          Xét hàm số     2 2 5 34 3 9 , 0 3 f x x x x         2 2 2 2 2 2 5 3 5 3 34 3 34 3 x x f x x x x x x                  N H I A MNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Xét 2 2 5 3 0 34 9 x x            2 2 5 9 3 34 x x     2 2 2 225 25 9 34 9 16 81 0 . x x x        (luôn đúng ) Suy ra      0 0 3 0 0 ; , ; , f x x f x x             f x  đồng biến trên  0 3 ;   Suy ra      0 3 0 5 34 9 ; m in . f x f      Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 2 10 S x y z      và hai điểm   1;2; 4 A  và   1;2;14 B . Điểm M thay đổi trên mặt cầu   S . Giá trị nhỏ nhất của   2 MA MB  bằng A. 2 82 . B. 3 79 . C. 5 79 . D. 3 82 . Lời giải Chọn D   S có tâm   1;0;2 I và bán kính 10 R  . Ta có 2 10 2 IA R   nên tồn tại điểm C cố định sao cho 2 MA MC    M S     1 . Thật vậy, gọi   ; ; a b c là tọa độ điểm C . Khi đó, với mọi điểm     2 2 2 ; ; 2 4 5 M x y z S x y z x z        , ta có:       2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 4 8 21 MA x y z x y z x y z              2 4 5 2 4 8 21 4 12 26 x z x y z y z            .       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MC x a y b z c x y z ax by cz a b c                    2 2 2 2 2 2 2 4 5 2 2 2 2 2 2 4 2 5 x z ax by cz a b c a x by c z a b c                   . Nên   2 2 1 4 MA MC     M S       2 2 2 4 12 26 4 2 2 2 4 2 5 y z a x by c z a b c                  , , x y z          2 2 2 1 4 2 2 0 2 4 2 4 1 1 1 1; ; 4 4 2 12 2 2 1 4 5 26 2 a b b a C c c a b c                                      . Lúc này, 10 2 37 2 IC R IB     nên C nằm trong   S còn B nằm ngoài   S và   2 2 2 2 2 3 82 MA MB MC MB MC MB BC        . Đẳng thức xảy ra M  là giao điểm của đoạn BC và mặt cầu   S . Vậy   min 2 3 82 MA MB   . Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu   2 2 2 1 : 1 S x y z    ,     2 2 2 2 : 4 4 S x y z     và các điểm   4;0;0 A , 1 ;0;0 4 B       ,   1;4;0 C ,   4;4;0 D . Gọi M là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 điểm thay đổi trên   1 S , N là điểm thay đổi trên   2 S . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 4 Q MA ND MN BC     là A. 2 265 . B. 265 . C. 3 265 . D. 4 265 . Lời giải Chọn A   2 2 2 1 : 1 S x y z    nên   1 S có tâm   0;0;0 O và bán kính 1 1 R      2 2 2 2 : 4 4 S x y z     nên   2 S có tâm   0;4;0 I và bán kính 2 2 R  Vậy các điểm   4;0;0 A , 1 ;0;0 4 B       ,   1 ;4;0 C ,   4;4;0 D ,   0;0;0 O và   0;4;0 I cùng thuộc   Oxy Nhận thấy 2 . OB OA OM  suy ra OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Do đó MOB  đồng dạng AOM  4 4 MA OA MA MB MB OM      Hoàn tòan tương tự 2 2 ND DI ND NC NC NI       2 4 4 4 4 4 4 8 2 265 Q MA ND MN BC MB NC MN BC BC BC BC             Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2;3; 1 A  ,   2;3;2 B ,   1;0;2 C  .Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   Oxz để 4 S MA MC MA MB MC                            nhỏ nhất. A. 7 1;0; 3 M        . B.   0;3;0 M . C. 7 1;0; 3 M       . D. 1 ;0;2 2 M        . Lời giải Chọn A Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , suy ra   1;2;1 G . Gọi   ; ; H x y z là điểm thỏa mãn 4 0 HA HC            NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/       2 4 1 3 4 0 1 4 2 x x y y z z                  2 1 3 x y z              2; 1;3 H    . Nhận thấy G và H nằm về hai phía đối với mặt phẳng   Oxz ; 22 HG  . Ta có: 4 S MA MC MA MB MC                            4 4 MH HA MH HC MG GA MG GB MG GC                                                        3 3 MH MG                3 MH MG   3GH  3 22  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H , M , G thẳng hàng theo thứ tự. Lại do   M Oxz  nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng GH với mặt phẳng   Oxz . Đường thẳng GH có phương trình 1 3 2 3 1 2 x t y t z t            ; mặt phẳng   Oxz có phương trình 0 y  .   1 3 ;2 3 ;1 2 M GH M t t t      .   2 2 3 0 3 M Oxz t t        . Vậy 7 1;0; 3 M        . Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 4 0 S x y z x y       và hai điểm (4;2;4), (1;4;2) A B . MN là dây cung của mặt cầu thỏa mãn MN      cùng hướng với (0;1;1) u   và 4 2 MN  . Tính giá trị lớn nhất của AM BN  . A. 41 . B. 4 2 . C. 7 . D. 17 . Lời giải Chọn C Tâm (1; 2;0) I , bán kính 3 R  . Ta có (3;0;4) 5 IA IA       , (0;2;2) 2 2 IB IB       nên điểm (4; 2;4) A nằm ngoài mặt cầu ( ) S và điểm (1;4;2) B nằm trong mặt cầu ( ) S . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Do MN      cùng hướng với (0;1;1) u   suy ra   0; ; , 0 MN k k k        do 4 2 MN  suy ra   0; 4; 4 MN       . Gọi ( ) MN A T A        , suy ra (4;6;8) A   . Khi đó AMNA  là hình bình hành nên AM A N   Ta có AM BN A N BN A B       , dấu bằng xảy ra khi , , A N B  thẳng hàng  N là giao điểm của mặt cầu với đường thẳng A B  . (Điểm N luôn tồn tại). ( 3; 2; 6) A B          suy ra 2 2 2 ( 3) ( 2) ( 6) 7 A B         . Vậy min 7 AM BN A B     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định véc tơ pháp tuyến  Véctơ pháp tuyến n  của mặt phẳng ( ) P là véctơ có giá vuông góc với ( ). P Nếu n  là một véctơ pháp tuyến của ( ) P thì . k n  cũng là một véctơ pháp tuyến của ( ). P  Nếu mặt phẳng ( ) P có cặp véctơ chỉ phương là 1 2 , u u   thì ( ) P có véctơ pháp tuyến là 1 2 [ , ]. n u u      Mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     có một véctơ pháp tuyến là ( ; ; ). n a b c   Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 2 4 1 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? A.   2 3;2;4 n     . B.   3 2; 4;1 n      . C.   1 3; 4;1 n     . D.   4 3;2; 4 n      . Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Véctơ nào dưới đây là một véctơ pháp tuyến của   P ? A.   3 2;3;2 n  . B.   1 2;3;0 n  . C.   2 2;3;1 n  . D.   4 2;0;3 n  . Câu 3. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 3 0 x y z      . Véctơ nào sau đây là véc tơ pháp tuyến của    ? A.   1 2;4; 1 n     . B.   2 2; 4;1 n      . C.   3 2;4;1 n      . D.   1 2;4;1 n    . Câu 4. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? A.   3 2; 3; 4 n      . B.   2 2; 3; 4 n      . C.   1 2; 3; 4 n    . D.   4 2; 3; 4 n      . Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng   : 2 3 5 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? A.   3 2;1;3 . n      B.   4 2;1; 3 . n      C.   2 2; 1;3 . n      D.   1 2;1;3 . n    Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 1 0 x y z      .Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng    ? A.   3 1; 2;4 n    . B.   1 1;2; 4 n    . C.   2 1;2;4 n   . D.   4 1;2;4 n    Câu 7. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 2 0 P x z    . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A.   2 3;0; 1 n    B.   1 3; 1;2 n    C.   3 3; 1;0 n    D.   4 1;0; 1 n     Câu 8. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là: A.   3 2;1;3 n     B.   2 1;3;2 n      C.   4 1;3;2 n     D.   1 3;1;2 n    PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30 P n  2 u  2 u  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 9. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0. P x y z     Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( ) P ? A.   3 1;2; 1 . n      B.   4 1;2;3 . n     C.   1 1;3; 1 . n     D.   2 2;3; 1 . n      Câu 10. (Mã 103 2018) Trong không giam , Oxyz mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là A.   1 2;3; 1 n     B.   3 1;3;2 n     C.   4 2;3;1 n     D.   2 1;3;2 n      Câu 11. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A.   3 2;3;1 n     . B.   1 2; 1; 3 n      . C.   4 2;1;3 n     . D.   2 2; 1;3 n      . Câu 12. (Mã 103 -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Véctơ nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của   P A.   1 2; 3;1 n    . B.   4 2;1; 2 n    . C.   3 3;1; 2 n     . D.   2 2; 3; 2 n     . Câu 13. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 3 1 0 P x y z     . Véctơ nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của   P A.   4 3;1; 1 n    . B.   3 4;3;1 n   . C.   2 4; 1;1 n    . D.   1 4;3; 1 n    . Câu 14. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   :3 2 4 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là A.   2 3;2;1 n     B.   1 1;2;3 n    C.   3 1;2;3 n      D.   4 1;2; 3 n      Câu 15. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x y z     có một véc tơ pháp tuyến là A.   3 1;2;3 n    B.   4 1;2; 3 n    C.   2 1;2;3 n   D.   1 3;2;1 n   Câu 16. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , vectơ nào dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   O xy ? A.     1 ; 0 ; 0 i B.      1 ; 1 ; 1 m C.     0 ; 1 ; 0 j D.     0 ; 0 ; 1 k Câu 17. (THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      . Khi đó, một véc tơ pháp tuyến của    A.   2;3; 4 n    . B.   2; 3;4 n    . C.   2;3;4 n    . D.   2;3;1 n    . Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :3 – 2 0 P x z   . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A. 4 ( 1;0; 1) n       B. 1 (3; 1;2) n     C. 3 (3; 1;0) n      D. 2 (3;0; 1) n      Câu 19. Trong không gian Oxyz , véctơ nào dưới đây có giá vuông góc với mặt phẳng   : 2 3 1 0?     x y A.   2; 3;1    a B.   2;1; 3    b C.   2; 3; 0    c D.   3; 2; 0    d TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 20. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian Oxyz , một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng 1 2 1 3 x y z      là A. (3;6; 2) n    B. (2; 1 ;3) n    C. ( 3; 6; 2) n      D. ( 2; 1 ;3) n     Câu 21. (THPT Ba Đình 2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho phương trình tổng quát của mặt phẳng   : 2 6 8 1 0 P x y z     . Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P có tọa độ là: A.   1; 3; 4   B.   1; 3; 4 C.   1; 3; 4   D.   1; 3; 4  Câu 22. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2 3 1 0 P y z    ? A.   4 2;0; 3 u      . B.   2 0;2; 3 u      . C.   1 2; 3;1 u     . D.   3 2; 3;0 u      . Câu 23. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho mặt phẳng   :3 2 0 P x y    . Véc tơ nào trong các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   P ? A.   3; 1;2  . B.   1;0; 1   . C.   3;0; 1  . D.   3; 1;0  . Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng   Mặt phẳng 0 0 0 qua ( ; ; ) ( ) ( ; ; ) M x y z P VTPT n a b c   thì phương trình 0 0 0 ( ) : ( ) ( ) ( ) 0 P a x x b y y c z z       (*) Ngược lại, một mặt phẳng bất kỳ đều có phương trình dạng 0 ax by cz d     , mặt phẳng này có ( ; ; ) VTPT n a b c   với 2 2 2 0 a b c    .   Các mặt phẳng cơ bản ( ) ( ) ( ) ( ) : 0 (1;0;0) ( ) : 0 (0;1;0) ( ) : 0 (0;0;1) VTPT Oyz VTPT Oxz VTPT Oxy mp Oyz x n mp Oxz y n mp Oxy z n                                  1. Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua M và vuông góc với với đường thẳng A B cho trước. Mặt phẳng (P) qua M , có VTPT ( ) P n AB          nên phương trình được viết theo (*). 2. Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua M và song song với mặt phẳng ( Q) cho trước. Mặt phẳng (P) qua M, có VTPT là ( ) ( ) P Q n n          nên phương trình được viết theo (*). 3. Viết phương trình mặt phẳng cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại ( ;0;0), (0; ;0), A a B b (0;0; ) C c với . . 0 a b c  . Phương trình mặt phẳng được viết theo đoạn chắn ( ) : 1. x y z P a b c    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 24. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oxz có phương trình là: A. 0 x  B. 0 z  C. 0 x y z    D. 0 y  Câu 25. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng   Oyz ? A. 0 y  B. 0 x  C. 0 y z   D. 0 z  Câu 26. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oyz có phương trình là A. 0 z  . B. 0 x y z    . C. 0 x  . D. 0 y  . Câu 27. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng Ozx ? A. 0. x  B. 1 0. y   C. 0. y  D. 0. z  Câu 28. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oxy có phương trình là A. 0 z  . B. 0 x  . C. 0 y  . D. 0 x y   . Câu 29. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 M  và có một vectơ pháp tuyến   1; 2;3 n    . A. 2 3 12 0 x y z     B. 2 3 6 0 x y z     C. 2 3 12 0 x y z     D. 2 3 6 0 x y z     Câu 30. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;1;1 A ) và   1;2;3 B . Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB . A. 2 3 0 x y z     B. 2 6 0 x y z     C. 3 4 7 0 x y z     D. 3 4 26 0 x y z     Câu 31. (Mã 104 2018) Trong không gian , Oxyz Cho hai điểm   5; 4;2 A  và   1;2;4 . B Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là A. 2 3 20 0 x y z     B. 3 3 25 0 x y z     C. 2 3 8 0 x y z     D. 3 3 13 0 x y z     Câu 32. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1 ;2;1  A và   2;1 ;0 . B Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. 3 5 0     x y z B. 3 6 0     x y z C. 3 6 0     x y z D. 3 6 0     x y z Câu 33. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;1;1 A  ,   2;1;0 B   1; 1;2 C  . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC có phương trình là A. 3 2 1 0 x z    B. 2 2 1 0 x y z     C. 2 2 1 0 x y z     D. 3 2 1 0 x z    Câu 34. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm (5; 4; 2) A  và B(1; 2; 4) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB là? A. 3 3 25 0 x y z     B. 2 3 8 0 x y z     C. 3 3 13 0 x y z     D. 2 3 20 0 x y z     Câu 35. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   3; 1;4 M  đồng thời vuông góc với giá của vectơ   1; 1;2 a    có phương trình là A. 3 4 12 0 x y z     . B. 3 4 12 0 x y z     . C. 2 12 0 x y z     . D. 2 12 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 36. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho ba điểm       2;1; 1 , 1;0;4 , 0; 2; 1 A B C     . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là A. 2 5 5 0 x y z     . B. 2 5 5 0 x y z     . C. 2 5 0 x y    . D. 2 5 5 0 x y z     . Câu 37. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;2 A và   2;0;1 B . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. 0 x y z    . B. 2 0 x y z     . C. 4 0 x y z     . D. 2 0 x y z     . Câu 38. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1;2;0 A và   2;3; 1 . B  Phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với AB là A. 2 3 0. x y z     B. 3 0. x y z     C. 3 0. x y z     D. 3 0. x y z     Câu 39. (Chuyên Đại học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   3; 1;4 M  đồng thời vuông góc với giá của vectơ   1; 1;2 a    có phương trình là A. 3 4 12 0 x y z     . B. 3 4 12 0 x y z     . C. 2 12 0 x y z     . D. 2 12 0 x y z     . Câu 40. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 A  có véc tơ pháp tuyến   2; 1;3 n    là A. 2 3 9 0 x y z     . B. 2 3 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y    . D. 2 3 4 0 x y z     . Câu 41. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz phương trình mặt phẳng đi qua điểm (1; 2;3) A  và vuông góc với giá của véctơ ( 1;2;3) v    là A. 2 3 4 0. x y z     B. 2 3 4 0. x y z     C. 2 3 4 0. x y z     D. 2 3 4 0. x y z      Câu 42. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng đi qua điểm   3;0; 1 A  và có véctơ pháp tuyến   4; 2; 3 n     là A. 4 2 3 9 0 x y z     . B. 4 2 3 15 0 x y z     . C. 3 15 0 x z    . D. 4 2 3 15 0 x y z     . Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng qua   1;1; 2 A   và có vectơ pháp tuyến   1; 2; 2 n     là A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 1 0 x y z      . C. 2 2 7 0 x y z     . D. 2 1 0 x y z      . Câu 44. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm     1;0;1 , 2;1;0 A B  . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc với AB . A.   :3 4 0 P x y z     . B.   : 3 4 0 P x y z     . C.   :3 0 P x y z    . D.   : 2 1 0 P x y z     . Câu 45. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   0;1;2 A ,   2; 2;1 B  ,   2;0;1 C  . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 5 0 y z    . B. 2 1 0 x y    . C. 2 1 0 x y    . D. 2 5 0 y z     . Câu 46. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1;4 M  và mặt phẳng   :3 2 1 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng   P là A. 2 2 4 21 0 x y z     . B. 2 2 4 21 0 x y z     C. 3 2 12 0 x y z     . D. 3 2 12 0 x y z     . Câu 47. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1; 2 M  và mặt phẳng   :3 2 1 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với   P là: A. 2 2 9 0 x y x     . B. 2 2 9 0 x y z     C. 3 2 2 0 x y z     . D. 3 2 2 0 x y z     . Câu 48. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1;3 M  và mặt phẳng   : 3 2 1 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với   P là A. 3 2 11 0 x y z     . B. 2 3 14 0 x y z     . C. 3 2 11 0 x y z     . D. 2 3 14 0 x y z     . Câu 49. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1; 3 M  và mặt phẳng   : 3 2 3 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với ( ) P là A. 3 2 1 0 x y z     . B. 3 2 1 0 x y z     . C. 2 3 14 0 x y z     . D. 2 3 14 0 x y z     Câu 50. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   3; 1; 2 M   và mặt phẳng   : 3 2 4 0 x y z      . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với    ? A. 3 2 6 0 x y z     B. 3 2 6 0 x y z     C. 3 2 6 0 x y z     D. 3 2 14 0 x y z     Câu 51. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   2; 1;2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     có phương trình là A. 2 3 11 0 x y z     B. 2 3 11 0 x y z     C. 2 3 11 0 x y z     D. 2 3 9 0 x y z     Câu 52. (THPT Cẩm Giàng 2 -2019) Trong không gian với hệ trục , Oxyz mặt phẳng đi qua điểm   1;3; 2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 3 4 0 P x y z     là: A. 2 3 7 0 x y z     . B. 2 3 7 0 x y z     . C. 2 3 7 0 x y z     . D. 2 3 7 0 x y z     . Câu 53. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm   1;1;2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 2 1 0 x y z      có phương trình là A. 2 2 2 0 x y z     B. 2 2 0 x y z    C. 2 2 6 0 x y z     D.   : 2 2 2 0 x y z      Câu 54. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1; 3 A   và mặt phẳng   : 3 2 4 5 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q đi qua A và song song với mặt phẳng   P có phương trình là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A.   : 3 2 4 4 0. Q x y z     B.   : 3 2 4 4 0. Q x y z     C.   : 3 2 4 5 0. Q x y z     D.   : 3 2 4 8 0. Q x y z     Câu 55. (Chuyên Quốc Học Huế 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1 ;0;6 M và mặt phẳng    có phương trình 2 2 1 0 x y z     . Viết phương trình mặt phẳng    đi qua M và song song với mặt phẳng    . A.  : 2 2 13 0 x y z      . B.  : 2 2 15 0 x y z      . C.  : 2 2 15 0 x y z      . D.  : 2 2 13 0 x y z      . Câu 56. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   3;0;0 A ,   0;1;0 B và   0;0; 2 C  . Mặt phẳng   ABC có phương trình là: A. 1 3 1 2 x y z     . B. 1 3 1 2 x y z     . C. 1 3 1 2 x y z    . D. 1 3 1 2 x y z     . Câu 57. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho ba điểm , và . Mặt phẳng có phương trình là A. . B. . C. . D. . Câu 58. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm   1;0;0 A  ,   0;2;0 B và   0;0;3 C . Mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 1 1 2 3 x y z     . B. 1 1 2 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z     . D 1 1 2 3 x y z    . Câu 59. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0; 1;0 B  ,   0;0;3 C . Mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 1 2 1 3 x y z     . B. 1 2 1 3 x y z     . C. 1 2 1 3 x y z    . D. 1 2 1 3 x y z     . Câu 60. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 M ,   0; 1 ;0  N ,   0;0;2 P . Mặt phẳng   MNP có phương trình là: A. 1 2 1 2      x y z . B. 1 2 1 2    x y z . C. 1 2 1 2     x y z D. 0 2 1 2     x y z . Câu 61. (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm   1 ;0;0 A ;   0; 2;0  B ;   0;0;3 C . Phương trình nào dưới dây là phương trình mặt phẳng   ABC ? A. 1 3 2 1     x y z . B. 1 2 1 3     x y z . C. 1 1 2 3     x y z . D. 1 3 1 2     x y z . Câu 62. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng    đi qua điêm   0; 1;0 A  ,   2;0;0 B ,   0;0;3 C là Oxyz   2;0;0 A    0;3;0 B   0;0;4 C   ABC 1 2 3 4 x y z     1 2 3 4 x y z    1 2 3 4 x y z     1 2 3 4 x y z    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 2 1 3 x y z    . B. 0 2 1 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z     . D. 1 2 1 3 x y z     . Câu 63. (Lômônôxốp - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 M ,   0;2;0 N ,   0;0;3 P . Mặt phẳng   MNP có phương trình là: A. 6 3 2 6 0 x y z     . B. 6 3 2 1 0 x y z     . C. 6 3 2 1 0 x y z     . D. 6 0 x y z     . Câu 64. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm (2;0;0), B(0;-1;0), C(0;0;-3). A Viết phương trình mặt phẳng ( ). ABC A. 3 6 2 6 0 x y z      . B. 3 6 2 6 0 x y z      . C. 3 6 2 6 0 x y z      . D. 3 6 2 6 0 x y z      . Câu 65. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   3;0;0 A  ,   0;4;0 B ,   0;0; 2 C  là A. 4 3 6 12 0 x y z     . B. 4 3 6 12 0 x y z     . C. 4 3 6 12 0 x y z     . D. 4 3 6 12 0 x y z     . Câu 66. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( 2;0;0) A  , (0;0;7) B và (0;3;0) C . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là A. 1 2 7 3 x y z     B. 0 2 3 7 x y z     C. 1 2 3 7 x y z     D. 1 0 2 3 7 x y z      Câu 67. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua ba điểm   1;0;0 A  ,   0;2;0 B ,   0;0; 3 C  có phương trình là A. 1 1 2 3 x y z       . B. 1 1 2 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z      . D. 1 1 2 3 x y z     . Câu 68. (Chuyên Thái Bình -2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục , , Ox Oy Oz . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 1 1 2 3 x y z    . B. 1 1 2 3 x y z    . C. 0 1 2 3 x y z    . D. 1 1 2 3 x y z     . Câu 69. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   3;0;0 A  ;   0;4;0 B và   0;0; 2 C  là. A. 4 3 6 12 0 x y z     . B. 4 3 6 12 0 x y z     . C. 4 3 6 12 0 x y z     . D. 4 3 6 12 0 x y z     . Câu 70. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng qua các điểm   1;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0;5 C có phương trình là A. 15 5 3 15 0. x y z     B. 1 0. 1 3 5 x y z     C. 3 5 1. x y z    D. 1. 1 3 5 x y z    TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 71. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   1;0;0 A ,   0; 2;0  B và   0;0;3 C là A. 1 1 2 3 x y z     . B. 1 1 2 3 x y z      . C. 0 1 2 3 x y z     . D. 1 1 2 3 x y z    . Câu 72. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0; 1;0 B  ,   0;0; 3 C  . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 3 6 2 6 0 x y z      . B. 3 6 2 6 0 x y z      . C. 3 6 2 6 0 x y z      . D. 3 6 2 6 0 x y z      . Câu 73. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm       1;0;0 , 0;3;0 , 0;0;4 A B C  . Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng   ABC ? A. 1 1 3 4 x y z    . B. 1 1 3 4 x y z    . C. 1 4 3 1 x y z     . D. 1 1 3 4 x y z     . Dạng 3. Điểm thuộc mặt phẳng Một mặt phẳng bất kỳ đều có phương trình dạng   : 0 P ax by cz d     , và điểm   ; ; M M M M x y z . Nếu   0 M M M ax by cz d M P       Nếu   0 M M M ax by cz d M P       Câu 74. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 0 x y z      . Điểm nào dưới đây không thuộc    ? A.   3;3;0 Q B.   2;2;2 N C.   1;2;3 P D.   1; 1;1 M  Câu 75. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 5 0. P x y z     Điểm nào dưới đây thuộc   P ? A.   0;0; 5 P  B.   1;1;6 M C.   2; 1;5 Q  D.   5;0;0 N  Câu 76. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 3 0 P x y z     đi qua điểm nào dưới đây? A.   1; 1; 1 M    B.   1;1;1 N C.   3;0;0 P  D.   0;0; 3 Q  Câu 77. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   :2 3 0 P x y z     . Điểm nào trong các phương án dưới đây thuộc mặt phẳng   P A.   2;1;0 M . B.   2; 1;0 M  . C.   1; 1;6 M   . D.   1; 1;2 M   . Câu 78. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     . A.   1; 2;2 Q  . B.   2; 1; 1 P   . C.   1;1; 1 M  . D.   1; 1; 1 N   . Câu 79. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa- 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 1 1 2 3 x y z P    không đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;2;0 P . B.   1;2;3 N . C.   1;0;0 M . D.   0;0;3 Q . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 80. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào dưới đây đi qua gốc tọa độ? A. 20 0 x   . B. 2019 0 x   . C. 5 0 y   . D. 2 5 8 0 x y z    . Câu 81. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( )  : 2 2z 3 0. x y     Điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng ( )  ? A. (2; 0;1). M B. (2;1;1). Q C. (2; 1;1). P  D. (1; 0;1). N Câu 82. (SGD Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz ,mặt phẳng   : 2 3 0 x y z      đi qua điểm nào dưới đây? A. 3 1;1; 2 M       . B. 3 1; 1; 2 N         . C.   1;6;1 P . D.   0;3;0 Q . Câu 83. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 4 0 x y z      đi qua điểm nào sau đây A.   1; 1;1 Q  . B.   0;2;0 N . C.   0;0; 4 P  . D.   1;0;0 M . Câu 84. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm nào dưới đây thuộc   P ? A.   0;1; 2 N  . B.   2; 1;1 M  . C.   1; 2;0 P  . D.   1; 3; 4 Q   . Dạng 4. Khoảng cách từ điểm đến mặt  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Câu 85. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng cho mặt phẳng   P có phương trình 3 4 2 4 0 x y z     và điểm   1; 2;3 A  . Tính khoảng cách d từ A đến   P A. 5 29 d  B. 5 29 d  C. 5 3 d  D. 5 9 d  Câu 86. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình: 3 4 2 4 0 x y z     và điểm   1; 2;3 A  . Tính khoảng cách d từ A đến   P . A. 5 9 d  . B. 5 29 d  . C. 5 29 d  . D. 5 3 d  . Câu 87. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , tính khoảng cách từ   1;2; 3 M  đến mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     . A. 11 3 . B. 3 . C. 7 3 . D. 4 3 . Câu 88. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm   1;2;0 M  đến mặt phẳng   P bằng A. 5. B. 2 . C. 5 3 . D. 4 3 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 89. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     . Tính khoảng cách d từ điểm   1;2;1 M đến mặt phẳng   P . A. 3 d  . B. 4 d  . C. 1 d  . D. 1 3 d  . Câu 90. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 Q x y z     và điểm   1; 2;1 M  . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   Q bằng A. 4 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 2 6 3 . Câu 91. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm   1; 2;3 A  lên mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Độ dài đoạn thẳng AH là A. 3. B. 7 . C. 4 . D. 1. Câu 92. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2 3 M   và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   P bằng A. 4 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 4 9 . Câu 93. (Cần Thơ - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     và điểm   1;3; 2 A   . Khoảng cách từ A đến mặt   P là A. 14 7 . B. 3 14 14 . C. 2 3 . D. 1. Câu 94. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm   3;1; 2 M  đến mặt phẳng   P bằng A. 2 . B. 1 3 . C. 1. D. 3. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định phương trình mặt phẳng (không chứa yếu tố đường thẳng) Dạng 1. Mặt ( ) ( ; ; ) ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) 0 . : ( ; ; ) P Qua A x y z P P a x x b y y c z z VTPT n a b c                     Dạng 2. Viết phương trình ( ) P qua ( ; ; ) A x y z    và ( ) ( ) : 0. P Q ax by cz d      Phương pháp. ( ) ( ) ( , , ) ( ) : : ( ; ; ) P Q A x y z P VT u PT n n b a a c Q             Dạng 3. Viết phương trình mặt phẳng trung trực ( ) P của đoạn thẳng . AB Phương pháp. ( ) 2 ( ; : ) : ; 2 2 A B A B A B P x x y y z z Qua I VTPT n AB P                       Dạng 4. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với đường thẳng . d AB  Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : : P d M x y z P VTPT n u u AB Q a                   Dạng 5. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua điểm M và có cặp véctơ chỉ phương , . a b   Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : ] : [ , P M x y z P VTPT n a b Qua               Dạng 6. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ba điểm , , A B C không thẳng hàng. Phương pháp. ( ) , ( ) ( ) : : , ABC P VTP A Qua A hay B hay C T n AB C                      Dạng 7. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua , A B và ( ) ( ). P Q  Phương pháp. ( ) ( ) , ( ) ( ) : : , P Q Q A hay B P VTPT n AB n ua                   Dạng 8. Viết phương trình mp ( ) P qua M và vuông góc với hai mặt ( ), ( ).   Phương pháp. ( ) ( ) ( ) ( ; ) : : , ( ; ) P Q P VTPT ua n M x y z n n                     Dạng 9. Viết ( ) P đi qua M và giao tuyến d của hai mặt phẳng: 1 1 1 1 ( ) : 0 Q a x b y c z d     và 2 2 2 2 ( ) : 0. T a x b y c z d     Phương pháp: Khi đó mọi mặt phẳng chứa d đều có dạng: 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) 0, 0. P m a x b y c z d n a x b y c z d m n           Vì ( ) M P   mối liên hệ giữa m và . n Từ đó chọn m n  sẽ tìm được ( ). P Dạng 10. Viết phương trình mặt phẳng đoạn chắn Phương pháp: Nếu mặt phẳng ( ) P cắt ba trục tọa độ lần lượt tại các điểm ( ;0;0), A a (0; ;0), B b (0;0; ) C c với ( 0) abc  thì ( ) : 1 x y z P a b c    gọi là mặt phẳng đoạn chắn. Dạng 1.1 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 1. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm   4;0;1 A và   2; 2;3 .  B Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30 P Q ( ) ( ) P Q n n    : là trung điểm . AB P A B I P ( ) P d AB n u         d M P a  b  A C B P B A P Q ( ) Q n    ( ) n   ( ) n   P M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 0.    x y z B. 3 6 0.     x y z C. 2 6 0.     x y z D. 6 2 2 1 0.     x y z Câu 2. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;0 A  và   3;0;2 B . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 3 0 x y z     . B. 2 2 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Câu 3. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   4;0;1 A và   2;2;3 B  . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ? A. 3 6 0 x y z     B. 3 0 x y z    C. 6 2 2 1 0 x y z     D. 3 1 0 x y z     Câu 4. (Mã 101 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;3;0 A và   5;1; 1 B  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là: A. 2 3 0 x y z     . B. 3 2 14 0 x y z     . C. 2 5 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z     . Câu 5. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (2;1;2) A và (6;5; 4) B  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 2 3 17 0 x y z     . B. 4 3 26 0 x y z     . C. 2 2 3 17 0 x y z     . D. 2 2 3 11 0 x y z     . Câu 6. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;3; 4 A  và   1;2;2 B  . Viết phương trình mặt phẳng trung trực    của đoạn thẳng AB . A.   : 4 2 12 7 0 x y z      . B.   : 4 2 12 17 0 x y z      . C.   : 4 2 12 17 0 x y z      . D.   : 4 2 12 7 0 x y z      . Câu 7. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho   1;2; 1 A  ;   1;0;1 B  và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   Q qua , A B và vuông góc với   P A.   :2 3 0 Q x y    B.   : 0 Q x z   C.   : 0 Q x y z     D.   :3 0 Q x y z    Câu 8. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     2;4;1 1;1;3 A ,B  và mặt phẳng   : 3 2 5 0 P x y z     . Lập phương trình mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mặt phẳng   P . A. 2 3 11 0 y z    . B. 2 3 11 0 x y    . C. 3 2 5 0 x y z     . D. 3 2 11 0 y z    . Câu 9. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1; 1;2  A và   3;3;0 B . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 0     x y z . B. 2 0     x y z . C. 2 3 0     x y z . D. 2 3 0     x y z . Câu 10. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua hai điểm   0;1;0 A ,   2;3;1 B và vuông góc với mặt phẳng   : 2 0    Q x y z có phương trình là A. 4 3 2 3 0 x y z     . B. 4 3 2 3 0 x y z     . C. 2 3 1 0 x y z     . D. 4 2 1 0 x y z     . Câu 11. (KTNL GV Lý Thái Tổ 2019) Cho hai mặt phẳng     : 3 2 2 7 0, : 5 4 3 1 0 x y z x y z           . Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O đồng thời vuông góc với cả    và    là: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 2 2 0. x y z    B. 2 2 0. x y z    C. 2 2 0. x y z    D. 2 2 1 0. x y z     Câu 12. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm     2;4;1 ; 1;1;3 A B  và mặt phẳng   : 3 2 5 0 P x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm , A B và vuông góc với mặt phẳng   P có dạng 11 0 ax by cz     . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 5 a b c    . B. 15 a b c    . C. 5 a b c     . D. 15 a b c     . Câu 13. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho     1; 1;2 ; 2;1;1 A B  và mặt phẳng   : 1 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q chứa , A B và vuông góc với mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 3 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 0 x y    . D. 3 2 3 0 x y z     . Câu 14. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt phẳng   : 3 2 1 0, P x y z       : 2 0 Q x z    . Mặt phẳng    vuông góc với cả   P và   Q đồng thời cắt trục O x tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp    là A. 3 0 x y z     B. 3 0 x y z     C. 2 6 0 x z     D. 2 6 0 x z     Câu 15. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng   : 3 2 2 7 0 x y z      và   : 5 4 3 1 0 x y z      . Phương trình mặt phẳng đi qua O đồng thời vuông góc với cả    và    có phương trình là A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 0 x y z    . C. 2 2 0 x y z    . D. 2 2 0 x y z    . Câu 16. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và hai điểm     1; 1;2 ; 2;1;1 A B  . Mặt phẳng   Q chứa , A B và vuông góc với mặt phẳng   P , mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 3 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 3 2 3 0 x y z     . D. 0 x y    . Câu 17. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm     0;1;0 , 2;0;1 A B và vuông góc với mặt phẳng   : 1 0 P x y    là: A. 3 1 0 x y z     . B. 2 2 5 2 0 x y z     . C. 2 6 2 0 x y z     . D. 1 0 x y z     . Câu 18. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 3 2 2 7 0 x y z      và   : 5 4 3 1 0. x y z      Phương trình mặt phẳng qua O , đồng thời vuông góc với cả    và    có phương trình là A. 2 2 0 x y z    . B. 2 2 1 0 x y z     . C. 2 2 0 x y z    . D. 2 2 0 x y z    . Câu 19. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 1;2 A  ;   2;1;1 B và mặt phẳng   : 1 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q chứa A , B và vuông góc với mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q có phương trình là A. 3 2 3 0 x y z     . B. 0 x y    . C. 2 0 x y z     . D. 3 2 3 0 x y z     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 9 0 P ax by cz     chứa hai điểm   3;2;1 A ,   3;5;2 B  và vuông góc với mặt phẳng   :3 4 0 Q x y z     . Tính tổng S a b c    . A. 12 S   . B. 2 S  . C. 4 S   . D. 2 S   . Câu 21. (Thi thử hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho ba mặt phẳng   : 1 0, P x y z       : 2 5 0 Q y z    và   : 2 0. R x y z     Gọi    là mặt phẳng qua giao tuyến của   P và  , Q đồng thời vuông góc với  . R Phương trình của    là A. 2 3 5 5 0. x y z     B. 3 2 6 0. x y z     C. 3 2 6 0. x y z     D. 2 3 5 5 0. x y z     Câu 22. (THPT Lương Thế Vinh - HN - 2018) Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng   P đi qua điểm   2;1; 3 B  , đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng   : 3 0 Q x y z    ,   : 2 0 R x y z    là A. 4 5 3 22 0 x y z     . B. 4 5 3 12 0 x y z     . C. 2 3 14 0 x y z     . D. 4 5 3 22 0 x y z     . Câu 23. (Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;4;1 A ,   1;1;3 B  và mặt phẳng   P : 3 2 5 0 x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với   P có dạng là 11 0 ax by cz     . Tính a b c   . A. 10 a b c    . B. 3 a b c    . C. 5 a b c    . D. 7 a b c     . Câu 24. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     ,   : 0 Q y  . Viết phương trình mặt phẳng   R chứa A , vuông góc với cả hai mặt phẳng   P và   Q . A. 3 2 4 0 x y z     . B. 3 2 2 0 x y z     . C. 3 2 0 x z   . D. 3 2 1 0 x z    . Câu 25. (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - 2018) Cho hai mặt phẳng    : 3 2 2 7 0 x y z     và    : 5 4 3 1 0 x y z     . Phương trình mặt phẳng   P đi qua gốc tọa độ đồng thời vuông góc    và    là: A. 2 0 x y z    . B. 2 2 0 x y z    . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z    . Câu 26. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   2;4;1 A ,   1;1;3 B  và mặt phẳng  : 3 2 5 0 P x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với   P có dạng: 11 0 ax by cz     . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a b c   . B. 5 a b c    . C.   ; a b c  . D. a b c   . Câu 27. (Chuyên ĐHSPHN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   0;1;2 A ,   2; 2;0 B  ,   2;0;1 C  . Mặt phẳng   P đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 4 2 4 0 x y z     . B. 4 2 4 0 x y z     . C. 4 2 4 0 x y z     . D. 4 2 4 0 x y z     . Dạng 1.2 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 28. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 M . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ , , Ox Oy Oz lần lượt tại A , B , C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC . A.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . B.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . C.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . D.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . Câu 29. (Chuyên Thái Bình - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục , , Ox Oy Oz . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 1 1 2 3    x y z . B. 1 1 2 3    x y z . C. 0 1 2 3    x y z . D. 1 1 2 3     x y z . Câu 30. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho điểm   1;4;3 . G Mặt phẳng nào sau đây cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho G là trọng tâm tứ diện ? OABC A. 1 3 12 9 x y z    . B. 12 3 4 48 0 x y z     .C. 0 4 16 12 x y z    . D. 12 3 4 0 x y z    . Câu 31. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   P đi qua   1;1;1 A và   0;2;2 B đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại hai điểm , M N ( không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho 2 OM ON  A.   :3 2 6 0 P x y z     B.   : 2 3 4 0 P x y z     C.   : 2 4 0 P x y z     D.   : 2 2 0 P x y z     Câu 32. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , nếu ba điểm , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm   1;2;3 M lên các trục tọa độ thì phương trình mặt phẳng   ABC là A. 1 2 3 1 x y z    . B. 1 1 2 3 x y z    . C. 1 2 3 0 x y z    . D. 0 1 2 3 x y z    . Câu 33. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm (8; 2;4) M  . Gọi , B, C A lần lượt là hình chiếu của M trên các trục , , Ox Oy Oz . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm , A B và C là A. 4 2 8 0 x y z     B. 4 2 18 0 x y z     C. 4 2 8 0 x y z     D. 4 2 8 0 x y z     Câu 34. (Chuyên Hạ Long 2019) Viết phương trình mặt phẳng    đi qua   2;1; 3 M  , biết    cắt trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho tam giác ABC nhận M làm trực tâm A. 2 5 6 0. x y z     B. 2 6 23 0. x y z     C. 2 3 14 0. x y z     D. 3 4 3 1 0. x y z     Câu 35. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm   2;1;1 H . Gọi các điểm , , A B C lần lượt ở trên các trục tọa độ , , Ox Oy Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Khi đó hoành độ điểm A là: A. 3  . B. 5  . C. 3. D. 5 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng    đi qua điểm   1;2;3 M và cắt các trục , Ox , Oy Oz lần lượt tại , A , B C (khác gốc tọa độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng    có phương trình dạng 14 0 ax by cz     . Tính tổng T a b c    . A. 8 . B. 14 . C. 6 T  . D. 11. Câu 37. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho điểm   1;2;5 M . Mặt phẳng   P đi qua điểm M cắt các trục tọa độ , , Ox Oy Oz tại , A , B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là A. 8 0 x y z     . B. 2 5 30 0 x y z     . C. 0 5 2 1 x y z    . D. 1 5 2 1 x y z    . Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 4 2 6 0 P x y z     ,   : 2 4 6 0 Q x y z     . 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. Phương trình mặt phẳng    là A. 6 0 x y z     . B. 6 0 x y z     . C. 3 0 x y z     . D. 6 0 x y z     . Câu 39. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz tại , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 81 2 . B. 243 2 . C. 81 6 . D. 243. Câu 40. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm (2;0;0), (0;4;0), (0;0;6), (2;4;6) A B C D . Gọi ( ) P là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) ABC , ( ) P cách đều D và mặt phẳng ( ) ABC . Phương trình của mặt phẳng ( ) P là A. 6 3 2 24 0 x y z     . B. 6 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 0 x y z    . D. 6 3 2 36 0 x y z     . Câu 41. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c với a , b , c là ba số thực dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 2017 a b c    . Khi đó, mặt phẳng   ABC luôn đi qua có một điểm có tọa độ cố định là A. 1 1 1 ; ; 3 3 3       . B.   1;1;1 . C. 1 1 1 ; ; 2017 2017 2017       . D.   2017;2017;2017 . Câu 42. Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 M . Phương trình mặt phẳng   P đi qua M cắt các trục tọa độ Ox ,Oy ,Oz lần lượt tại A , B ,C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC là A.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . B.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . C.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . D.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . Câu 43. Cho điểm   1;2;5 M . Mặt phẳng   P đi qua M cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A. 8 0 x y z     . B. 2 5 30 0 x y z     . C. 0 5 2 1 x y z    . D. 1 5 2 1 x y z    . Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;5 M . Số mặt phẳng    đi qua M và cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C mà 0 OA OB OC    là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 1 2 M ; ; . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho 0 OA OB OC    ? A. 3 B. 1 C. 4 D. 8 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , có bao nhiêu mặt phẳng qua   2;1;3 M ,   0;0;4 A và cắt hai trục Ox , Oy lần lượt tại B , C khác O thỏa mãn diện tích tam giác OBC bằng 1? A. 0 . B. 3. C. 2 . D. 4 . Câu 47. (Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   3;2;1 M . Mặt phẳng   P qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là A. 6 0 x y z     . B. 0 3 2 1 x y z    . C. 1 3 2 1 x y z    . D. 3 2 14 0 x y z     . Câu 48. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   P chứa điểm   1;3; 2 M  , cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho 1 2 4 OA OB OC   . A. 2 1 0 x y z     . B. 2 4 1 0 x y z     . C. 4 2 1 0 x y z     . D. 4 2 8 0 x y z     . Câu 49. (Sở Nam Định - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 2 3 0 S x y z x y z       . Gọi , , A B C lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ O ) của mặt cầu   S và các trục Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng   ABC là: A. 6 3 2 12 0 x y z     . B. 9 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 12 0 x y z     . D. 6 3 2 12 0 x y z     . Câu 50. (THPT Thực Hành - TPHCM - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng    đi qua   1; 3; 8 M  và chắn trên Oz một đoạn dài gấp đôi các đoạn chắn trên các tia Ox , Oy . Giả sử   : 0 ax by cz d      ( , a , b , c d là các số nguyên). Tính a b c S d    . A. 3 . B. 3  . C. 5 4 . D. 5 4  . Dạng 1.3 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm Câu 51. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của   2; 3;1 A  lên các mặt phẳng tọa độ. Phương trình mặt phẳng   MNP là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 2 3 1 x y z    . B. 3 2 6 6 x y z    . C. 0 2 3 1 x y z    . D. 3 2 6 12 0 x y z     . Câu 52. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm     1;2;1 , 2; 1;4 A B   và   1 ;1;4 C . Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng   ABC ? A. 1 1 2 x y z    . B. 2 1 1 x y z   . C. 1 1 2 x y z   . D. 2 1 1 x y z    . Câu 53. (THPT Nghĩa Hưng NĐ-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       0;1;2 ,B 2; 2;1 , 2;1;0 A C   . Khi đó, phương trình mặt phẳng   ABC là 0 ax y z d     . Hãy xác định a và d . A. 1, 1 a d   . B. 6, 6 a d    . C. 1, 6 a d     . D. 6, 6 a d    . Câu 54. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;5;2 A , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua các điểm là hình chiếu của điểm A trên các mặt phẳng tọa độ? A. 3 5 2 60 0 x y z     . B. 10 6 15 60 0 x y z     . C. 10 6 15 90 0 x y z     . D. 1 3 5 2 x y z    . Câu 55. (Thi thử cụm Vũng Tàu - 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   3; 2; 2 A   ,   3;2;0 B ,   0;2;1 C . Phương trình mặt phẳng   ABC là A. 2 3 6 12 0 x y z     . B. 2 3 6 12 0 x y z     . C. 2 3 6 0 x y z    . D. 2 3 6 12 0 x y z     . Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua 3 điểm   1;2;3 A ,   4;5;6 B ,   1;0;2 C có phương trình là A. 2 5 0 x y z     . B. 2 3 4 0 x y z     . C. 3 3 0 x y z    . D. 2 3 0 x y z     . Câu 57. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm   2; 3; 5 A ,   3; 2; 4 B và   4; 1; 2 C có phương trình là A. 5 0 x y    . B. 5 0 x y    . C. 2 0 y z    . D. 2 7 0 x y    . Câu 58. (Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   1;1;4 A ,   2;7;9 B ,   0;9;13 C . A. 2 1 0 x y z     . B. 4 0 x y z     . C. 7 2 9 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Câu 59. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   1;6;2 S  ,   0;0;6 A ,   0;3;0 B ,   2;0;0 C  . Gọi H là chân đường cao vẽ từ S của tứ diện . S ABC . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm S , B , H là A. 3 0 x y z     . B. 3 0 x y z     . C. 5 7 15 0 x y z     . D. 7 5 4 15 0 x y z     . Dạng 2. Một số bài toán liên đến khoảng cách - góc Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt, khoảng cách giữa hai mặt Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng  Cho hai mặt phẳng song song ( ) : 0 P ax by cz d     và ( ) : 0 Q ax by cz d      có cùng véctơ pháp tuyến, khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó là   2 2 2 ( ),( ) d d d Q P a b c       Viết phương trình ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và cách ( ; ; ) M x y z    khoảng . k Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Sử dụng công thức khoảng cách   ,( ) 2 2 2 . M P ax by cz d d k d a b c              Viết phương trình mặt phẳng ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và ( ) P cách mặt phẳng ( ) Q một khoảng k cho trước. Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Chọn một điểm ( ; ; ) ( ) M x y z Q     và sử dụng công thức:     ( );( ) ,( ) 2 2 2 . Q P M P ax by cz d d d k d a b c               Viết phương trình mặt phẳng ( ) P vuông góc với hai mặt phẳng ( ), ( ),   đồng thời ( ) P cách điểm ( ; ; ) M x y z    một khoảng bằng k cho trước. Phương pháp:  Tìm ( ) ( ) , . n n     Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) , ( ; ; ). P n n n a b c             Khi đó phương trình ( ) P có dạng ( ) : 0, P ax by cz d     (cần tìm ). d  Ta có:   ;( ) 2 2 2 . M P ax by cz d d k k d a b c             Câu 1. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , điểm M thuộc trục Oy và cách đều hai mặt phẳng:   : 1 0 P x y z     và   : 5 0 Q x y z     có tọa độ là A.   0; 3;0 M  . B.   0;3;0 M . C.   0; 2;0 M  . D.   0;1;0 M . Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho (1; 2;3) A ,   3;4;4 B . Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 2 1 0     x y mz bằng độ dài đoạn thẳng AB . A. 2  m . B. 2   m . C. 3   m . D. 2   m . Câu 3. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho 3 điểm       1;0;0 , 0; 2;3 , 1;1;1 A B C  . Gọi   P là mặt phẳng chứa , A B sao cho khoảng cách từ C tới mặt phẳng   P bằng 2 3 . Phương trình mặt phẳng   P là A. 2 3 1 0 3 7 6 0 x y z x y z             B. 2 1 0 2 3 6 13 0 x y z x y z              NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 2 1 0 2 3 7 23 0 x y z x y z              D. 1 0 23 37 17 23 0 x y z x y z              Câu 4. Trong không gian Oxyz cho         2;0;0 , 0;4;0 , 0;0;6 , 2;4;6 A B C D . Gọi   P là mặt phẳng song song với   mp ABC ,   P cách đều D và mặt phẳng   ABC . Phương trình của   P là A. 6 3 2 24 0 x y z     B. 6 3 2 12 0 x y z     C. 6 3 2 0 x y z    D. 6 3 2 36 0 x y z     Câu 5. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;2;3 A ,   5; 4; 1 B   và mặt phẳng   P qua Ox sao cho         ; 2 ; d B P d A P  ,   P cắt AB tại   ; ; I a b c nằm giữa AB . Tính a b c   . A. 12. B. 6 . C. 4 . D. 8 . Câu 6. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     và   : 2 2 3 0 Q x y z     bằng: A. 4 3 B. 8 3 . C. 7 3 . D. 3 . Câu 7. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng song song   P và   Q lần lượt có phương trình 2 0 x y z    và 2 7 0 x y z     . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng A. 7 . B. 7 6 . C. 6 7 . D. 7 6 . Câu 8. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     và   : 2 2 4 0 Q x y z     bằng A. 1. B. 4 3 . C. 2. D. 7 3 . Câu 9. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 16 0 P x y z     và   : 2 2 1 0 Q x y z     bằng A. 5. B. 17 . 3 C. 6. D. 5 3 . Câu 10. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     và   : 2 3 6 0 Q x y z     là A. 7 14 B. 8 14 C. 14 D. 5 14 Câu 11. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 6 3 2 1 0 P x y z     và   1 1 : 8 0 2 3 Q x y z     bằng A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 12. (Chuyên Lam Sơn-2019) Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     và   : 2 3 6 0 Q x y z     là: A. 7 14 . B. 8 14 . C. 14. D. 5 14 . Câu 13. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  : 2 2 4 0 x y z      và  : 2 2 7 0 x y z       . A. 0 . B. 3. C. 1  . D. 1. Câu 14. (THPT Đông Sơn 1 - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 22 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   :3 2 6 14 0. P x y z     Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu   S đến mặt phẳng   P bằng A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Câu 15. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và   : 4 2 4 6 0. Q x y z     Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Câu 16. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 6 0 P x y z     và ( ) : 2 2 3 0 Q x y z     . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q bằng A. 3. B. 1. C. 9. D. 6 . Câu 17. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :3 4 12 5 0 P x y z     và điểm   2;4; 1 A  . Trên mặt phẳng   P lấy điểm M . Gọi B là điểm sao cho 3. AB AM           . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng   P . A. 6 d  . B. 30 13 d  . C. 66 13 d  . D. 9 d  . Câu 18. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Mặt phẳng nào sau đây song song với   P và cách   P một khoảng bằng 3? A.   : 2 2 10 0 Q x y z     . B.   : 2 2 4 0 Q x y z     . C.   : 2 2 8 0 Q x y z     . D.   : 2 2 8 0 Q x y z     . Câu 19. (SGD Bến Tre 2019) Tìm trên trục Oz điểm M cách đều điểm   2;3;4 A và mặt phẳng   : 2 3 17 0 P x y z     . A.   0;0; 3 M  . B.   0;0;3 M . C.   0;0; 4 M  . D.   0;0;4 M . Câu 20. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;1 , 3;4;0 A B , mặt phẳng   : 46 0 P ax by cz     . Biết rằng khoảng cách từ , A B đến mặt phẳng   P lần lượt bằng 6 và 3. giá trị của biểu thức T a b c    bằng A. 3  . B. 6  . C. 3. D. 6 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 21. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  : 2 2 10 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng   Q với   Q song song với   P và khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng 7 3 là. A. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         B. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         C. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         D. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         Câu 22. (SGD Hưng Yên 2019) Trong không gian hệ toạ độ Oxyz , lập phương trình các mặt phẳng song song với mặt phẳng   : 3 0 x y z      và cách    một khoảng bằng 3 . A. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . B. 6 0 x y z     . C. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . D. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . Câu 23. (THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm   4;2;1 A ,   0;0;3 B ,   2;0;1 C . Viết phương trình mặt phẳng chứa OC và cách đều 2 điểm , A B . A. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . B. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . C. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . D. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . Câu 24. (THPT Nguyễn Tất Thành - Yên Bái - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có (1;0;0), (0; 2;3), (1;1;1). A B C  Phương trình mặt phẳng   P chứa , A B sao cho khoảng cách từ C tới   P bằng 2 3 là A. 1 0 x y z     hoặc 23 37 17z 23 0 x y      . B. 2 1 0 x y z     hoặc 23 3 7 23 0. x y z      C. 2 1 0 x y z     hoặc 13 3 6 13 0. x y z      D. 2 3 1 0 x y z     hoặc 3 7 3 0. x y z     Câu 25. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   Q song song với mặt phẳng   P , cách   P một khoảng bằng 3 và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương. A.   : 2 2 4 0 Q x y z     . B.   : 2 2 14 0 Q x y z     . C.   : 2 2 19 0 Q x y z     . D.   : 2 2 8 0 Q x y z     . Câu 26. (Chuyên Phan Bội Châu -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   Q : 2 2 3 0 x y z     , mặt phẳng   P không qua O , song song với mặt phẳng   Q và       , 1 d P Q  . Phương trình mặt phẳng   P là A. 2 2 1 0 x y z     B. 2 2 0 x y z    C. 2 2 6 0 x y z     D. 2 2 3 0 x y z     Câu 27. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A ,   0;4;0 B ,   0;0;6 C ,   2;4;6 D . Gọi   P là mặt phẳng song song với   mp ABC ,   P cách đều D và mặt phẳng   ABC . Phương trình của   P là A. 6 3 2 24 0 x y z     . B. 6 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 0 x y z    . D. 6 3 2 36 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Câu 28. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0; 1 C  . Phương trình của mặt phẳng   P qua   1;1;1 D và song song với mặt phẳng   ABC là A. 2 3 6 1 0 x y z     . B. 3 2 6 1 0 x y z     . C. 3 2 5 0 x y z    . D. 6 2 3 5 0 x y z     . Câu 29. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho   1;1;0 A ,   0; 2;1 B ,   1;0;2 C ,   1;1;1 D . Mặt phẳng    đi qua   1;1;0 A ,   0; 2;1 B ,    song song với đường thẳng CD . Phương trình mặt phẳng    là A. 2 3 0 x y     . B. 2 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y z     . D. 2 0 x y    . Dạng 2.2 Góc của 2 mặt phẳng 1. Góc giữa hai véctơ Cho hai véctơ 1 2 3 ( ; ; ) a a a a   và 1 2 3 ( ; ; ). b b b b   Khi đó góc giữa hai véctơ a  và b  là góc nhợn hoặc tù. 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( ; ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               với 0 180 .      2. Góc giữa hai mặt phẳng Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D       1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 . cos ( ),( ) cos . . P Q P Q n n A A B B C C P Q n n A B C A B C               với 0 90 .      Câu 30. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho điểm   2 ; 1 ; 2 H , H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O xuống mặt phẳng   P , số đo góc giữa mặt   P và mặt phẳng   : 1 1 0 Q x y    A. 0 60 B. 0 30 C. 0 45 D. 0 90 Câu 31. (THPT Quang Trung Đống Đa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P có phương trình 2 2 5 0 x y z     . Xét mặt phẳng ( ) : (2 1) 7 0 Q x m z     , với m là tham số thực. Tìm tất cả giá trị của m để ( ) P tạo với ( ) Q góc 4  . A. 1 4 m m      . B. 2 2 2 m m       . C. 2 4 m m      . D. 4 2 m m      . Câu 32. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình: 1 0 ax by cz     với 0 c  đi qua 2 điểm   0;1;0 A ,   1;0;0 B và tạo với   Oyz một góc 60  . Khi đó a b c   thuộc khoảng nào dưới đây? A.   5;8 . B.   8;11 . C.   0;3 . D.   3;5 . Câu 33. (Chuyên Bắc Giang -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ( ) : 2 2 1 0, P x y z     ( ) : ( 1) 2019 0 Q x my m z      . Khi hai mặt phẳng   P ,   Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì mặt phẳng   Q đi qua điểm M nào sau đây? A. (2019; 1;1) M  B. (0; 2019;0) M  C. ( 2019;1;1) M  D. (0;0; 2019) M  Câu 34. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     và   : 2 0 Q x y    . Trên   P có tam giác ABC ; Gọi , , A B C    lần lượt là hình chiếu của , , A B C trên   Q . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 4 , tính diện tích tam giác A B C    . A. 2 . B. 2 2 . C. 2 . D. 4 2 . Câu 35. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , biết hình chiếu của O lên mặt phẳng   P là   2; 1; 2 H   . Số đo góc giữa mặt phẳng   P với mặt phẳng   : 5 0 Q x y    là A. 30  . B. 45  . C. 60  . D. 90  . Câu 36. Trong hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm   2; 1; 2 H . Điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O xuống mặt phẳng   P , số đo góc giữa mặt phẳng   P và mặt phẳng   : 11 0 Q x y    là A. 90  . B. 30  . C. 60  . D. 45 . Câu 37. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng -2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm     3;0;1 , 6; 2;1 A B  . Phương trình mặt phẳng   P đi qua , A B và tạo với mặt phẳng   Oyz một góc  thỏa mãn 2 cos 7   là A. 2 3 6 12 0 2 3 6 0 x y z x y z           B. 2 3 6 12 0 2 3 6 0 x y z x y z           C. 2 3 6 12 0 2 3 6 1 0 x y z x y z            D. 2 3 6 12 0 2 3 6 1 0 x y z x y z            Câu 38. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết mặt phẳng   : 0 P ax by cz d     với 0 c  đi qua hai điểm   0;1;0 A ,   1;0;0 B và tạo với mặt phẳng   yOz một góc 60  . Khi đó giá trị a b c   thuộc khoảng nào dưới đây? A.   0;3 . B.   3;5 . C.   5;8 . D.   8;11 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Dạng 3. Vị trí tương đối Dạng 3.1 Vị trí tương đối mặt phẳng với mặt cầu Vị trí tương đối giữa mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) Cho mặt cầu ( ; ) S I R và mặt phẳng ( ). P Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ( ) P và có d IH  là khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ). P Khi đó:  Nếu : d R  Mặt cầu và mặt phẳng không có điểm chung.  Nếu : d R  Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu. Lúc đó ( ) P là mặt phẳng tiếp diện của ( ) S và H là tiếp điểm.  Nếu : d R  mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu theo thiết diện là đường tròn có tâm H và bán kính 2 2 . r R IH   Viết phương trình mặt ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và tiếp xúc với mặt cầu ( ). S Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu.  Vì ( ) P tiếp xúc ( ) S nên có   ;( ) . I P d R d    Câu 1. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   3;2; 1 I  và đi qua điểm   2;1;2 A . Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc với   S tại A ? A. 3 9 0 x y z     B. 3 3 0 x y z     C. 3 8 0 x y z     D. 3 3 0 x y z     Câu 2. (Chuyên Quốc Học Huế -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng    có phương trình 2 1 0 x y z     và mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 1 1 2 4 x y z       . Xác định bán kính r của đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng    và mặt cầu   S . A. 2 42 3 r  . B. 2 3 3 r  C. 2 15 3 r  . D. 2 7 3 r  Câu 3. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm   2;1; 4 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 7 0 x y z      . A. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . B. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . C. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . D. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . Câu 4. (SGD Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   S có tâm   0; 2;1 I  . Biết mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích 2  . Mặt cầu   S có phương trình là A.     2 2 2 2 1 2 x y z      . B.     2 2 2 2 1 3 x y z      . C.     2 2 2 2 1 3 x y z      . D.     2 2 2 2 1 1 x y z      . H I A R r d P P M 2 M 1 H I R R I H PNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 5. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     và điểm   1;2; 1 I   . Viết phương trình mặt cầu   S có tâm I và cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5. A.         2 2 2 : 1 2 1 25 S x y z       . B.         2 2 2 : 1 2 1 16 S x y z       . C.         2 2 2 : 1 2 1 34 S x y z       . D.         2 2 2 : 1 2 1 34 S x y z       . Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   P : 2 2 2 0 x y z     có phương trình là A.       2 2 2 1 2 1 3 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 3 x y z       . Câu 7. (Chuyên Nguyễn Huệ- 2019) Phương trình mặt cầu tâm   3; 2;4 I  và tiếp xúc với   : 2 2 4 0 P x y z     là: A.       2 2 2 20 3 2 4 3 x y z       . B.       2 2 2 400 3 2 4 9 x y z       . C.       2 2 2 20 3 2 4 3 x y z       . D.       2 2 2 400 3 2 4 9 x y z       . Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;1; 1  I và mặt phẳng   : 2 2 3 0     P x y z . Phương trình mặt cầu   S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng   P là A.       2 2 2 3 1 1 4       x y z . B.       2 2 2 3 1 1 16       x y z . C.       2 2 2 3 1 1 4       x y z . D.       2 2 2 3 1 1 16       x y z . Câu 9. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I và cắt mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     theo một đường tròn có đường kính bằng 8 . Phương trình mặt cầu   S là A.       2 2 2 1 2 1 81 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 5 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 25 x y z       . Câu 10. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Cho mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 3 2 1 100 x y z       và mặt phẳng    có phương trình 2 2 9 0 x y z     . Tính bán kính của đường tròn   C là giao tuyến của mặt phẳng    và mặt cầu   S . A. 8. B. 4 6 . C. 10. D. 6 . Câu 11. (chuyên Hùng Vương Gia Lai -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 2 2 10 0 S x y z x y z        , mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.   P tiếp xúc với   S . B.   P cắt   S theo giao tuyến là đường tròn khác đường tròn lớn. C.   P và   S không có điểm chung. D.   P cắt   S theo giao tuyến là đường tròn lớn. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 12. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z, cho mặt cầu   2 2 2 1 : S x y z    và mặt phẳng   2 2 1 0 : P x y z     . Tìm bán kính r đường tròn giao tuyến của   S và   P . A. 1 3 r  . B. 2 2 3 r  . C. 1 2 . r  D. 2 2 r  . Câu 13. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có tâm   3;1;0 I và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     ? A.     2 2 2 3 1 3 x y z      . B.     2 2 2 3 1 9 x y z      . C.     2 2 2 3 1 3 x y z      . D.     2 2 2 3 1 9 x y z      . Câu 14. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian O x y z cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 0 S x y z x y z       . Đường tròn giao tuyến của   S với mặt phẳng   O xy có bán kính là A. 3  r . B. 5  r . C. 6  r . D. 14  r . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   2;1;1 I và mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     . Biết mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. Viết phương trình của mặt cầu   S A.         2 2 2 : 2 1 1 8 S x y z       B.         2 2 2 : 2 1 1 10 S x y z       C.         2 2 2 : 2 1 1 8 S x y z       D.         2 2 2 : 2 1 1 10 S x y z       Câu 16. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đi qua ba điểm   2;3;3 M ,   2; 1; 1 N   ,   2; 1;3 P   và có tâm thuộc mặt phẳng   : 2 3 2 0 x y z      . A. 2 2 2 4 2 6 2 0 x y z x y z        B. 2 2 2 2 2 2 2 0 x y z x y z        C. 2 2 2 2 2 2 10 0 x y z x y z        D. 2 2 2 4 2 6 2 0 x y z x y z        Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz xét các điểm   0;0;1 A ,   ;0;0 B m ,   0; ;0 C n ,   1;1;1 D với 0; 0 m n   và 1.   m n Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng   ABC và đi qua D . Tính bán kính R của mặt cầu đó? A. 1  R . B. 2 2  R . C. 3 2  R . D. 3 2  R . Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 2 4 1 4 x y z       và mặt phẳng   P : 3 1 0 x my z m      . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 m  . B. 1 m   hoặc 2 m   . C. 1 m  hoặc 2 m  . D. 1 m   Câu 19. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S tâm ( ; ; ) I a b c bán kính bằng 1, tiếp xúc mặt phẳng  . Oxz Khẳng định nào sau đây luôn đúng? A. 1 a  . B. 1 a b c    . C. 1 b  . D. 1 c  . Câu 20. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 5 0 S x y z x y z        . Mặt phẳng tiếp xúc với   S và song song với mặt phẳng   : 2 2 11 0 P x y z     có phương trình là: A. 2 2 7 0 x y z     . B. 2 2 9 0 x y z     . C. 2 2 7 0 x y z     . D. 2 2 9 0 x y z     . Câu 21. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     và   : 2 1 0 Q x y z     . Số mặt cầu đi qua   1 ; 2;1 A  và tiếp xúc với hai mặt phẳng     , P Q là A. 0 . B. 1. C. Vô số. D. 2 . Câu 22. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có đường kính AB với   6;2; 5 A  ,   4;0;7 B  . Viết phương trình mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S tại A . A.   :5 6 62 0 P x y z     . B.   :5 6 62 0 P x y z     . C.   :5 6 62 0 P x y z     . D.   :5 6 62 0 P x y z     . Câu 23. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng 2 ( ) : 2 x 2 y z m 3 0 P m      và mặt cầu       2 2 2 ( ) : 1 1 1 9 S x y z       . Tìm tất cả các giá trị của m để ( ) P tiếp xúc với ( ) S . A. 2 5 m m       . B. 2 5 m m       . C. 2 m  . D. 5 m   . Câu 24. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ 0xyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 25 S x y z       có tâm I và mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     . Thể tích của khối nón đỉnh I và đường tròn đáy là giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   P bằng A. 12  B. 48  C. 36  D. 24  Câu 25. (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu     1 2 , S S lần lượt có phương trình là 2 2 2 2 2 2 22 0 x y z x y z        , 2 2 2 6 4 2 5 0 x y z x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Xét các mặt phẳng   P thay đổi nhưng luôn tiếp xúc cả hai mặt cầu đã cho. Gọi   ; ; A a b c là điểm mà tất cả các mặt phẳng   P đi qua. Tính tổng S a b c    . A. 5 . 2 S  B. 5 . 2 S   C. 9 . 2 S  D. 9 . 2 S   Câu 26. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 1 45 S x y z       và mặt phẳng   : 13 0 P x y z     . Mặt cầu   S cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có tâm   ; ; I a b c thì giá trị của a b c   bằng A. 11  . B. 5 . C. 2 . D. 1. Câu 27. (Sở Hà Nam - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 7 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 10 0 S x y z x z       . Gọi   Q là mặt phẳng song song với mặt phẳng   P và cắt mặt cầu   S theo một giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6  . Hỏi   Q đi qua điểm nào trong số các điểm sau? A.   6;0;1 . B.   3;1;4  . C.   2; 1;5   . D.   4; 1; 2   . Câu 28. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 3 12 10 0 x y z      . Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện: tiếp xúc với   S ; song song với    và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 3 12 78 0 x y z     . B. 4 3 12 26 0 x y z     . C. 4 3 12 78 0 x y z     . D. 4 3 12 26 0 x y z     . Câu 29. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     và điểm   1; 2;0 M  . Mặt cầu tâm M , bán kính bằng 3 cắt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng bao nhiêu? A. 2 . B. 2 . C. 2 2 . D. 3 1  . Câu 30. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   : 2 5 0 Q x y z     và mặt cầu       2 2 2 : 1 2 15 S x y z      . Mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   Q và cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6  đi qua điểm nào sau đây? A.   2; 2;1  . B.   1; 2;0  . C.   0; 1; 5   . D.   2;2; 1   . Câu 31. (Việt Đức Hà Nội 2019) Cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 4) 9 S x y z       . Phương trình mặt phẳng ( )  tiếp xúc với mặt cầu ( ) S tại điểm (0;4; 2) M  là A. 6 6 37 0 x y z     B. 2 2 4 0 x y z     C. 2 2 4 0 x y z     D. 6 6 37 0 x y z     Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 2 1 2 4 x y z       và mặt phẳng   P : 4 3 0 x y m    . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng   P và mặt cầu   S có đúng 1 điểm chung. A. 1 m  . B. 1 m   hoặc 21 m   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 1 m  hoặc 21 m  . D. 9 m   hoặc 31 m  . Câu 33. (THPT Ba Đình -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   P : mx 2y z 1 0     ( m là tham số). Mặt phẳng   P cắt mặt cầu       2 2 2 S : x 2 y 1 z 9      theo một đường tròn có bán kính bằng 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m ? A. m 1   . B. m 2 5    . C. m 4   . D. m 6 2 5   . Câu 34. (Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng   Q chứa trục Ox và cắt   S theo một đường tròn bán kính bằng 3. A.   : 3 0 Q y z   . B.   : 2 0 Q x y z    . C.   : 0 Q y z   . D.   : 2 0 Q y z   . Câu 35. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1; ( ) 2;1 I  và mặt phẳng ( ) P có phương trình 2 2 8 0 x y z     . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P : A. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 9 x y z       B. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 3 ) x y z       C. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 4 ) x y z       D. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 9 ) x y z       Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có tâm   0;1;3 I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :2 2 2 0? P x y z     A.     2 2 2 1 3 9 x y z      . B.     2 2 2 1 3 9 x y z      . C.     2 2 2 1 3 3 x y z      . D.     2 2 2 1 3 3 x y z      . Câu 37. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu   S tâm   1;2;5 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     là A.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . B.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . C.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . D.   2 2 2 : 2 5 21 0 S x y z x y z        . Câu 38. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   1; 2;3 I  và mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Mặt cầu   S tâm I tiếp xúc với   P có phương trình là: A.       2 2 2 1 2 3 9.       x y z B.       2 2 2 1 2 3 3.       x y z C.       2 2 2 1 2 3 3.       x y z D.       2 2 2 1 2 3 9.       x y z Câu 39. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( 3;0;1) I  . Mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z     theo một thiết diện là một hình tròn. Diện tích của hình tròn này bằng  . Phương trình mặt cầu ( ) S là A. 2 2 2 ( 3) ( 1) 4. x y z      B. 2 2 2 ( 3) ( 1) 25. x y z      C. 2 2 2 ( 3) ( 1) 5. x y z      D. 2 2 2 ( 3) ( 1) 2. x y z      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Câu 40. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 2 0     P x y z và điểm   1; 2; 1 I   . Viết phương trình mặt cầu   S có tâm I và cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5. A.         2 2 2 : 1 2 1 25.       S x y z B.         2 2 2 : 1 2 1 16.       S x y z C.         2 2 2 : 1 2 1 34.       S x y z D.         2 2 2 : 1 2 1 34.       S x y z Câu 41. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 0 S x y z z      và điểm   2;2;0 K . Viết phương trình mặt phẳng chứa tất cả các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ K đến mặt cầu   S . A. 2 2 4 0 x y z     . B. 6 6 3 8 0 x y z     . C. 2 2 2 0 x y z     D. 6 6 3 3 0 x y z     . Câu 42. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình   2 2 2 : 2 4 6 3 0 S x y z x y z m         . Tìm số thực của tham số m để mặt phẳng   : 2 2 8 0 x y z      cắt   S theo một đường tròn có chu vi bằng 8  . A. 3 m   . B. 1 m   . C. 2 m   . D. 4 m   . Câu 43. (THPT Kinh Môn - HD - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 -11 0 x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   P , biết   P song song với giá của vectơ   1;6;2 v   , vuông góc với    và tiếp xúc với   S . A. 2 3 0 2 21 0 x y z x y z            B. 3 4 1 0 3 4 2 0 x y z x y z            . C. 4 3 5 0 4 3 27 0 x y z x y z            . D. 2 2 3 0 2 2 21 0 x y z x y z            . Câu 44. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình 2 2 5 0 x y z     và mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 1 2 3 4 x y z       . Tìm phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng   P và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu   S . A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 5 0 x y z      . C. 2 2 23 0 x y z     . D. 2 2 17 0 x y z      . Câu 45. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z        , mặt phẳng   : 4 11 0 x y z      . Gọi   P là mặt phẳng vuông góc với     , P  song song với giá của vecto   1;6;2 v   và   P tiếp xúc với   S . Lập phương trình mặt phẳng   P . A. 2 2 2 0 x y z     và 2 21 0 x y z     . B. 2 2 3 0 x y z     và 2 21 0 x y z     . C. 2 2 3 0 x y z     và 2 2 21 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     và 2 2 2 0 x y z     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 46. (Hồng Lĩnh - Hà Tĩnh – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;0;0 A ,   0;0;2 B và mặt cầu   2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x y       . Số mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu   S là A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 0 mặt phẳng. D. Vô số mặt phẳng. Câu 47. (THPT Nam Trực - Nam Định - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   Q song với mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     . Biết   mp Q cắt mặt cầu       2 2 2 : 2 1 25 S x y z      theo một đường tròn có bán kính 3 r  . Khi đó mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 2 7 0 x y z     . B. 2 2 7 0 x y z     . C. 2 2 17 0 x y z     . D. 2 2 17 0 x y z     . Dạng 3.2 Vị trí tương đối hai mặt Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D     ( ) P  cắt 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) A B C D Q A B C D      1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 0. P Q A A B B C C       Câu 48. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x my z     và   : 8 6 2 0 Q nx y z     , với , m n  . Xác định m, n để   P song song với   Q . A. 4 m n    . B. 4; 4 m n    . C. 4; 4 m n    . D. 4 m n   . Câu 49. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt phẳng   : – 2 2 – 3 0 P x y z   và   : – 2 1 0 Q mx y z    . Với giá trị nào của m thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau? A. 1 m  B. 1 m   C. 6 m   D. 6 m  Câu 50. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , tìm tập hợp các điểm cách đều cặp mặt phẳng sau đây: 4 2 3 0 x y z     , 4 2 5 0 x y z     . A. 4 2 6 0 x y z     . B. 4 2 4 0 x y z     . C. 4 2 1 0 x y z     . D. 4 2 2 0 x y z     . Câu 51. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  : 2 3 0 P x y z     ;  : 2 1 0 Q x y z     . Mặt phẳng   R đi qua điểm   1;1;1 M chứa giao tuyến của   P và   Q ; phương trình của       : 2 3 2 1 0 R m x y z x y z         . Khi đó giá trị của m là A. 3. B. 1 3 . C. 1 3  . D. 3  . Câu 52. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây? A. 2 2 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 2 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Câu 53. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm       1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A B b C c trong đó . 0 b c  và mặt phẳng   : 1 0 P y z    . Mối liên hệ giữa , b c để mặt phẳng ( ) ABC vuông góc với mặt phẳng ( ) P là A. 2b c  . B. 2 b c  . C. b c  . D. 3 . b c  Câu 54. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   : 2 5 0 P x y z     và     : 4 2 3 0 Q x m y mz      , m là tham số thực. Tìm tham số m sao cho mặt phẳng   Q vuông góc với mặt phẳng   P . A. 3 m   . B. 2 m   . C. 3 m  . D. 2 m  . Câu 55. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 0 ax y z b      đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và   : 2 1 0 Q x y z     . Tính 4 a b  . A. 16  . B. 8  . C. 0. D. 8. Câu 56. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      và   : 2 4 2 0. x y mz      Tìm m để hai mặt phẳng    và    song song với nhau. A. 1 m  . B. Không tồn tại m . C. 2 m   . D. 2 m  . Câu 57. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-2019) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z     , mặt phẳng nào dưới đây song song với   P và cách   P một khoảng bằng 3 . A. ( ) : 2 2 8 0 Q x y z     . B.   : 2 2 5 0 Q x y z     . C. ( ) : 2 2 1 0 Q x y z     . D.   : 2 2 2 0 Q x y z     . Câu 58. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng   : 3 0 Q x y z     , cách điểm   3;2;1 M một khoảng bằng 3 3 biết rằng tồn tại một điểm   ; ; X a b c trên mặt phẳng đó thỏa mãn 2 a b c     ? A. 1. B. Vô số. C. 2 . D. 0 . Câu 59. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   1 : 3 4 2 0 Q x y z     và   2 : 3 4 8 0 Q x y z     . Phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai mặt phẳng   1 Q và   2 Q là: A.   : 3 4 10 0 P x y z     . B.   : 3 4 5 0 P x y z     . C.   : 3 4 10 0 P x y z     . D.   : 3 4 5 0 P x y z     . Câu 60. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Gọi m,n là hai giá trị thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 1 0     m P mx y nz và   : 2 0     m Q x my nz vuông góc với mặt phẳng   : 4 6 3 0      x y z . Tính  m n . A. 0   m n . B. 2   m n . C. 1   m n . D. 3   m n . Câu 61. (Chuyên KHTN 2019) Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng   P và   Q cùng thỏa mãn các điều kiện sau: đi qua hai điểm   1;1;1 A và   0; 2;2 B  , đồng thời cắt các NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ trục tọa độ , Ox Oy tại hai điểm cách đều O . Giả sử   P có phương trình 1 1 1 0 x b y c z d     và   Q có phương trình 2 2 2 0 x b y c z d     . Tính giá trị biểu thức 1 2 1 2 b b c c  . A. 7. B. -9. C. -7. D. 9. Câu 62. (Toán Học Và Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm   3;2;1 M . Mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng   P . A. 3 2 14 0 x y z     . B. 2 3 9 0 x y z     . C. 3 2 14 0 x y z     . D. 2 9 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu Câu 1. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 1 S x y z       và điểm (2;3;4) A . Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( ) S , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 2 2 15 0 x y z     B. 7 0 x y z     C. 2 2 2 15 0 x y z     D. 7 0 x y z     Câu 2. (Sở Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   2; 2;2 A  và mặt cầu     2 2 2 : 2 1 S x y z     . Điểm M di chuyển trên mặt cầu   S đồng thời thỏa mãn . 6 OM AM            . Điểm M thuộc mặt phẳng nào sau đây? A. 2 2 6 9 0 x y z     . B. 2 2 6 9 0 x y z     . C. 2 2 6 9 0 x y z     . D. 2 2 6 9 0 x y z     . Câu 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   2; 2;2 A  và mặt cầu     2 2 2 : 2 1 S x y z     . Điểm M di chuyển trên mặt cầu   S đồng thời thỏa mãn . 6 OM AM            . Điểm M luôn thuộc mặt phẳng nào dưới đây? A. 2x 2 6z 9 0 y     . B. 2 2 6z 9 0 x y     . C. 2x 2 6z 9 0 y     . D. 2x 2 6z 9 0 y     . Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 1 S x y z       và điểm (2;2;2) A . Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với ( ) S . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. – 6 0 x y z    . B. 4 0 x y z     . C. 3 3 3 – 8 0 x y z    . D. 3 3 3 – 4 0 x y z    . Câu 5. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1 ;2;1 A ,   3; 1 ;1 B  và   1; 1 ;1 C   . Gọi   1 S là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ;   2 S và   3 S là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   1 S ,   2 S ,   3 S . A. 8 B. 5 C. 7 D. 6 Câu 6. Trong không gian , Oxyz cho         2 2 2 : 3 2 5 36 S x y z       , điểm   7;1;3 M . Gọi  là đường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu   S tại N . Tiếp điểm N di động trên đường tròn   T có tâm   , , J a b c . Gọi 2 5 1 0 k a b c    , thì giá trị của k là A. 4 5. B. 5 0 . C. 4 5  . D. 50  . PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 7. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm       2;1;4 , 5;0;0 , 1; 3;1 M N P  . Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oyz đồng thời đi qua các điểm , , M N P . Tìm c biết rằng 5 a b c    A. 3 B. 2 C. 4 D. 1 Câu 8. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2; 2 H  . Mặt phẳng    đi qua H và cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. A. 243  . B. 81  . C. 81 2  . D. 243 2  . Câu 9. ( HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   6;0;0 M ,   0;6;0 N ,   0;0;6 P . Hai mặt cầu có phương trình   2 2 2 1 : 2 2 1 0       S x y z x y và   2 2 2 2 : 8 2 2 1 0 S x y z x y z        cắt nhau theo đường tròn   C . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng , , MN NP PM . A. 1. B. 3. C. Vô số. D. 4 . Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho     3;1;1 , 1; 1;5   A B và mặt phẳng   : 2 2 11 0.     P x y z Mặt cầu   S đi qua hai điểm , A B và tiếp xúc với   P tại điểm C . Biết C luôn thuộc một đường tròn   T cố định. Tính bán kính r của đường tròn   T . A. 4  r . B. 2  r . C. 3  r . D. 2  r . Câu 11. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5 3 7 3 ; ;3 2 2 A           , 5 3 7 3 ; ;3 2 2 B           và mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 6 S x y z       . Xét mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     ,   , , , : 5 a b c d d     là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm , A B . Gọi ( ) N là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( ) S và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Tính giá trị của T a b c d     khi thiết diện qua trục của hình nón ( ) N có diện tích lớn nhất. A. 4 T  . B. 6 T  . C. 2 T  . D. 12 T  . Câu 12. Trong không gian Oxyz , xét số thực   0;1 m  và hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 x y z      và   : 1 1 1 x y z m m      . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     ,   . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6 B. 3 C. 9 D. 12 Câu 13. Trong không gian Oxyz , mặt cầu   S đi qua điểm   2; 2;5 A  và tiếp xúc với ba mặt phẳng     : 1, : 1 P x Q y    và   : 1 R z  có bán kính bằng A. 3 . B. 1. C. 2 3 . D. 3 3 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 14. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 1 2 M ; ; . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho 0 OA OB OC    ? A. 8 B. 1 C. 4 D. 3 Câu 15. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;1;7 A ,   5;5;1 B và mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     . Điểm M thuộc   P sao cho 35 MA MB   . Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 . Câu 16. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c với , , 0 a b c  . Biết rằng   ABC đi qua điểm 1 2 3 ; ; 7 7 7 M       và tiếp xúc với mặt cầu         2 2 2 72 : 1 2 3 7 S x y z       . Tính 2 2 2 1 1 1 a b c   . A. 14 . B. 1 7 . C. 7 . D. 7 2 . Câu 17. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   2;1;4 M ,   5;0;0 N ,   1 ; 3;1 P  . Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oyz đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng 5 a b c    . A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 1. Câu 18. (Sở Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 1 4 S x y z     và điểm   2;2;2 A . Từ A kẻ ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng  . BCD A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 3 0 x y z     . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     . Câu 19. (Hội 8 Trường Chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt cầu   S :   2 2 2 1 25 x y z     và   S  :       2 2 2 1 2 3 1. x y z       Mặt phẳng   P tiếp xúc   S  và cắt   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 .  Khoảng cách từ O đến   P bằng A. 14 3 . B. 17 7 . C. 8 9 . D. 19 2 . Câu 20. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;11; 5 A  và mặt phẳng       2 2 : 2 1 1 10 0 P mx m y m z       . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng   P và cùng đi qua A. Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 10 2 . B. 12 3 . C. 12 2 . D. 10 3 . Câu 21. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 1 S x y z       và điểm   2;2;2 A . Xét các điểm M thuộc mặt cầu   S sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với   S . M luôn thuộc mặt phẳng cố định có phương trình là A. 6 0 x y z     . B. 4 0 x y z     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 3 3 3 8 0 x y z     . D. 3 3 3 4 0 x y z     . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 4 2 7 0 S x y z x y z        và đường thẳng m d là giao tuyến của hai mặt phẳng   1 2 4 4 0 x m y mz      và   2 2 1 8 0 x my m z      . Khi đó m thay đổi các giao điểm của m d và   S nằm trên một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 142 15 r  . B. 92 3 r  . C. 23 3 r  . D. 586 15 r  . Câu 23. (Chuyên Quốc Học Huế 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 2 4 2 2 0 x y z a b x a b c y b c z d            , tâm I nằm trên mặt phẳng    cố định. Biết rằng 4 2 4 a b c    . Tìm khoảng cách từ điểm   1;2; 2 D  đến mặt phẳng    . A. 15 23 . B. 1 915 . C. 9 15 . D. 1 314 . Câu 24. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz điểm   , , M a b c thuộc mặt phẳng   : 6 0 P x y z     và cách đều các điểm       1;6;0 , 2;2; 1 , 5; 1 ;3 . A B C    Tích abc bằng A. 6 B. 6  C. 0 D. 5 Dạng 2. Cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( )  là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( )  cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |,max AM AI R AM R AI     Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điể M thuộc ( ) P sao cho 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương ,   và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P     nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC         - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID      và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID             2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P      Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A                     Trong đó 1 2 ; ... n    là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n        . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             (điểm G hoàn toàn xác định). Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG                                     Do đó 1 2 | | | | n w MG            Vi 1 2 n        là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA         Trong đó 1 2 , , , n     là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n         . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n         . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA                 Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA        không đổi nên • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến bán kính, diện tích, chu vi, thể tích Câu 1. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     3; 2;6 , 0;1;0 A B  và mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z       . Mặt phẳng   : 2 0 P ax by cz     đi qua , A B và cắt   S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c    A. 3 T  B. 4 T  C. 5 T  D. 2 T  Câu 2. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Mặt phẳng   P đi qua điểm   1;1;1 M cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Khi đó 2 3 a b c   bằng A. 12 . B. 21 . C. 15. D. 18. Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2;0;0 A ,   1;1;1 M . Mặt phẳng   P thay đổi qua AM và cắt các tia Oy , Oz lần lượt tại B , C . Khi mặt phẳng   P thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 5 6 . B. 4 6 . C. 3 6 . D. 2 6 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 9       S x y z , điểm   0;0; 2 A . Mặt phẳng   P qua A và cắt mặt cầu   S theo thiết diện là hình tròn   C có diện tích nhỏ nhất, phương trình   P là: A.   : 2 3 6 0     P x y z . B.   : 2 3 6 0     P x y z . C.   : 3 2 2 4 0     P x y z . D.   : 2 2 0     P x y z . Câu 5. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu       2 2 2 ( ) : 1 2 3 27 S x y z       . Gọi    là mặt phẳng đi qua 2 điểm   0;0; 4 A  ,   2;0;0 B và cắt   S theo giao tuyến là đường tròn   C sao cho khối nón có đỉnh là tâm của   S , là hình tròn   C có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng    có phương trình dạng 0 ax by z c     , khi đó a b c   bằng: A. 8. B. 0. C. 2. D. -4. Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5 3 7 3 ; ;3 2 2 A           , 5 3 7 3 ; ;3 2 2 B           và mặt cầu 2 2 2 ( ): ( 1) ( 2) ( 3) 6 S x y z       . Xét mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     ,   , , , : 5 a b c d d     là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm , A B . Gọi ( ) N là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( ) S và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Tính giá trị của T a b c d     khi thiết diện qua trục của hình nón ( ) N có diện tích lớn nhất. A. 4 T  . B. 6 T  . C. 2 T  . D. 12 T  . Câu 7. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     0; 1; 1 , 1; 3;1 A B     . Giả sử , C D là hai điểm di động trên mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     sao cho 4 CD  và , , A C D thẳng hàng. Gọi 1 2 , S S lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng 1 2 S S  có giá trị bằng bao nhiêu? A. 34 3 . B. 37 3 . C. 11 3 . D. 17 3 . Câu 8. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 1 0 x y z     và các điểm     0;1;1 ; 1;0;0 A B ( A và B nằm trong mặt phẳng   P ) và mặt cầu         2 2 2 : 2 1 2 4 S x y z       . CD là đường kính thay đổi của   S sao cho CD song song với mặt phẳng   P và bốn điểm , , , A B C D tạo thành một tứ diện. Giá trị lớn nhất của tứ diện đó là A. 2 6 . B. 2 5 . C. 2 2 . D. 2 3 . Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz , cho tứ diện ABCD có điểm   1 ; 1 ; 1 , A   2 ; 0 ; 2 , B     1 ; 1 ; 0 , C   0 ; 3 ; 4 D . Trên các cạnh , , A B A C A D lần lượt lấy các điểm , , B C D    thỏa 4 AB A C A D AB A C AD       . Viết phương trình mặt phẳng   B C D    biết tứ diện A B C D    có thể tích nhỏ nhất? A. 16 40 44 39 0     x y z B. 16 40 44 39 0     x y z NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 16 40 44 39 0     x y z D. 16 40 44 39 0     x y z Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     1;2;4 , 0;0;1 A B và mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      . Mặt phẳng   : a 4 0 P x by cz     đi qua , A B và cắt   S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính ? T a b c    A. 1 5 T  . B. 3 4 T  . C. 1 T  . D. 2 T   . Câu 11. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   P : 2 0 x y    và hai điểm   1;2;3 A ,   1;0;1 B . Điểm     ; ; 2 C a b P   sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính a b  A. 0. B. 3  . C. 1. D. 2. Câu 12. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz mặt phẳng   P đi qua điểm   1 ;2;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc O ) sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng   P đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A.   0;2;2 N B.   0;2;1 M C.   2;0;0 P D.   2;0; 1  Q Câu 13. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz tại , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 81 2 . B. 243 2 . C. 81 6 . D. 243. Câu 14. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 3 S x y z    . Một mặt phẳng    tiếp xúc với mặt cầu   S và cắt các tia Ox , O y , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn 2 2 2 27 OA OB OC    . Diện tích tam giác ABC bằng A. 3 3 2 . B. 9 3 2 . C. 3 3 . D. 9 3 . Dạng 2.2. Cực trị liên quan đến giá trị biểu thức Câu 15. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   và mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi thuộc   P , giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 3 MA MB  bằng A. 145 B. 135 C. 105 D. 108 Câu 16. Trong không gian O x y z , cho ba điểm             2 ; 2 ; 4 , 3; 3; 1 , 1 ; 1 ; 1 A B C và mặt phẳng       : 2 2 8 0 P x y z . Xét điểm M thay đổi thuộc   P , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức    2 2 2 2 T M A M B M C . A. 102. B. 105. C. 30. D. 35. Câu 17. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho       0;1 ;2 , 1;1;0 , 3;0;1 A B C và mặt phẳng  : 5 0 Q x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   Q . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 MA MB MC   bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A. 34 3 . B. 22 3 . C. 0 . D. 26 3 . Câu 18. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm   ( 1;3;5); (2;6; 1); 4; 12;5 A B C     và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Gọi M là điểm di động trên   P . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S MA MB MC                 là A. 42 B. 14 . C. 14 3 . D. 14 3 . Câu 19. Trong không gian Oxyz cho các điểm   1; 1;3 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1; 3 C    và mặt phẳng   : 4 0 P x y z     . Gọi   , , M a b c là điểm thuộc mặt phẳng   P sao cho biểu thức 3 2 T MA MB MC                 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức S a b c    . A. 3 S  . B. 1 S   . C. 2 S  . D. 1 S  . Câu 20. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;1;1 , 1; 2;0 , 3; 1; 2 A B C   và điểm M thuộc mặt phẳng   : 2 2 7 0 x y z      . Tính giá trị nhỏ nhất của 3 5 7 P MA MB MC                 . A. min 20 P  . B. min 5 P  . C. min 25 P  . D. min 27 P  . Câu 21. (SGD Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1; 4;5 A ,   3;4;0 B ,   2; 1;0 C  và mặt phẳng   : 3 3 2 29 0 P x y z     . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc   P sao cho biểu thức 2 2 2 3 T MA MB MC    đạt GTNN. Tính tổng a b c   . A. 8. B. 10. C. 10  . D. 8  . Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       0;0;1 , 1;1;0 , 1;0; 1 A B C   . Điểm M thuộc mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     sao cho 2 2 2 3 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó bằng A. 13 6 . B. 17 2 . C. 61 6 . D. 23 2 . Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1; 3 A  ,   0; 2;3 B  và mặt cầu     2 2 2 ( ) : 1 3 1 S x y z      . Xét điểm M thay đổi luôn thuộc mặt cầu ( ) S , giá trị lớn nhất của 2 2 2 MA MB  bằng A. 102 . B. 78. C. 84 . D. 52 . Câu 24. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa -2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   A 0;0; 2 và   B 3; 4;1 . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu         2 2 2 1 : 1 1 3 25 S x y z       với   2 2 2 2 : x 2 2 14 0 S y z x y       . M , N là hai điểm thuộc   P sao cho 1 MN  . Giá trị nhỏ nhất của AM BN  là A. 34 1  . B. 5. C. 34 . D. 3. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 25. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   ,   1; 1; 1 C    và mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   P , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 T MA MB MC    . A. 102. B. 105. C. 30. D. 35. Câu 26. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   10; 5;8 A   ,   2;1 ; 1 B  ,   2;3;0 C và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi trên   P sao cho 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 2 3 MA MB MC   . A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 . Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho       4; 2;6 ; 2;4;2 ; : 2 3 7 0 A B M x y z        sao cho . MA MB         nhỏ nhất, khi đó tọa độ của M là A. 29 58 5 ; ; 13 13 13       B.   4;3;1 C.   1;3;4 D. 37 56 68 ; ; 3 3 3        Câu 28. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong hệ trục , Oxyz cho điểm   1;3;5 ,  A   2;6; 1 ,  B   4; 12;5   C và mặt phẳng   : 2 2 5 0.     P x y z Gọi M là điểm di động trên  . P Gía trị nhỏ nhất của biểu thức                 S MA MB MC là A. 42. B. 14. C. 14 3. D. 14 . 3 Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2;5 A  ,   3; 1;0 B  ,   4;0; 2 C   . Gọi I là điểm trên mặt phẳng   Oxy sao cho biểu thức 2 3 IA IB IC            đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng   : 4 3 2 0 P x y    . A. 17 5 . B. 6 . C. 12 5 . D. 9 . Câu 30. Trong không gian tọa độ , Oxyz cho hai điểm     3; 2;2 , 2;2;0 A B   và mặt phẳng   : 2 2 3 0. P x y z     Xét các điểm , M N di động trên   P sao cho 1. MN  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3 AM BN  bằng A. 49,8. B. 45. C. 53. D. 55,8. Câu 31. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   ; ; A a b c với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn     2 2 2 5 9 2      a b c ab bc ca và   3 2 2 1      a Q b c a b c có giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tia Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng   MNP là A. 4 4 12 0     x y z . B. 3 12 12 1 0     x y z . C. 4 4 0    x y z . D. 3 12 12 1 0     x y z . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Câu 32. (Sở Bắc Giang 2019) Cho , , , , , x y z a b c là các số thực thay đổi thỏa mãn       2 2 2 1 1 2 1 x y z       và 3. a b c    Tìm giá trị nhỏ nhất của       2 2 2 . P x a y b z c       A. 3 1.  B. 3 1.  C. 4 2 3.  D. 4 2 3.  Câu 33. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;0;0  A và   2;3;4 B . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu       2 2 2 1 : 1 1 4      S x y z và   2 2 2 2 : 2 2 0      S x y z y . Xét M , N là hai điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng   P sao cho 1 MN  . Giá trị nhỏ nhất của AM BN  bằng A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Câu 34. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 1 S x y z    . Điểm   M S  có tọa độ dương; mặt phẳng   P tiếp xúc với   S tại M cắt các tia Ox ; Oy ; Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 1 1 1 T OA OB OC     là: A. 24. B. 27. C. 64. D. 8. Dạng 2.3. Cực trị liên quan đến góc, khoảng cách Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       ,0,0 , 0, ,0 , 0,0, A a B b C c với , , a b c là những số dương thay đổi thỏa mãn 2 2 2 4 16 49 a b c    . Tính tổng 2 2 2 S a b c    khi khoảng cách từ O đến mặt phẳng   ABC đạt giá trị lớn nhất. A. 51 5 S  . B. 49 4 S  . C. 49 5 S  . D. 51 4 S  . Câu 36. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   1 ;0;0 A ,   2;1;3 B ,   0;2; 3 C  ,   2;0; 7 D . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu       2 2 2 : 2 4 39 S x y z      thỏa mãn 2 2 . 8 MA MB MC            . Biết rằng đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó? A. 7 . B. 2 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . Câu 37. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Cho   0;8;2 A và mặt cầu         2 2 2 : 5 3 7 72 S x y z       và điểm   9; 7;23 A  . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua A và tiếp xúc với mặt cầu   S sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng   P là lớn nhất. Giải sử   1; ; n m n   là một vectơ pháp tuyến của   P . Lúc đó A. . 4 m n  . B. . 2 m n  . C. . 4 m n   . D. . 2 m n   . Câu 38. Cho , , x y z là ba số thực thỏa 2 2 2 4 6 2 11 0 x y z x y z        . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 P x y z    . A. max 20 P  . B. max 18 P   . C. max 18 P  . D. max 12 P  . Câu 39. (Sở Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; M m N n P p không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn 2 2 2 3 m n p    . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng   MNP . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 3 . B. 3 . C. 1 3 . D. 1 27 . Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0. S x y z x y z        Giả sử   M P  và   N S  sao cho      MN cùng phương với vectơ   1;0;1 u  và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3  MN B. 1 2 2   MN C. 3 2  MN D. 14  MN Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm   2;0;1 A ,   3;1;5 B ,   1;2;0 C ,   4;2;1 D . Gọi    là mặt phẳng đi qua D sao cho ba điểm A , B , C nằm cùng phía đối với    và tổng khoảng cách từ các điểm A , B , C đến mặt phẳng    là lớn nhất. Giả sử phương trình    có dạng: 2 0 x my nz p     . Khi đó, T m n p    bằng: A. 9. B. 6. C. 8. D. 7. Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z gọi ( ) : y z 3 0 P ax b c     ( , , a b c là các số nguyên không đồng thời bằng 0 ) là phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm     0 ; 1 ; 2 , 1 ; 1 ; 3 M N   và không đi qua   0 ; 0 ; 2 H . Biết rằng khoảng cách từ   0 ; 0 ; 2 H đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Tổng 2 3 1 2 P a b c     bằng A. 8 . B. 1 6 . C. 1 2 . D. 1 6  . Câu 43. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  : 2z 0 P x y    . Phương trình mặt phẳng   Q chứa trục hoành và tạo với   P một góc nhỏ nhất là A. 2z 0. y   B. 0. y z   C. 2 0. y z   D. 0. x z   Câu 44. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   1;7;2 A và cách   2;4; 1 M   một khoảng lớn nhất có phương trình là A.   :3 3 3 10 0 P x y z     . B.   : 1 0 P x y z     . C.   : 10 0 P x y z     . D.   : 10 0 P x y z     . Câu 45. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ;0;0), (0; ;0), (0;0; ) A a B b C c , trong đó , , a b c là các số thực thỏa mãn 2 2 1 1 a b c    . Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng   ABC có giá trị lớn nhất bằng: A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Câu 46. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x y z     và hai điểm     1 ;2;3 , B 3;4;5 A . Gọi M là một điểm di động trên ( ) P . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 MA MB  bằng A. 3 3 78  . B. 54 6 78  . C. 8 2 . D. 6 3 . Câu 47. (Chuyên Hạ Long 2019) Cho     4;5;6 ; 1;1;2 A B , M là một điểm di động trên mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Khi đó MA MB  nhận giá trị lớn nhất là? A. 77 . B. 41 . C. 7 . D. 85 . Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;2 A và mặt phẳng     : 1 1 0 P m x y mz      , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 6 m   . B. 6 m  . C. 2 2 m    . D. 6 2 m    . Câu 49. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     1;2; 1 , 3;0;3 A B  . Biết mặt phẳng   P đi qua điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng   P là: A. 2 2 5 0 x y z     . B. 2 3 0 x y z     . C. 2 2 4 3 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z    . Câu 50. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;4;9 M . Gọi   P là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C (khác O ) sao cho OA OB OC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng   P . A. 36 7 d  . B. 24 5 d  . C. 8 3 d  . D. 26 14 d  . Câu 51. Trong không gian , Oxyz cho điểm (1; 4;9) M . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác O) sao cho OA OB OC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P). A. 36 7 d  B. 24 5 d  C. 8 3 d  D. 26 14 d  Câu 52. (THPT Ba Đình -2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0 S x y z x y z        . Giả sử   M P  và   N S  sao cho MN      cùng phương với vectơ   1;0;1 u   và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3 MN  . B. 1 2 2 MN   . C. 3 2 MN  . D. 14 MN  . Câu 53. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm (1;0;0) A , (2;1;3) B , (0;2; 3) C  , (2;0; 7) D . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 2) ( 4) 39 S x y z      thỏa mãn: 2 2 . 8 MA MB MC            . Biết độ dài đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. A. 2 7 . B. 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định véc tơ pháp tuyến  Véctơ pháp tuyến n  của mặt phẳng ( ) P là véctơ có giá vuông góc với ( ). P Nếu n  là một véctơ pháp tuyến của ( ) P thì . k n  cũng là một véctơ pháp tuyến của ( ). P  Nếu mặt phẳng ( ) P có cặp véctơ chỉ phương là 1 2 , u u   thì ( ) P có véctơ pháp tuyến là 1 2 [ , ]. n u u      Mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     có một véctơ pháp tuyến là ( ; ; ). n a b c   Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 2 4 1 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? A.   2 3;2;4 n     . B.   3 2; 4;1 n      . C.   1 3; 4;1 n     . D.   4 3;2; 4 n      . Lời giải Chọn D Mặt phẳng   : 3 2 4 1 0 x y z      có vectơ pháp tuyến   3;2; 4 n    Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Véctơ nào dưới đây là một véctơ pháp tuyến của   P ? A.   3 2;3;2 n  . B.   1 2;3;0 n  . C.   2 2;3;1 n  . D.   4 2;0;3 n  . Lời giải Chọn C Véctơ pháp tuyến của   P là   2 2;3;1 n  . Câu 3. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 3 0 x y z      . Véctơ nào sau đây là véc tơ pháp tuyến của    ? A.   1 2;4; 1 n     . B.   2 2; 4;1 n      . C.   3 2;4;1 n      . D.   1 2;4;1 n    . Lời giải Chọn A Mặt phẳng   : 2 4 3 0 x y z      có một véctơ pháp tuyến là   2;4; 1 n    . Câu 4. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? A.   3 2; 3; 4 n      . B.   2 2; 3; 4 n      . C.   1 2; 3; 4 n    . D.   4 2; 3; 4 n      . Lời giải Chọn A Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      là   3 2; 3; 4 n      . Câu 5. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng   : 2 3 5 0 x y z      . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của    ? PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30 P n  2 u  2 u  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   3 2;1;3 . n      B.   4 2;1; 3 . n      C.   2 2; 1;3 . n      D.   1 2;1;3 . n    Lời giải Chọn C Câu 6. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 1 0 x y z      .Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng    ? A.   3 1; 2;4 n    . B.   1 1;2; 4 n    . C.   2 1;2;4 n   . D.   4 1;2;4 n    Lời giải Chọn A. Câu 7. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   :3 2 0 P x z    . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A.   2 3;0; 1 n    B.   1 3; 1;2 n    C.   3 3; 1;0 n    D.   4 1;0; 1 n     Lời giải Chọn A Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   :3 2 0 P x z    là   2 3;0; 1 n    . Câu 8. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là: A.   3 2;1;3 n     B.   2 1;3;2 n      C.   4 1;3;2 n     D.   1 3;1;2 n    Lời giải Chọn A Mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là   2;1;3 . Câu 9. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0. P x y z     Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( ) P ? A.   3 1;2; 1 . n      B.   4 1;2;3 . n     C.   1 1;3; 1 . n     D.   2 2;3; 1 . n      Lời giải Chọn B Từ phương trình mặt phẳng (P) suy ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là   4 1;2;3 . n     Câu 10. (Mã 103 2018) Trong không giam , Oxyz mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là A.   1 2;3; 1 n     B.   3 1;3;2 n     C.   4 2;3;1 n     D.   2 1;3;2 n      Lời giải Chọn C Mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là   4 2;3;1 n     . Câu 11. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A.   3 2;3;1 n     . B.   1 2; 1; 3 n      . C.   4 2;1;3 n     . D.   2 2; 1;3 n      . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là   2 2; 1;3 n      Câu 12. (Mã 103 -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Véctơ nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của   P A.   1 2; 3;1 n    . B.   4 2;1; 2 n    . C.   3 3;1; 2 n     . D.   2 2; 3; 2 n     . Lời giải Chọn A   : 2 3 2 0 P x y z     . Véctơ   1 2; 3;1 n    là một véctơ pháp tuyến của   P . Câu 13. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 3 1 0 P x y z     . Véctơ nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của   P A.   4 3;1; 1 n    . B.   3 4;3;1 n   . C.   2 4; 1;1 n    . D.   1 4;3; 1 n    . Lời giải Chọn B   : 4 3 1 0 P x y z     . Véctơ   3 4;3;1 n   là một véctơ pháp tuyến của   P . Câu 14. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   :3 2 4 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là A.   2 3;2;1 n     B.   1 1;2;3 n    C.   3 1;2;3 n      D.   4 1;2; 3 n      Lời giải Chọn A Mặt phẳng   :3 2 4 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là   2 3;2;1 n     . Câu 15. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x y z     có một véc tơ pháp tuyến là A.   3 1;2;3 n    B.   4 1;2; 3 n    C.   2 1;2;3 n   D.   1 3;2;1 n   Lời giải Chọn C Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x y z     là:   2 1;2;3 n   . Câu 16. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , vectơ nào dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   O xy ? A.     1 ; 0 ; 0 i B.      1 ; 1 ; 1 m C.     0 ; 1 ; 0 j D.     0 ; 0 ; 1 k Lời giải Chọn D Do mặt phẳng   O x y vuông góc với trục O z nên nhận véctơ     0 ; 0 ; 1 k làm một véc tơ pháp tuyến Câu 17. (THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      . Khi đó, một véc tơ pháp tuyến của    A.   2;3; 4 n    . B.   2; 3;4 n    . C.   2;3;4 n    . D.   2;3;1 n    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Mặt phẳng   : 2 3 4 1 0 x y z      có một véc tơ pháp tuyến   0 2; 3; 4 n       . Nhận thấy   0 2;3;4 n n         , hay n  cùng phương với 0 n    . Do đó véc tơ   2;3;4 n    cũng là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng    Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :3 – 2 0 P x z   . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của   P ? A. 4 ( 1;0; 1) n       B. 1 (3; 1;2) n     C. 3 (3; 1;0) n      D. 2 (3;0; 1) n      Lời giải Chọn D Câu 19. Trong không gian Oxyz , véctơ nào dưới đây có giá vuông góc với mặt phẳng   : 2 3 1 0?     x y A.   2; 3;1    a B.   2;1; 3    b C.   2; 3; 0    c D.   3; 2; 0    d Lời giải Chọn C Mặt phẳng    có một VTPT là   2; 3; 0      n c . Câu 20. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian Oxyz , một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng 1 2 1 3 x y z      là A. (3;6; 2) n    B. (2; 1 ;3) n    C. ( 3; 6; 2) n      D. ( 2; 1;3) n     Lời giải Phương trình 1 1 1 1 0. 3 6 2 6 0. 2 1 3 2 3 x y z x y z x y z                 Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (3;6; 2) n    . Câu 21. (THPT Ba Đình 2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho phương trình tổng quát của mặt phẳng   : 2 6 8 1 0 P x y z     . Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P có tọa độ là: A.   1; 3; 4   B.   1; 3; 4 C.   1; 3; 4   D.   1; 3; 4  Lời giải Phương trình tổng quát của mặt phẳng   : 2 6 8 1 0 P x y z     nên một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P có tọa độ là   2; 6; 8   hay   1; 3; 4   . Câu 22. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2 3 1 0 P y z    ? A.   4 2;0; 3 u      . B.   2 0;2; 3 u      . C.   1 2; 3;1 u     . D.   3 2; 3;0 u      . Lời giải Ta có   2 0;2; 3 u      là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 2 3 1 0 P y z    . Câu 23. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho mặt phẳng   :3 2 0 P x y    . Véc tơ nào trong các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   P ? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A.   3; 1;2  . B.   1;0; 1   . C.   3;0; 1  . D.   3; 1;0  . Lời giải Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   : 3 2 0 P x y    là   3; 1;0  . Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng  Mặt phẳng 0 0 0 qua ( ; ; ) ( ) ( ; ; ) M x y z P VTPT n a b c   thì phương trình 0 0 0 ( ) : ( ) ( ) ( ) 0 P a x x b y y c z z       (*) Ngược lại, một mặt phẳng bất kỳ đều có phương trình dạng 0 ax by cz d     , mặt phẳng này có ( ; ; ) VTPT n a b c   với 2 2 2 0 a b c    .  Các mặt phẳng cơ bản ( ) ( ) ( ) ( ) : 0 (1;0;0) ( ) : 0 (0;1;0) ( ) : 0 (0;0;1) VTPT Oyz VTPT Oxz VTPT Oxy mp Oyz x n mp Oxz y n mp Oxy z n                                  Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với với đường thẳng AB cho trước. Mặt phẳng (P) qua M , có VTPT ( ) P n AB          nên phương trình được viết theo (*). Câu 24. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oxz có phương trình là: A. 0 x  B. 0 z  C. 0 x y z    D. 0 y  Lời giải Chọn D Câu 25. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng   Oyz ? A. 0 y  B. 0 x  C. 0 y z   D. 0 z  Lời giải Chọn B Mặt phẳng   Oyz đi qua điểm   0;0;0 O và có vectơ pháp tuyến là   1 ;0;0 i   nên ta có phương trình mặt phẳng   Oyz là :       1 0 0 0 0 0 0 0 x y z x         . Câu 26. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oyz có phương trình là A. 0 z  . B. 0 x y z    . C. 0 x  . D. 0 y  . Lời giải Chọn C. Câu 27. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng Ozx ? A. 0. x  B. 1 0. y   C. 0. y  D. 0. z  Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có mặt phẳng Ozx đi qua điểm   0;0;0 O và vuông góc với trục Oy nên có VTPT   0;1;0 n   . Do đó phương trình của mặt phẳng Ozx là 0. y  Câu 28. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oxy có phương trình là A. 0 z  . B. 0 x  . C. 0 y  . D. 0 x y   . Lời giải Chọn A Mặt phẳng   Oxy đi qua gốc tọa độ   0;0;0 O , nhận vectơ đơn vị   0;0;1 k   là vectơ pháp tuyến  Phương trình tổng quát:       0. 0 0. 0 1. 0 0 x y z         : 0 Oxy z  . Câu 29. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 M  và có một vectơ pháp tuyến   1; 2;3 n    . A. 2 3 12 0 x y z     B. 2 3 6 0 x y z     C. 2 3 12 0 x y z     D. 2 3 6 0 x y z     Lời giải Chọn A Phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 M  và có một vectơ pháp tuyến   1; 2;3 n    là       1 1 2 2 3 3 0 x y z       2 3 12 0 x y z      . Câu 30. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   0;1;1 A ) và   1;2;3 B . Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB . A. 2 3 0 x y z     B. 2 6 0 x y z     C. 3 4 7 0 x y z     D. 3 4 26 0 x y z     Lời giải Chọn A Mặt phẳng   P đi qua   0;1;1 A và nhận vecto   1;1;2 AB      là vectơ pháp tuyến         :1 0 1 1 2 1 0 2 3 0 P x y z x y z            . Câu 31. (Mã 104 2018) Trong không gian , Oxyz Cho hai điểm   5; 4;2 A  và   1;2;4 . B Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là A. 2 3 20 0 x y z     B. 3 3 25 0 x y z     C. 2 3 8 0 x y z     D. 3 3 13 0 x y z     Lời giải Chọn A ( 4;6;2) 2(2; 3; 1) AB             P đi qua   5; 4;2 A  nhận (2; 3; 1) n     làm VTPT   : P 2 3 20 0 x y z     Câu 32. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1 ;2;1  A và   2;1 ;0 . B Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. 3 5 0     x y z B. 3 6 0     x y z C. 3 6 0     x y z D. 3 6 0     x y z Lời giải Chọn D   3; 1; 1 .       AB Do mặt phẳng    cần tìm vuông góc với AB nên    nhận   3; 1; 1       AB làm vtpt. Suy ra, phương trình mặt phẳng         :3 1 2 1 0 3 6 0.            x y z x y z  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 33. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;1;1 A  ,   2;1;0 B   1; 1;2 C  . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC có phương trình là A. 3 2 1 0 x z    B. 2 2 1 0 x y z     C. 2 2 1 0 x y z     D. 3 2 1 0 x z    Lời giải Chọn B Ta có   1; 2;2 BC        là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   P cần tìm.   1;2; 2 n BC          cũng là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Vậy phương trình mặt phẳng   P là 2 2 1 0 x y z     . Câu 34. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm (5; 4; 2) A  và B(1; 2; 4) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB là? A. 3 3 25 0 x y z     B. 2 3 8 0 x y z     C. 3 3 13 0 x y z     D. 2 3 20 0 x y z     Lời giải Chọn D Mặt phẳng vuông góc với đường thẳng AB nên nhận AB     làm vectơ pháp tuyến, ( 4;6;2) AB       Mặt phẳng đi qua (5; 4; 2) A  và có vectơ pháp tuyến, ( 4;6; 2) AB       có phương trình 4( 5) 6(y 4) 2(z 2) 0 x        hay 2 3 y z 20 0 x     . Vậy chọn D. Câu 35. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   3; 1;4 M  đồng thời vuông góc với giá của vectơ   1; 1;2 a    có phương trình là A. 3 4 12 0 x y z     . B. 3 4 12 0 x y z     . C. 2 12 0 x y z     . D. 2 12 0 x y z     . Lời giải Chọn C   P có dạng:       1. 3 1 1 2 4 0 x y z       2 12 0 x y z      . Câu 36. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho ba điểm       2;1; 1 , 1;0;4 , 0; 2; 1 A B C     . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là A. 2 5 5 0 x y z     . B. 2 5 5 0 x y z     . C. 2 5 0 x y    . D. 2 5 5 0 x y z     . Lời giải Do mặt phẳng vuông góc với BC nên   1; 2; 5 BC        là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. Vì vậy phương trình mặt phẳng là :       1 2 2 1 5 1 0 2 5 5 0 x y z x y z            . Câu 37. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;2 A và   2;0;1 B . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. 0 x y z    . B. 2 0 x y z     . C. 4 0 x y z     . D. 2 0 x y z     . Lời giải Ta có:   1; 1; 1 AB        . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là:       1 1 2 0 2 0 x y z x y z            . Câu 38. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm   1;2;0 A và   2;3; 1 . B  Phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với AB là A. 2 3 0. x y z     B. 3 0. x y z     C. 3 0. x y z     D. 3 0. x y z     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C    1;1; 1 . AB       Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB nhận AB     làm vectơ pháp tuyến có phương trình là 1 2 0 3 0. x y z x y z           Câu 39. (Chuyên Đại học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   3; 1;4 M  đồng thời vuông góc với giá của vectơ   1; 1;2 a    có phương trình là A. 3 4 12 0 x y z     . B. 3 4 12 0 x y z     . C. 2 12 0 x y z     . D. 2 12 0 x y z     . Lời giải Chọn C Mặt phẳng   P đi qua điểm   3; 1;4 M  đồng thời vuông góc với giá của   1; 1;2 a    nên nhận   1; 1;2 a    làm vectơ pháp tuyến. Do đó,   P có phương trình là       1 3 1 1 2 4 0 2 12 0 x y z x y z            . Vậy, ta chọn C. Câu 40. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 A  có véc tơ pháp tuyến   2; 1;3 n    là A. 2 3 9 0 x y z     . B. 2 3 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y    . D. 2 3 4 0 x y z     . Lời giải Chọn A Phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 3 A  có véc tơ pháp tuyến   2; 1;3 n    là       2. 1 1. 2 3. 3 0 2 2 2 3 9 0 2 3 9 0. x y z x y z x y z                   Câu 41. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz phương trình mặt phẳng đi qua điểm (1; 2;3) A  và vuông góc với giá của véctơ ( 1;2;3) v    là A. 2 3 4 0. x y z     B. 2 3 4 0. x y z     C. 2 3 4 0. x y z     D. 2 3 4 0. x y z      Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng đi qua điểm (1; 2;3) A  và vuông góc với giá của véctơ ( 1;2;3) v    là: 1( 1) 2( 2) 3( 3) 0 2 3 4 0 2 3 4 0. x y z x y z x y z                   Câu 42. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng đi qua điểm   3;0; 1 A  và có véctơ pháp tuyến   4; 2; 3 n     là A. 4 2 3 9 0 x y z     . B. 4 2 3 15 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 C. 3 15 0 x z    . D. 4 2 3 15 0 x y z     . Lời giải Chọn B Mặt phẳng đi qua điểm   3;0; 1 A  và có véctơ pháp tuyến   4; 2; 3 n     có phương trình:       4 3 2 0 3 1 0 4 2 3 15 0 x y z x y z            . Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng qua   1;1; 2 A   và có vectơ pháp tuyến   1; 2; 2 n     là A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 1 0 x y z      . C. 2 2 7 0 x y z     . D. 2 1 0 x y z      . Lời giải Chọn A Mặt phẳng   P đi qua   1;1; 2 A   và có vectơ pháp tuyến   1; 2; 2 n     nên có phương trình       1 2 1 2 2 0 2 2 1 0 x y z x y z            . Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình: 2 2 1 0 x y z     . Câu 44. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm     1;0;1 , 2;1;0 A B  . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc với AB . A.   :3 4 0 P x y z     . B.   : 3 4 0 P x y z     . C.   :3 0 P x y z    . D.   : 2 1 0 P x y z     . Lời giải Chọn A Ta có:   3;1; 1 AB       . Mặt phẳng   P qua điểm   1;0;1 A  và vuông góc với đường thẳng AB nên có 1 véc tơ pháp tuyến   3;1; 1 AB                :3 1 1 0 1 1 0 3 4 0 P x y z x y z            . Câu 45. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   0;1;2 A ,   2; 2;1 B  ,   2;0;1 C  . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là A. 2 5 0 y z    . B. 2 1 0 x y    . C. 2 1 0 x y    . D. 2 5 0 y z     . Lời giải Chọn C Ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng:   4;2;0 BC       . Phương trình mặt phẳng:       4 0 2 1 0 2 0 x y z        4 2 2 0 x y      2 1 0 x y     . Câu 46. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1;4 M  và mặt phẳng   :3 2 1 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng   P là A. 2 2 4 21 0 x y z     . B. 2 2 4 21 0 x y z     C. 3 2 12 0 x y z     . D. 3 2 12 0 x y z     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng   P là       3 2 2 1 4 0 x y z       3 2 12 0 x y z      . Câu 47. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1; 2 M  và mặt phẳng   :3 2 1 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với   P là: A. 2 2 9 0 x y x     . B. 2 2 9 0 x y z     C. 3 2 2 0 x y z     . D. 3 2 2 0 x y z     . Lời giải Chọn D Phương trình mặt phẳng   Q song song mặt phẳng   P có dạng:3 2 0 x x z D     . Mặt phẳng   Q qua điểm   2;1; 2 M  , do đó:   3.2 2.1 2 0 2 D D         . Vậy   : 3 2 2 0 Q x y z     . Câu 48. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1;3 M  và mặt phẳng   : 3 2 1 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với   P là A. 3 2 11 0 x y z     . B. 2 3 14 0 x y z     . C. 3 2 11 0 x y z     . D. 2 3 14 0 x y z     . Lời giải Chọn C   P nhận   3; 2;1 n    làm vectơ pháp tuyến Mặt phẳng đã cho song song với   P nên cũng nhận nhận   3; 2;1 n    làm vectơ pháp tuyến Vậy mặt phẳng đi qua M và song song với   P có phương trình là       3 2 2 1 3 0 x y z       3 2 11 0 x y z      Câu 49. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1; 3 M  và mặt phẳng   : 3 2 3 0 P x y z     . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với ( ) P là A. 3 2 1 0 x y z     . B. 3 2 1 0 x y z     . C. 2 3 14 0 x y z     . D. 2 3 14 0 x y z     Lời giải Chọn B Mặt phẳng ( ) Q cần tìm song song với mặt phẳng   : 3 2 3 0 P x y z     nên có phương trình dạng   : 3 2 0, 3 Q x y z m m       Vì ( ) M Q  nên   : 3.2 2.1 ( 3) 0 1 Q m m         Vậy   : 3 2 1 0 Q x y z     . Câu 50. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   3; 1; 2 M   và mặt phẳng   : 3 2 4 0 x y z      . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với    ? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A. 3 2 6 0 x y z     B. 3 2 6 0 x y z     C. 3 2 6 0 x y z     D. 3 2 14 0 x y z     Lời giải Chọn A Gọi     //   , PT có dạng   : 3 2 0 x y z D      (điều kiện 4 D  ); Ta có:    qua   3; 1; 2 M   nên     3.3 1 2. 2 0 D       6 D    (thoả đk); Vậy   : 3 2 6 0 x y z      Câu 51. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   2; 1;2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     có phương trình là A. 2 3 11 0 x y z     B. 2 3 11 0 x y z     C. 2 3 11 0 x y z     D. 2 3 9 0 x y z     Lời giải Chọn C Gọi   Q là mặt phẳng đi qua điểm   2; 1;2 A  và song song với mặt phẳng   P . Do     // Q P nên phương trình của   Q có dạng 2 3 0 x y z d     ( 2 d  ). Do     2; 1;2 A Q   nên   2.2 1 3.2 0 d      11 d    (nhận). Vậy   : 2 3 11 0 Q x y z     . Câu 52. (THPT Cẩm Giàng 2 -2019) Trong không gian với hệ trục , Oxyz mặt phẳng đi qua điểm   1;3; 2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 3 4 0 P x y z     là: A. 2 3 7 0 x y z     . B. 2 3 7 0 x y z     . C. 2 3 7 0 x y z     . D. 2 3 7 0 x y z     . Lời giải Gọi    là mặt phẳng cần tìm. Vì       ( ) ( ) // 2; 1;3 P P n n         Ta có:    đi qua   1;3; 2 A  và có véctơ pháp tuyến là   ( ) 2; 1;3 n     . Do đó phương trình tổng quát của mặt phẳng    là:       2 1 1 3 3 2 0 x y z       hay 2 3 7 0 x y z     . Câu 53. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm   1;1;2 A  và song song với mặt phẳng   : 2 2 1 0 x y z      có phương trình là A. 2 2 2 0 x y z     B. 2 2 0 x y z    C. 2 2 6 0 x y z     D.   : 2 2 2 0 x y z      Lời giải Chọn A Có   P song song   : 2 2 1 0 x y z      nên   : 2 2 0 P x y z m     , với 1 m   . Do   P đi qua điểm   1;1;2 A  nên 2 2 2 0 2 m m        (nhận) Vậy măt phẳng cần tìm là   : 2 2 2 0 P x y z     . Câu 54. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 1; 3 A   và mặt phẳng   : 3 2 4 5 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q đi qua A và song song với mặt phẳng   P có phương trình là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   : 3 2 4 4 0. Q x y z     B.   : 3 2 4 4 0. Q x y z     C.   : 3 2 4 5 0. Q x y z     D.   : 3 2 4 8 0. Q x y z     Lời giải Chọn B Do mặt phẳng   Q song song với mặt phẳng   P nên có vectơ pháp tuyến là   3; 2;4 n    . Phương trình mặt phẳng   Q :       3 2 2 1 4 3 0 x y z       3 2 4 4 0 x y z      . Câu 55. (Chuyên Quốc Học Huế 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;0;6 M và mặt phẳng    có phương trình 2 2 1 0 x y z     . Viết phương trình mặt phẳng    đi qua M và song song với mặt phẳng    . A.  : 2 2 13 0 x y z      . B.  : 2 2 15 0 x y z      . C.  : 2 2 15 0 x y z      . D.  : 2 2 13 0 x y z      . Lời giải Chọn A Mặt phẳng    song song với mặt phẳng    nên có dạng   2 2 0 1 x y z m m       . Do   M   nên ta có: 1 2.0 2.6 0 13 0 13 m m m           (thỏa mãn). Vậy  : 2 2 13 0 x y z      . Câu 56. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   3;0;0 A ,   0;1;0 B và   0;0; 2 C  . Mặt phẳng   ABC có phương trình là: A. 1 3 1 2 x y z     . B. 1 3 1 2 x y z     . C. 1 3 1 2 x y z    . D. 1 3 1 2 x y z     . Lời giải Chọn B.   : 1 x y z ABC a b c    hay   : 1 3 1 2 x y z ABC     . Câu 57. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho ba điểm , và . Mặt phẳng có phương trình là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Mặt phẳng có phương trình là . Câu 58. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm   1;0;0 A  ,   0;2;0 B và   0;0;3 C . Mặt phẳng   ABC có phương trình là Oxyz   2;0;0 A    0;3;0 B   0;0;4 C   ABC 1 2 3 4 x y z     1 2 3 4 x y z    1 2 3 4 x y z     1 2 3 4 x y z       ABC 1 2 3 4 x y z     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 A. 1 1 2 3 x y z     . B. 1 1 2 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z     . D 1 1 2 3 x y z    . Lời giải Chọn C Câu 59. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0; 1;0 B  ,   0;0;3 C . Mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 1 2 1 3 x y z     . B. 1 2 1 3 x y z     . C. 1 2 1 3 x y z    . D. 1 2 1 3 x y z     . Lời giải Chọn D Phương trình mặt phẳng qua ba điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c (với 0) abc  có dạng 1 x y z a b c    Câu 60. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 M ,   0; 1 ;0  N ,   0;0;2 P . Mặt phẳng   MNP có phương trình là: A. 1 2 1 2      x y z . B. 1 2 1 2    x y z . C. 1 2 1 2     x y z D. 0 2 1 2     x y z . Lời giải Chọn C Ta có:   2;0;0 M ,   0; 1 ;0  N ,   0;0;2 P   : 1 2 1 2      x y z MNP Câu 61. (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm   1 ;0;0 A ;   0; 2;0  B ;   0;0;3 C . Phương trình nào dưới dây là phương trình mặt phẳng   ABC ? A. 1 3 2 1     x y z . B. 1 2 1 3     x y z . C. 1 1 2 3     x y z . D. 1 3 1 2     x y z . Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua 3 điểm A , B , C là 1. 1 2 3 x y z     Câu 62. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng    đi qua điêm   0; 1;0 A  ,   2;0;0 B ,   0;0;3 C là A. 1 2 1 3 x y z    . B. 0 2 1 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z     . D. 1 2 1 3 x y z     . Lời giải Chọn D Vì , , A Oy B Ox C Oz    nên phương trình mặt phẳng    là 1 2 1 3 x y z     . Câu 63. (Lômônôxốp - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 M ,   0;2;0 N ,   0;0;3 P . Mặt phẳng   MNP có phương trình là: A. 6 3 2 6 0 x y z     . B. 6 3 2 1 0 x y z     . C. 6 3 2 1 0 x y z     . D. 6 0 x y z     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn A Mặt phẳng   MNP có phương trình là: 1 1 2 3 x y z    6 3 2 6 0 x y z      . Câu 64. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm (2;0;0), B(0;-1;0), C(0;0;-3). A Viết phương trình mặt phẳng ( ). ABC A. 3 6 2 6 0 x y z      . B. 3 6 2 6 0 x y z      . C. 3 6 2 6 0 x y z      . D. 3 6 2 6 0 x y z      . Lời giải Chọn C Mặt phẳng   ABC đi qua ba điểm       2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0; 3 A B C   suy ra mặt phẳng   ABC có phương trình đoạn chắn là : 1 3 6 2 6 0 2 1 3 x y z x y z            Câu 65. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   3;0;0 A  ,   0;4;0 B ,   0;0; 2 C  là A. 4 3 6 12 0 x y z     . B. 4 3 6 12 0 x y z     . C. 4 3 6 12 0 x y z     . D. 4 3 6 12 0 x y z     . Lời giải Chọn A Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   3;0;0 A  ,   0;4;0 B ,   0;0; 2 C  là 1 3 4 2 x y z      4 3 6 12 0 x y z      . Câu 66. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm ( 2;0;0) A  , (0;0;7) B và (0;3;0) C . Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là A. 1 2 7 3 x y z     B. 0 2 3 7 x y z     C. 1 2 3 7 x y z     D. 1 0 2 3 7 x y z      Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng ( ) ABC đi qua ba điểm ( 2;0;0) A  , (0;0;7) B và (0;3;0) C là 1 2 3 7 x y z     Câu 67. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua ba điểm   1;0;0 A  ,   0;2;0 B ,   0;0; 3 C  có phương trình là A. 1 1 2 3 x y z       . B. 1 1 2 3 x y z     . C. 1 1 2 3 x y z      . D. 1 1 2 3 x y z     . Lời giải Ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: 1 1 2 3 x y z      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 68. (Chuyên Thái Bình -2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục , , Ox Oy Oz . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 1 1 2 3 x y z    . B. 1 1 2 3 x y z    . C. 0 1 2 3 x y z    . D. 1 1 2 3 x y z     . Lời giải Ta có       1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C lần lượt là hình chiếu của M lên , , Ox Oy Oz . Phương trình đoạn chắn có dạng: 1 1 2 3 x y z    . Câu 69. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   3;0;0 A  ;   0;4;0 B và   0;0; 2 C  là. A. 4 3 6 12 0 x y z     . B. 4 3 6 12 0 x y z     . C. 4 3 6 12 0 x y z     . D. 4 3 6 12 0 x y z     . Lời giải Phương trình mặt phẳng   ABC : 1 3 4 2 x y z      4 3 6 12 0 x y z      . Câu 70. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng qua các điểm   1;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0;5 C có phương trình là A. 15 5 3 15 0. x y z     B. 1 0. 1 3 5 x y z     C. 3 5 1. x y z    D. 1. 1 3 5 x y z    Lời giải Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình mặt phẳng qua các điểm   1;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0;5 C là 1. 1 3 5 x y z    Câu 71. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   1;0;0 A ,   0; 2;0  B và   0;0;3 C là A. 1 1 2 3 x y z     . B. 1 1 2 3 x y z      . C. 0 1 2 3 x y z     . D. 1 1 2 3 x y z    . Lời giải Ta có phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   1;0;0 A ,   0; 2;0 B  và   0;0;3 C là: 1 1 2 3 x y z     . Câu 72. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0; 1;0 B  ,   0;0; 3 C  . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 3 6 2 6 0 x y z      . B. 3 6 2 6 0 x y z      . C. 3 6 2 6 0 x y z      . D. 3 6 2 6 0 x y z      . Lời giải Phương trình mặt phẳng   ABC (theo đoạn chắn) là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 1 3 6 2 6 0 2 1 3 x y z x y z            . Câu 73. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm       1;0;0 , 0;3;0 , 0;0;4 A B C  . Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng   ABC ? A. 1 1 3 4 x y z    . B. 1 1 3 4 x y z    . C. 1 4 3 1 x y z     . D. 1 1 3 4 x y z     . Lời giải Chọn D Mặt phẳng   ABC có phương trình đoạn chắn là 1 1 1 3 4 1 3 4 x y z x y z          . Dạng 3. Điểm thuộc mặt phẳng Một mặt phẳng bất kỳ đều có phương trình dạng   : 0 P ax by cz d     , và điểm   ; ; M M M M x y z . Nếu   0 M M M ax by cz d M P       Nếu   0 M M M ax by cz d M P       Câu 74. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 0 x y z      . Điểm nào dưới đây không thuộc    ? A.   3;3;0 Q B.   2;2;2 N C.   1;2;3 P D.   1; 1;1 M  Lời giải Chọn D Ta có:   1 1 1 6 5 0 1; 1;1 M         là điểm không thuộc    . Câu 75. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 5 0. P x y z     Điểm nào dưới đây thuộc   P ? A.   0;0; 5 P  B.   1;1;6 M C.   2; 1;5 Q  D.   5;0;0 N  Lời giải Chọn B Ta có 1 2.1 6 5 0     nên   1;1;6 M thuộc mặt phẳng   P . Câu 76. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 3 0 P x y z     đi qua điểm nào dưới đây? A.   1; 1; 1 M    B.   1;1;1 N C.   3;0;0 P  D.   0;0; 3 Q  Lời giải Điểm   1;1;1 N có tọa độ thỏa mãn phương trình mặt phẳng   P nên   N P  . Câu 77. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   :2 3 0 P x y z     . Điểm nào trong các phương án dưới đây thuộc mặt phẳng   P A.   2;1;0 M . B.   2; 1;0 M  . C.   1; 1;6 M   . D.   1; 1;2 M   . Lời giải Ta có:     2.2 1 0 3 0 2;1;0 :2 3 0 M P x y z           . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 78. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     . A.   1; 2;2 Q  . B.   2; 1; 1 P   . C.   1;1; 1 M  . D.   1; 1; 1 N   . Lời giải + Thay toạ độ điểm Q vào phương trình mặt phẳng   P ta được   2.1 2 2 2 4 0       nên   Q P  . + Thay toạ độ điểm P vào phương trình mặt phẳng   P ta được     2.2 1 1 2 2 0        nên   P P  . + Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt phẳng   P ta được   2.1 1 1 2 2 0        nên   M P  . + Thay toạ độ điểm N vào phương trình mặt phẳng   P ta được     2.1 1 1 2 0       nên   N P  . Câu 79. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa- 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 1 1 2 3 x y z P    không đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;2;0 P . B.   1;2;3 N . C.   1;0;0 M . D.   0;0;3 Q . Lời giải Chọn B Thế tọa độ điểm N vào phương trình mặt phẳng   P ta có: 1 2 3 1 1 2 3    . Vậy mặt phẳng   : 1 1 2 3 x y z P    không đi qua điểm   1;2;3 N . Câu 80. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào dưới đây đi qua gốc tọa độ? A. 20 0 x   . B. 2019 0 x   . C. 5 0 y   . D. 2 5 8 0 x y z    . Lời giải Chọn D Cách 1: Dựa vào nhận xét mặt phẳng có phương trình 0 Ax By Cz D     đi qua gốc tọa độ thì 0. D  Vậy chọn đáp án D. Cách 2: Thay tọa độ điểm   0;0;0 O lần lượt vào các phương trình để kiểm tra. Câu 81. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( )  : 2 2z 3 0. x y     Điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng ( )  ? A. (2; 0;1). M B. (2;1;1). Q C. (2; 1;1). P  D. (1; 0;1). N Lời giải Chọn D Ta có: 1.1 2.0 2.1 3 0.     Tọa độ điểm (1; 0;1) N thỏa mãn phương trình mặt phẳng ( )  nên N nằm trên mặt phẳng ( )  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 82. (SGD Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz ,mặt phẳng   : 2 3 0 x y z      đi qua điểm nào dưới đây? A. 3 1;1; 2 M       . B. 3 1; 1; 2 N         . C.   1;6;1 P . D.   0;3;0 Q . Lời giải Chọn A Xét điểm 3 1;1; 2 M       ,ta có: 3 1 1 2. 3 0 2     đúng nên   M   nên A đúng. Xét điểm 3 1; 1; 2 N         ,ta có: 3 1 1 2. 3 0 2            sai nên   N   nên B sai. Xét điểm   1;6;1 P ,ta có: 1 6 2.1 3 0     sai nên   P   nên C sai. Xét điểm   0;3;0 Q ,ta có: 0 3 2.0 3 0     sai nên   Q   nên D sai. Câu 83. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 4 0 x y z      đi qua điểm nào sau đây A.   1; 1;1 Q  . B.   0;2;0 N . C.   0;0; 4 P  . D.   1;0;0 M . Lời giải Chọn A Thay tọa độ Q vào phương trình mặt phẳng    ta được:   1 2 1 1 4 0      . Thay tọa độ N vào phương trình mặt phẳng    ta được: 0 2.2 0 4 8 0        Loại B Thay tọa độ P vào phương trình mặt phẳng    ta được: 0 2.0 4 4 8 0        Loại C Thay tọa độ M vào phương trình mặt phẳng    ta được: 1 2.0 0 4 3 0       Loại D Câu 84. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm nào dưới đây thuộc   P ? A.   0;1; 2 N  . B.   2; 1;1 M  . C.   1; 2;0 P  . D.   1; 3; 4 Q   . Lời giải Chọn D Nhận thấy     2.1 3 4 1 0       nên   1; 3; 4 Q   thuộc   P . Dạng 4. Khoảng cách từ điểm đến mặt  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Câu 85. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng cho mặt phẳng   P có phương trình 3 4 2 4 0 x y z     và điểm   1; 2;3 A  . Tính khoảng cách d từ A đến   P TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 A. 5 29 d  B. 5 29 d  C. 5 3 d  D. 5 9 d  Lời giải Chọn B Khoảng cách từ điểm Ađến   P là   2 2 2 3.1 4. 2 2.3 4 5 29 3 4 2 d          Câu 86. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình: 3 4 2 4 0 x y z     và điểm   1; 2;3 A  . Tính khoảng cách d từ A đến   P . A. 5 9 d  . B. 5 29 d  . C. 5 29 d  . D. 5 3 d  . Lời giải Khoảng cách d từ A đến   P là 2 2 2 3 4 2 4 3 8 6 4 ( ,( )) 29 3 4 2 A A A x y z d A P           5 ( ,( )) 29 d A P   Câu 87. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , tính khoảng cách từ   1;2; 3 M  đến mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     . A. 11 3 . B. 3 . C. 7 3 . D. 4 3 . Lời giải       2 2 2 1 2 2 2 3 10 11 11 ; 3 3 1 2 2 . . d M P           . Câu 88. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm   1;2;0 M  đến mặt phẳng   P bằng A. 5. B. 2 . C. 5 3 . D. 4 3 . Lời giải Ta có         2 2 2 2. 1 2.2 0 1 5 , 3 2 2 1 d M P          . Câu 89. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     . Tính khoảng cách d từ điểm   1;2;1 M đến mặt phẳng   P . A. 3 d  . B. 4 d  . C. 1 d  . D. 1 3 d  . Lời giải Khoảng cách d từ điểm   1;2;1 M đến mp   P là       2 2 2 2.1 2.2 1 4 , 1 2 2 1 d d M P          . Câu 90. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 Q x y z     và điểm   1; 2;1 M  . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   Q bằng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 4 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 2 6 3 . Lời giải Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   Q bằng         2 2 1 2 2 2.1 1 4 , 3 1 2 2 d M Q           Câu 91. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm   1; 2;3 A  lên mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Độ dài đoạn thẳng AH là A. 3. B. 7 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn D         2 2 2 2 2 6 5 , 1 2 1 2 AH d A P           . Câu 92. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2 3 M   và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   P bằng A. 4 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 4 9 . Lời giải Chọn A Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   P :           2 2 2 2. 1 2.2 1. 3 5 4 , 3 2 2 1 d M P           . Câu 93. (Cần Thơ - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     và điểm   1;3; 2 A   . Khoảng cách từ A đến mặt   P là A. 14 7 . B. 3 14 14 . C. 2 3 . D. 1. Lời giải Chọn C Ta có khoảng cách từ A A đến mặt phẳng   P là             2 2 2 | 1 2.3 2. 2 5 | 2 , 3 1 2 2 d A P            . Câu 94. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     . Khoảng cách từ điểm   3;1; 2 M  đến mặt phẳng   P bằng A. 2 . B. 1 3 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn C Khoảng cách từ điểm   3;1; 2 M  đến mặt phẳng   P : TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21         2 2 2 2.3 1 2. 2 4 , 1 2 1 2 d M P          . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định phương trình mặt phẳng (không chứa yếu tố đường thẳng) Dạng 1. Mặt ( ) ( ; ; ) ( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) 0 . : ( ; ; ) P Qua A x y z P P a x x b y y c z z VTPT n a b c                     Dạng 2. Viết phương trình ( ) P qua ( ; ; ) A x y z    và ( ) ( ) : 0. P Q ax by cz d      Phương pháp. ( ) ( ) ( , , ) ( ) : : ( ; ; ) P Q A x y z P VT u PT n n b a a c Q             Dạng 3. Viết phương trình mặt phẳng trung trực ( ) P của đoạn thẳng . AB Phương pháp. ( ) 2 ( ; : ) : ; 2 2 A B A B A B P x x y y z z Qua I VTPT n AB P                       Dạng 4. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với đường thẳng . d AB  Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : : P d M x y z P VTPT n u u AB Q a                   Dạng 5. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua điểm M và có cặp véctơ chỉ phương , . a b   Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : ] : [ , P M x y z P VTPT n a b Qua               Dạng 6. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua ba điểm , , A B C không thẳng hàng. Phương pháp. ( ) , ( ) ( ) : : , ABC P VTP A Qua A hay B hay C T n AB C                      Dạng 7. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua , A B và ( ) ( ). P Q  Phương pháp. ( ) ( ) , ( ) ( ) : : , P Q Q A hay B P VTPT n AB n ua                   Dạng 8. Viết phương trình mp ( ) P qua M và vuông góc với hai mặt ( ), ( ).   Phương pháp. ( ) ( ) ( ) ( ; ) : : , ( ; ) P Q P VTPT ua n M x y z n n                     Dạng 9. Viết ( ) P đi qua M và giao tuyến d của hai mặt phẳng: 1 1 1 1 ( ) : 0 Q a x b y c z d     và 2 2 2 2 ( ) : 0. T a x b y c z d     Phương pháp: Khi đó mọi mặt phẳng chứa d đều có dạng: 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) 0, 0. P m a x b y c z d n a x b y c z d m n           Vì ( ) M P   mối liên hệ giữa m và . n Từ đó chọn m n  sẽ tìm được ( ). P Dạng 10. Viết phương trình mặt phẳng đoạn chắn Phương pháp: Nếu mặt phẳng ( ) P cắt ba trục tọa độ lần lượt tại các điểm ( ;0;0), A a (0; ;0), B b (0;0; ) C c với ( 0) abc  thì ( ) : 1 x y z P a b c    gọi là mặt phẳng đoạn chắn. Dạng 1.1 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 1. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm   4;0;1 A và   2; 2;3 .  B Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30 : là trung điểm . AB P Q ( ) ( ) P Q n n    P A B I P ( ) P d AB n u         d M P a  b  A C B P B A P Q ( ) Q n    ( ) n   ( ) n   P M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 0.    x y z B. 3 6 0.     x y z C. 2 6 0.     x y z D. 6 2 2 1 0.     x y z Lời giải Chọn A Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến là   6;2;2       AB và đi qua trung điểm   1;1;2 I của đoạn thẳng AB. Do đó, phương trình mặt phẳng đó là:       6 1 2 1 2 2 0 6 2 2 0 3 0.                 x y z x y z x y z Câu 2. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;2;0 A  và   3;0;2 B . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 3 0 x y z     . B. 2 2 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Suy ra   1;1;1 I . Ta có   4; 2;2 AB       . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB     làm vtpt, nên có phương trình là   : 2 2 0 x y z      . Câu 3. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   4;0;1 A và   2;2;3 B  . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ? A. 3 6 0 x y z     B. 3 0 x y z    C. 6 2 2 1 0 x y z     D. 3 1 0 x y z     Lời giải Chọn B Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Gọi    là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB    đi qua   1 ;1 ;2 I và nhận   6;2;2 AB       làm một VTPT.          : 6 1 2 1 2 2 0 x y z             : 3 0 x y z    . Câu 4. (Mã 101 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;3;0 A và   5;1; 1 B  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là: A. 2 3 0 x y z     . B. 3 2 14 0 x y z     . C. 2 5 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z     . Lời giải Chọn D Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm   3;2; 1 I  , có vec tơ pháp tuyến   1 2; 1; 1 2 n AB          có phương trình:       2 3 1 2 1 1 0 2 5 0 x y z x y z            . Chọn đáp án B. Câu 5. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (2;1;2) A và (6;5; 4) B  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 2 3 17 0 x y z     . B. 4 3 26 0 x y z     . C. 2 2 3 17 0 x y z     . D. 2 2 3 11 0 x y z     . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm của AB là (4;3; 1) M  và có véctơ pháp tuyến là (4;4; 6) AB       nên có phương trình là 4( 4) 4( 3) 6( 1) 0 x y z       2( 4) 2( 3) 3( 1) 0 2 2 3 17 0 x y z x y z             Câu 6. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;3; 4 A  và   1;2;2 B  . Viết phương trình mặt phẳng trung trực    của đoạn thẳng AB . A.   : 4 2 12 7 0 x y z      . B.   : 4 2 12 17 0 x y z      . C.   : 4 2 12 17 0 x y z      . D.   : 4 2 12 7 0 x y z      . Lời giải Gọi 5 0; ; 1 2 I        là trung điểm của AB ;   2; 1;6 AB        . Mặt phẳng    qua 5 0; ; 1 2 I        và có VTPT   2; 1;6 n     nên có PT:       5 : 2 6 1 0 4 2 12 17 0 2 x y z x y z                   . Câu 7. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho   1;2; 1 A  ;   1;0;1 B  và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   Q qua , A B và vuông góc với   P A.   :2 3 0 Q x y    B.   : 0 Q x z   C.   : 0 Q x y z     D.   :3 0 Q x y z    Lời giải Chọn B       2; 2;2 2 1;1; 1 , 1;1; 1 AB u                  1;2; 1 P n             , 1;0;1 Q P n AB n                   Vậy   : 0 Q x z   . Câu 8. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     2;4;1 1;1;3 A ,B  và mặt phẳng   : 3 2 5 0 P x y z     . Lập phương trình mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mặt phẳng   P . A. 2 3 11 0 y z    . B. 2 3 11 0 x y    . C. 3 2 5 0 x y z     . D. 3 2 11 0 y z    . Lời giải Ta có:   3; 3; 2 AB        , vectơ pháp tuyến của mp   P là   1; 3; 2 P n      . Từ giả thiết suy ra   0;8;12 P n AB,n               là vectơ pháp tuyến của mp   Q . Mp   Q đi qua điểm   2;4;1 A suy ra phương trình tổng quát của mp   Q là:       0 2 8 4 12 1 0 2 3 11 0 x y z y z           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 9. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1; 1;2  A và   3;3;0 B . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 0     x y z . B. 2 0     x y z . C. 2 3 0     x y z . D. 2 3 0     x y z . Lời giải Ta có   2 1; 2; 1 AB       . Gọi I là trung điểm của   2;1;1  AB I . + Mặt phẳng trung trực    của đoạn thẳng AB đi qua I và nhận   1 1;2; 1 2         n AB làm vectơ pháp tuyến có phương trình là     2 2 1 1 0 2 3 0            x y z x y z . Vậy mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là 2 3 0     x y z . Câu 10. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua hai điểm   0;1;0 A ,   2;3;1 B và vuông góc với mặt phẳng   : 2 0    Q x y z có phương trình là A. 4 3 2 3 0 x y z     . B. 4 3 2 3 0 x y z     . C. 2 3 1 0 x y z     . D. 4 2 1 0 x y z     . Lời giải Ta có   2;2;1 AB      , vectơ pháp tuyến mặt phẳng   Q :   1;2; 1 Q n      . Theo đề bài ta có vectơ pháp tuyến mặt phẳng   P :   4; 3; 2 P Q n n AB                . Phương trình mặt phẳng   P có dạng 4 3 2 0 x y z C     . Mặt phẳng   P đi qua   0;1;0 A nên: 3 0 3 C C      . Vậy phương trình mặt phẳng   P là 4 3 2 3 0 x y z     . Câu 11. (KTNL GV Lý Thái Tổ 2019) Cho hai mặt phẳng     : 3 2 2 7 0, : 5 4 3 1 0 x y z x y z           . Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O đồng thời vuông góc với cả    và    là: A. 2 2 0. x y z    B. 2 2 0. x y z    C. 2 2 0. x y z    D. 2 2 1 0. x y z     Lời giải Chọn C Véc tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là   3; 2;2 n       ,   5; 4;3 n       .   ; 2;1; 2 n n                Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O ,VTPT   2;1; 2 n    : 2 2 0. x y z    Câu 12. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm     2;4;1 ; 1;1;3 A B  và mặt phẳng   : 3 2 5 0 P x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm , A B và vuông góc với mặt phẳng   P có dạng 11 0 ax by cz     . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 5 a b c    . B. 15 a b c    . C. 5 a b c     . D. 15 a b c     . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Chọn A Vì   Q vuông góc với   P nên   Q nhận vtpt   1; 3;2 n    của   P làm vtcp Mặt khác   Q đi qua A và B nên   Q nhận   3; 3;2 AB        làm vtcp   Q nhận   , 0;8;12 Q n n AB               làm vtpt Vậy phương trình mặt phẳng   : 0( 1) 8( 1) 12( 3) 0 x y z Q       , hay   : 2 3 11 0 y z Q    Vậy 5 a b c    . Chọn A. Câu 13. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho     1; 1;2 ; 2;1;1 A B  và mặt phẳng   : 1 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q chứa , A B và vuông góc với mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 3 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 0 x y    . D. 3 2 3 0 x y z     . Lời giải Chọn A Ta có   1;2; 1 AB       Từ   P suy ra vec tơ pháp tuyến của   P là   1;1;1 P n     Gọi vec tơ pháp tuyến của   Q là Q n    Vì   Q chứa , A B nên   1 Q n AB         Mặt khác     Q P  nên   2 Q P n n        Từ     1 , 2 ta được   , 3; 2; 1 Q P n AB n                     Q đi qua   1; 1;2 A  và có vec tơ pháp tuyến   3; 2; 1 Q n       nên   Q có phương trình là       3 1 2 1 2 0 x y z       3 2 3 0 x y z      . Câu 14. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt phẳng   : 3 2 1 0, P x y z       : 2 0 Q x z    . Mặt phẳng    vuông góc với cả   P và   Q đồng thời cắt trục O x tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp    là A. 3 0 x y z     B. 3 0 x y z     C. 2 6 0 x z     D. 2 6 0 x z     Lời giải Chọn A   P có vectơ pháp tuyến   1; 3;2 P n      ,   Q có vectơ pháp tuyến   1;0; 1 Q n      . Vì mặt phẳng    vuông góc với cả   P và   Q nên    có một vectơ pháp tuyến là     , 3;3;3 3 1;1;1 P Q n n             . Vì mặt phẳng    cắt trục O x tại điểm có hoành độ bằng 3 nên    đi qua điểm   3;0;0 M . Vậy    đi qua điểm   3;0;0 M và có vectơ pháp tuyến   1 ; 1 ; 1 n      nên    có phương trình: 3 0. x y z     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 15. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng   : 3 2 2 7 0 x y z      và   : 5 4 3 1 0 x y z      . Phương trình mặt phẳng đi qua O đồng thời vuông góc với cả    và    có phương trình là A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 0 x y z    . C. 2 2 0 x y z    . D. 2 2 0 x y z    . Lời giải Gọi mặt phẳng phải tìm là   P . Khi đó véc tơ pháp tuyến của   P là:   , 2; 1; 2 P n n n                   . Phương trình của   P là 2 - 2 0 x y z   . Câu 16. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và hai điểm     1; 1;2 ; 2;1;1 A B  . Mặt phẳng   Q chứa , A B và vuông góc với mặt phẳng   P , mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 3 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 3 2 3 0 x y z     . D. 0 x y    . Lờigiải Mặt phẳng   P có 1 véc tơ pháp tuyến là (1;1;1) p n     . Véc tơ (1 ;2; 1) AB       . Gọi n  là một véc tơ pháp tuyến của   Q , do   Q vuông góc với   P nên n  có giá vuông góc với p n    , mặt khác véc tơ AB     có giá nằm trong mặt phẳng   Q nên n  cũng vuông góc với AB     Mà p n  và AB     không cùng phương nên ta có thể chọn n  =   , 3;2;1 P n AB              , mặt khác   Q đi qua   1; 1;2 A  nên phương trình của mặt phẳng   Q là:     3 1 2 1 1( 2) 0 3 2 3 0 x y z x y z             . Câu 17. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm     0;1;0 , 2;0;1 A B và vuông góc với mặt phẳng   : 1 0 P x y    là: A. 3 1 0 x y z     . B. 2 2 5 2 0 x y z     . C. 2 6 2 0 x y z     . D. 1 0 x y z     . Lời giải Ta có:   2; 1;1 AB       . Mặt phẳng   P có 1 véctơ pháp tuyến là:     1; 1;0 P n    . Gọi n  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm. Khi đó       ; 1;1; 1 P P n AB n AB n n n                             . Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là:       1 0 1 1 1 0 0 1 0 x y z x y z            . Câu 18. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 3 2 2 7 0 x y z      và   : 5 4 3 1 0. x y z      Phương trình mặt phẳng qua O , đồng thời vuông góc với cả    và    có phương trình là A. 2 2 0 x y z    . B. 2 2 1 0 x y z     . C. 2 2 0 x y z    . D. 2 2 0 x y z    . Lời giải Chọn C Mặt phẳng    có một vectơ pháp tuyến là   1 3; 2;2 n      . Mặt phẳng    có một vectơ pháp tuyến là   2 5; 4;3 n      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Giả sử mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là n  . Do mặt phẳng    vuông góc với cả    và    nên ta có: 1 2 n n n n                  1 2 , 2;1; 2 n n n                . Mặt phẳng    đi qua   0;0;0 O và có vectơ pháp tuyến   2;1; 2 n    có phương trình là: 2 2 0 x y z    . Câu 19. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 1;2 A  ;   2;1;1 B và mặt phẳng   : 1 0 P x y z     . Mặt phẳng   Q chứa A , B và vuông góc với mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q có phương trình là A. 3 2 3 0 x y z     . B. 0 x y    . C. 2 0 x y z     . D. 3 2 3 0 x y z     . Lời giải Chọn A Ta có:   1 ; 2 ; 1 AB       , mặt phẳng   P có một véc tơ pháp tuyến là   1;1;1 m    . Vì mặt phẳng ( ) Q chứa A, B và vuông góc với mặt phẳng   P nên mặt phẳng   Q có một véc tơ pháp tuyến là , n AB m               3 ; 2 ; 1    . Mặt phẳng   Q có phương trình là         : 3 1 2 1 2 0 Q x y z       3 2 3 0 x y z      . Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 9 0 P ax by cz     chứa hai điểm   3;2;1 A ,   3;5;2 B  và vuông góc với mặt phẳng   :3 4 0 Q x y z     . Tính tổng S a b c    . A. 12 S   . B. 2 S  . C. 4 S   . D. 2 S   . Lời giải Chọn C   6;3;1 AB       .     3;1;1 Q n      là VTPT của mp   Q . Mp   P chứa hai điểm   3;2;1 A ,   3;5;2 B  và vuông góc với mặt phẳng   Q .       , 2;9; 15 p Q n AB n                     là VTPT của mp   P     3;2;1 A P    : 2 9 15 9 0 P x y z      hoặc   : 2 9 15 9 0 P x y z      Mặt khác   : 9 0 P ax by cz     2; 9; 15 a b c      . Vậy   2 9 15 4 S a b c          . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 21. (Thi thử hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho ba mặt phẳng   : 1 0, P x y z       : 2 5 0 Q y z    và   : 2 0. R x y z     Gọi    là mặt phẳng qua giao tuyến của   P và  , Q đồng thời vuông góc với  . R Phương trình của    là A. 2 3 5 5 0. x y z     B. 3 2 6 0. x y z     C. 3 2 6 0. x y z     D. 2 3 5 5 0. x y z     Lời giải Chọn B Tọa độ mọi điểm thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng   P và   Q thỏa mãn hệ phương trình: 1 0 2 5 0 x y z y z           Cho 1 z  ta được   2;2;1 A  , cho 5 z  ta được   4;0;5 B  thuộc giao tuyến,   2; 2;4 AB       . Mặt phẳng   R có vec tơ pháp tuyến   1; 1;1 R n      . Mặt phẳng    đi qua   2;2;1 A  và có vec tơ pháp tuyến   1 , 1 ;3;2 2 R n AB n               . Phương trình của    là:       2 3 2 2 1 0 3 2 6 0 x y z x y z            . Câu 22. (THPT Lương Thế Vinh - HN - 2018) Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng   P đi qua điểm   2;1; 3 B  , đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng   : 3 0 Q x y z    ,   : 2 0 R x y z    là A. 4 5 3 22 0 x y z     . B. 4 5 3 12 0 x y z     . C. 2 3 14 0 x y z     . D. 4 5 3 22 0 x y z     . Lời giải Mặt phẳng   : 3 0 Q x y z    ,   : 2 0 R x y z    có các vectơ pháp tuyến lần lượt là   1 1;1;3 n     và   2 2; 1;1 n      . Vì   P vuông góc với hai mặt phẳng   Q ,   R nên   P có vectơ pháp tuyến là   1 2 , 4;5; 3 n n n                 . Ta lại có   P đi qua điểm   2;1; 3 B  nên         : 4 2 5 1 3 3 0 P x y z       4 5 3 22 0 x y z      . Câu 23. (Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;4;1 A ,   1;1;3 B  và mặt phẳng   P : 3 2 5 0 x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với   P có dạng là 11 0 ax by cz     . Tính a b c   . A. 10 a b c    . B. 3 a b c    . C. 5 a b c    . D. 7 a b c     . Lời giải Ta có   3; 3;2 AB        ,   P có vtpt   1; 3;2 n    ,   Q có vtpt , k AB n              0;8;12     Q có dạng:     2 4 3 1 0 y z     2 3 11 0 y z     . Vậy 5 a b c    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 24. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     ,   : 0 Q y  . Viết phương trình mặt phẳng   R chứa A , vuông góc với cả hai mặt phẳng   P và   Q . A. 3 2 4 0 x y z     . B. 3 2 2 0 x y z     . C. 3 2 0 x z   . D. 3 2 1 0 x z    . Lời giải   : 2 3 1 0 P x y z     có véctơ pháp tuyến     2; 1;3 P n    .   : 0 Q y  có véctơ pháp tuyến     0;1;0 Q n   . Do mặt phẳng   R vuông góc với cả hai mặt phẳng   P và   Q nên có véctơ pháp tuyến       , R P Q n n n         .     3;0;2 R n     . Vậy phương trình mặt phẳng   R là: 3 2 1 0 x z     3 2 1 0 x z     . Câu 25. (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - 2018) Cho hai mặt phẳng    : 3 2 2 7 0 x y z     và    : 5 4 3 1 0 x y z     . Phương trình mặt phẳng   P đi qua gốc tọa độ đồng thời vuông góc    và    là: A. 2 0 x y z    . B. 2 2 0 x y z    . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z    . Lời giải Gọi P n  là vectơ pháp tuyến của   P . Ta có P n n     và P n n     với   3; 2;2 n     và   5; 4;3 n     . Chọn ; P n n n             2;1; 2   . Mặt phẳng   P đi qua gốc tọa độ nên   P : 2 2 0 x y z    . Câu 26. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   2;4;1 A ,   1;1;3 B  và mặt phẳng  : 3 2 5 0 P x y z     . Một mặt phẳng   Q đi qua hai điểm A , B và vuông góc với   P có dạng: 11 0 ax by cz     . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a b c   . B. 5 a b c    . C.   ; a b c  . D. a b c   . Lời giải Ta có:   2;4;1 A ,   1;1;3 B    3; 3;2 AB         . Véc tơ pháp tuyến của   P là:   1; 3;2 n    . Do mặt phẳng   Q đi qua AB và vuông góc với   P nên   Q nhận véc tơ   , 0; 8; 12 AB n              làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của   Q sẽ là:     2 4 3 1 0 y z     2 3 11 0 y z     . Suy ra 0 a  , 2 b  , 3 c  5 a b c     . Câu 27. (Chuyên ĐHSPHN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm   0;1;2 A ,   2; 2;0 B  ,   2;0;1 C  . Mặt phẳng   P đi qua A , trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 4 2 4 0 x y z     . B. 4 2 4 0 x y z     . C. 4 2 4 0 x y z     . D. 4 2 4 0 x y z     . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   2; 3; 2 AB        ,   2; 1; 1 AC         nên   , 1;6; 8 AB AC               . Phương trình mặt phẳng   ABC là: 6 8 10 0 x y z     . Phương trình mặt phẳng qua B và vuông góc với AC là: 2 2 0 x y z     . Phương trình mặt phẳng qua C và vuông góc với AB là: 2 3 2 6 0 x y z     . Giao điểm của ba mặt phẳng trên là trực tâm H của tam giác ABC nên 22 70 176 ; ; 101 101 101 H        . Mặt phẳng   P đi qua A , H nên   22 31 26 1 ; ; 22;31;26 101 101 101 101 P n AH                     . Mặt phẳng     P ABC  nên     1;6; 8 ABC P n n        . Vậy     ; 404; 202; 101 ABC AH n u          là một vectơ pháp tuyến của   P . Chọn   4; 2; 1 P n     nên phương trình mặt phẳng   P là 4 2 4 0 x y z     . Dạng 1.2 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn Câu 28. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 M . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ , , Ox Oy Oz lần lượt tại A , B , C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC . A.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . B.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . C.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . D.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . Lời giải Chọn C Theo giả thiết , , A Ox B Oy C Oz    nên ta có thể đặt       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c . Vì   1;2;3 M là trọng tâm tam giác ABC nên 3 6 9 a b c         . Từ đó ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn là:   : 1 6 3 2 18 0 3 6 9 x y z P x y z         . Câu 29. (Chuyên Thái Bình - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục , , Ox Oy Oz . Viết phương trình mặt phẳng   ABC . A. 1 1 2 3    x y z . B. 1 1 2 3    x y z . C. 0 1 2 3    x y z . D. 1 1 2 3     x y z . Lời giải Chọn A + A là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox   1;0;0  A . B là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy   0;2;0  B . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 C là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oz   0;0;3  C . + Phương trình mặt phẳng   ABC là 1 1 2 3    x y z . Câu 30. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho điểm   1;4;3 . G Mặt phẳng nào sau đây cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho G là trọng tâm tứ diện ? OABC A. 1 3 12 9 x y z    . B. 12 3 4 48 0 x y z     . C. 0 4 16 12 x y z    . D. 12 3 4 0 x y z    . Lời giải Chọn B Mp(P) cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C nên       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; . A a B b C c Vì G là trọng tâm tứ diện OABC nên 4 4 4 16 4 4 12 4 4 A B C O G A B C O G A B C O G x x x x a x a y y y y b y b c z z z z c z                                  . Khi đó mp(P) có phương trình là 1 4 16 12 x y z    hay 12 3 4 48 0 x y z     . Vậy mp(P) thỏa mãn là 12 3 4 48 0 x y z     . Câu 31. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   P đi qua   1;1;1 A và   0;2;2 B đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại hai điểm , M N ( không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho 2 OM ON  A.   :3 2 6 0 P x y z     B.   : 2 3 4 0 P x y z     C.   : 2 4 0 P x y z     D.   : 2 2 0 P x y z     Lời giải Chọn D Cách 1. Giả sử   P đi qua 3 điểm   ;0;0 M a ,   0; ;0 N b ,   0;0; P c Suy ra   : 1 x y z P a b c    Mà   P đi qua   1;1;1 A và   0;2;2 B nên ta có hệ 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 a a b c b c b c                      Theo giả thuyết ta có 2 2 1 OM ON a b b      TH1. 1 b  2 c    suy ra   : 2 2 0 P x y z     TH1. 1 b   2 3 c    suy ra   : 2 3 2 0 P x y z     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 32. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , nếu ba điểm , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm   1;2;3 M lên các trục tọa độ thì phương trình mặt phẳng   ABC là A. 1 2 3 1 x y z    . B. 1 1 2 3 x y z    . C. 1 2 3 0 x y z    . D. 0 1 2 3 x y z    . Lời giải Gọi , , A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm   1;2;3 M lên , , Ox Oy Oz . Suy ra:       1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C . Vậy phương trình mặt phẳng   ABC theo đoạn chắn là 1 1 2 3 x y z    . Câu 33. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm (8; 2;4) M  . Gọi , B, C A lần lượt là hình chiếu của M trên các trục , , Ox Oy Oz . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm , A B và C là A. 4 2 8 0 x y z     B. 4 2 18 0 x y z     C. 4 2 8 0 x y z     D. 4 2 8 0 x y z     Lời giải (8; 2;4) M  chiếu lên , , Ox Oy Oz lần lượt là (8;0;0), (0; 2;0), (0;0; 4) A B C  Phương trình đoạn chắn qua , B, C A là: 1 4 2 8 0 8 2 4 x y z x y z          Câu 34. (Chuyên Hạ Long 2019) Viết phương trình mặt phẳng    đi qua   2;1; 3 M  , biết    cắt trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho tam giác ABC nhận M làm trực tâm A. 2 5 6 0. x y z     B. 2 6 23 0. x y z     C. 2 3 14 0. x y z     D. 3 4 3 1 0. x y z     Lời giải Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; , 0. A a B b C c abc  Khi đó mặt phẳng    có dạng: 1 x y z a b c    . Do     2 1 3 1 1 M a b c       Ta có:         2 ;1; 3 , 2;1 ; 3 , 0; ; , ;0; AM a BM b BC b c AC a c                             Do M là trực tâm tam giác ABC nên:   3 . 0 3 0 2 3 2 3 0 . 0 2 b c AM BC b c c a c a BM AC                                              Thay   2 vào   1 ta có: 4 1 3 14 1 7, 14. 3 3 3 c a b c c c           Do đó   3 : 1 2 3 14 0. 7 14 14 x y z x y z          Câu 35. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm   2;1;1 H . Gọi các điểm , , A B C lần lượt ở trên các trục tọa độ , , Ox Oy Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Khi đó hoành độ điểm A là: A. 3  . B. 5  . C. 3. D. 5 Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Giả sử       ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0; A a B b C c . Khi đó mặt phẳng   : 1 x y z ABC a b c    Ta có:         2 ;1;1 ; 2;1 ;1 0; ; ; ;0; AH a BH b BC b c AC a c                         Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên   2 1 1 1 3 . 0 0 6 2 0 6 . 0 H ABC a a b c AH BC b c b a c c BH AC                                                     Vậy   3;0;0 A Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng    đi qua điểm   1;2;3 M và cắt các trục , Ox , Oy Oz lần lượt tại , A , B C (khác gốc tọa độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng    có phương trình dạng 14 0 ax by cz     . Tính tổng T a b c    . A. 8. B. 14 . C. 6 T  . D. 11. Lời giải Mặt phẳng    cắt các trục , Ox , Oy Oz lần lượt tại   ;0;0 , A m   0; ;0 , B n   0;0; C p , , , 0 m n p  . Ta có phương trình mặt phẳng    có dạng 1 x y z m n p    . Mà   1 2 3 1 M m n p       .   1 Ta có   1 ;2;3 , AM m          1;2 ;3 , BM n          0; ; , BC n p         ;0; AC m p       . M là trực tâm tam giác ABC . 0 3 2 0 3 0 . 0 AM BC p n p m BM AC                                   .   2 Từ   1 và   2 suy ra: 14; m  7; n  14 3 p  . Suy ra    có phương trình 3 1 2 3 14 0 14 7 14 x y z x y z         . Vậy 1 2 3 6 T a b c        . Câu 37. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho điểm   1;2;5 M . Mặt phẳng   P đi qua điểm M cắt các trục tọa độ , , Ox Oy Oz tại , A , B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 8 0 x y z     . B. 2 5 30 0 x y z     . C. 0 5 2 1 x y z    . D. 1 5 2 1 x y z    . Lời giải Cách 1 : Ta có tính chất hình học sau : tứ diện OABC có ba cạnh , , OA OB OC đôi một vuông góc thì điểm M là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của điểm O lên mặt phẳng   ABC . Do đó mặt phẳng   P đi qua điểm   1;2;5 M và có véc tơ pháp tuyến   1;2;5 OM      . Phương trình mặt phẳng   P là       1 2 2 5 5 0 2 5 30 0. x y z x y z            Cách 2: Giả sử       ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0; A a B b C c Khi đó phương trình mặt phẳng   P có dạng 1 x y z a b c    . Theo giả thiết ta có   M P  nên   1 2 5 1 1 a b c    . Ta có         1 ;2;5 ; 0; ; ; 1;2 ;5 ; ;0; AM a BC b c BM b AC a c                         Mặt khác M là trực tâm tam giác ABC nên   . 0 2 5 2 5 . 0 AM BC b c a c BM AC                                Từ   1 và   2 ta có 30; 15; 6 a b c    . Phương trình mặt phẳng   P là 1 2 5 30 0. 30 15 6 x y z x y z         Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 4 2 6 0 P x y z     ,   : 2 4 6 0 Q x y z     . 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. Phương trình mặt phẳng    là A. 6 0 x y z     . B. 6 0 x y z     . C. 3 0 x y z     . D. 6 0 x y z     . Lời giải Mặt phẳng   : 4 2 6 0 P x y z     có véctơ pháp tuyến   1;4; 2 P n      . Mặt phẳng   : 2 4 6 0 Q x y z     có véctơ pháp tuyến   1; 2;4 Q n      . Ta có   ; 12; 6; 6 P Q n n              , cùng phương với   2; 1; 1 u     . Gọi     d P Q   . Ta có đường thẳng d có véctơ chỉ phương là   2; 1; 1 u     và đi qua điểm   6;0;0 M . Mặt phẳng    cắt các trục tọa độ tại các điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c với 0 abc  . Phương trình mặt phẳng   : 1 x y z a b c     . Mặt phẳng    có véctơ pháp tuyến 1 1 1 ; ; n a b c         . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Mặt phẳng    chứa d   n u M              2 1 1 6 0 1 1 1 6 1 3 a a b c b c a                       . Ta lại có hình chóp . O ABC là hình chóp đều OA OB OC a b c       6 b c    Kết hợp với điều kiện    ta được 6 b c   . Vậy phương trình của mặt phẳng   : 1 6 0 6 6 6 x y z x y z          . Câu 39. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz tại , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 81 2 . B. 243 2 . C. 81 6 . D. 243. Lời giải Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0 a b c  . Mặt phẳng   P có phương trình ( theo đoạn chắn): 1 x y z a b c    . Vì mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M nên 9 1 1 1 a b c    . Ta có 3 9 1 1 9 1 3 . . 243 . . a b c a b c a b c       . 1 243 81 . . . 6 6 2 OABC V a b c    Vậy thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là 81 2 . Câu 40. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm (2;0;0), (0;4;0), (0;0;6), (2;4;6) A B C D . Gọi ( ) P là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ) ABC , ( ) P cách đều D và mặt phẳng ( ) ABC . Phương trình của mặt phẳng ( ) P là A. 6 3 2 24 0 x y z     . B. 6 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 0 x y z    . D. 6 3 2 36 0 x y z     . Lời giải Chọn A Phương trình mặt phẳng ( ) ABC là: 1 6 3 2 12 0 2 4 6 x y z x y z         + ( ) P song song với mặt phẳng ( ) ABC nên ( ) P có dạng: 6 3 2 0 ( -12) x y z D D      + ( ;( )) (( ),( )) ( ;( )) ( ,( )) d D P d ABC P d D P d A P    36 12 24 D D D        . Vậy ( ) P là: 6 3 2 24 0 x y z     . Câu 41. (Kiểm tra năng lực - ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c với a , b , c là ba số thực dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 2017 a b c    . Khi đó, mặt phẳng   ABC luôn đi qua có một điểm có tọa độ cố định là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 1 1 ; ; 3 3 3       . B.   1;1;1 . C. 1 1 1 ; ; 2017 2017 2017       . D.   2017;2017;2017 . Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng   : 1 x y z ABC a b c    . Dựa vào điều kiện, chọn   ; ; M m m m cố định nằm trên   ABC . Ta có:   1 1 1 1 1 .2017 1 2017 M ABC m m m a b c                . Vậy 1 1 1 ; ; 2017 2017 2017       là điểm cố định. Câu 42. Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 M . Phương trình mặt phẳng   P đi qua M cắt các trục tọa độ Ox ,Oy ,Oz lần lượt tại A , B ,C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC là A.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . B.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . C.   : 6 3 2 18 0 P x y z     . D.   : 6 3 2 6 0 P x y z     . Lời giải Chọn A Gọi tọa độ các điểm   ;0;0 A a Ox  ,   0; ;0 B b Oy  và   0;0; C c Oz  . M là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ sau: 3 3 3 6 9 3 M A B C M A B C M A B C x x x x a y y y y b c y z z z                        Do đó phương trình mặt phẳng   P là 1 6 3 2 18 0 3 6 9 x y z x y z         . Câu 43. Cho điểm   1;2;5 M . Mặt phẳng   P đi qua M cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là A. 8 0 x y z     . B. 2 5 30 0 x y z     . C. 0 5 2 1 x y z    . D. 1 5 2 1 x y z    . Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c . Phương trình mặt phẳng   P là 1 x y z a b c    . Mặt phẳng   P đi qua M nên 1 2 5 1(*) a b c    . Ta có     ; ;0 , ;0; AB a b AC a c             ,     1;2 ;5 , 1;2;5 BM b CM c               . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Do M là trực tâm tam giác ABC nên . 0 2 . 0 5 a b AB CM a AC BM c                                            . Thay vào (*) ta có 1 4 25 1 30 15, 6 a b c a a a         . Phương trình mặt phẳng   P là 1 2 5 30 0 30 15 6 x y z x y z         . Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;5 M . Số mặt phẳng    đi qua M và cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C mà 0 OA OB OC    là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn D Giả sử       ;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c A a với 0 abc    : 1 x y z ABC a b c     Mà 0 OA OB OC    b a b a c a c a                 Trường hợp 1: ; b a c a     : 1 x y z ABC a a a     mà   1 2 5 (1;2;5) 1 8 M ABC a a a a        Trường hợp 2: ; b a c a      : 1 x y z ABC a a a     mà   1 2 5 (1;2;5) 1 2 M ABC a a a a         Trường hợp 3: ; b a c a      : 1 x y z ABC a a a     mà   1 2 5 (1;2;5) 1 4 M ABC a a a a         Trường hợp 4: ; b a c a       : 1 x y z ABC a a a     mà   1 2 5 (1;2;5) 1 6 M ABC a a a a         Vậy có 4 mặt phẳng    Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 1 2 M ; ; . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho 0 OA OB OC    ? A. 3 B. 1 C. 4 D. 8 Lời giải Chọn A Mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm       0 0 0 0 0 0 A a; ; ,B ;b; ,C ; ;c . Khi đó phương trình mặt phẳng   P có dạng: 1 x y z a b c    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Theo bài mặt phẳng   P đi qua   1 1 2 M ; ; và OA OB OC   nên ta có hệ:     1 1 2 1 1 2 a b c a b c           . Ta có:   2 a b c a b c a c b b c a                   - Với   a b c thay vào   1 được 4    a b c - Với    a b c thay vào   1 được 0 1  . - Với    a c b thay vào   1 được 2     a c b . - Với    b c a thay vào   1 được 2     b c a . Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài toán là:       1 2 3 1 1 1 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z P : ; P : ; P :            Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , có bao nhiêu mặt phẳng qua   2;1;3 M ,   0;0;4 A và cắt hai trục Ox , Oy lần lượt tại B , C khác O thỏa mãn diện tích tam giác OBC bằng 1? A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C Gọi   ;0;0 B a ,   0; ;0 C b lần lượt là giao điểm của   P với các trục , Ox Oy . Phương trình mặt phẳng   : 1 4 x y z P a b    . Vì   2;1;3 M thuộc   P nên ta có 2 1 3 1 4 a b    2 1 1 4 8 4 a b ab a b       . Diện tích tam giác 1 1 1 . . 1 2 2 2 OBC S OB OC a b ab      2 ab   Xét hệ phương trình   4 8 , 2 a b ab I ab       4 8 2 2 4 1 2 2 4 a b a b ab ab                   2 2 1 4 2 1 4 1 4 4 4 4 0, a b a b b b b b vn                      . Hệ vô nghiệm. Xét hệ phương trình 4 8 2 a b ab ab        4 8 2 2 4 1 2 2 4 a b a b ab ab                     2 2 1 4 2 1 4 1 4 4 4 4 0 a b a b b b b b                        . Hệ có hai nghiệm. Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán. Câu 47. (Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   3;2;1 M . Mặt phẳng   P qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng   P là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 A. 6 0 x y z     . B. 0 3 2 1 x y z    . C. 1 3 2 1 x y z    . D. 3 2 14 0 x y z     . Lời giải Giả sử       A ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; a B b C c , khi đó phương trình mặt phẳng   : 1 x y z ABC a b c    . Ta có     0; ; , ;0; BC b c CA a c             và     3 ;2;1 , 3;2 ;1 AM a BM b               . Vì M là trực tâm tam giác ABC nên ta có hệ . 0 . 0 AM BC BM CA                          2 0 3a 0 b c c          2 3a c b c       . Hơn nữa vì M thuộc   ABC nên 3 2 1 1 a b c    3 2 1 1 3a 3a 2 a     14 3 a   . Ta được 14 a 3  , 7 b  , 14 c  hay   : ABC 1 14 7 14 3 x y z    . Ta chọn   : ABC 3 2 14 0 x y z     . Câu 48. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   P chứa điểm   1;3; 2 M  , cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho 1 2 4 OA OB OC   . A. 2 1 0 x y z     . B. 2 4 1 0 x y z     . C. 4 2 1 0 x y z     . D. 4 2 8 0 x y z     . Lời giải Phương trình mặt chắn cắt tia Ox tại   ;0;0 A a , cắt tia Oy tại   0; ;0 B b , cắt tia Oz tại   0;0; C c có dạng là   P : 1 x y z a b c    (với 0 a  , 0 b  , 0 c  ). Theo đề: 1 2 4 OA OB OC   1 2 4 a b c    2 2 b a c b         . Vì   1;3; 2 M  nằm trên mặt phẳng   P nên ta có: 1 3 2 1 2 2 b b b     4 1 b   4 b   . Khi đó 2 a  , 8 c  . Vậy phương trình mặt phẳng   P là: 1 2 4 8 x y z    4 2 8 0 x y z      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 49. (Sở Nam Định - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 2 2 3 0 S x y z x y z       . Gọi , , A B C lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ O ) của mặt cầu   S và các trục Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng   ABC là: A. 6 3 2 12 0 x y z     . B. 9 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 12 0 x y z     . D. 6 3 2 12 0 x y z     . Lời giải Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a Ox B b Oy C c Oz    . Theo giả thiết ta có , , 0 a b c  . Vì   A S  nên ta có: 0 2 2 0 2 a a a a         . Vậy   2;0;0 A . Vì   B S  nên ta có: 0 2 4 0 4 b b a b         . Vậy   0;4;0 B . Vì   C S  nên ta có: 0 2 6 0 6 c c c c         . Vậy   0;0;6 C . Khi đó phương trình mặt phẳng   ABC là: 1 6 3 2 12 0 2 4 6 x y z x y z         . Câu 50. (THPT Thực Hành - TPHCM - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng    đi qua   1; 3; 8 M  và chắn trên Oz một đoạn dài gấp đôi các đoạn chắn trên các tia Ox , Oy . Giả sử   : 0 ax by cz d      ( , a , b , c d là các số nguyên). Tính a b c S d    . A. 3 . B. 3  . C. 5 4 . D. 5 4  . Lời giải Giả sử mặt phẳng    cắt các tia , Ox , Oy Oz lần lượt tại   ; 0; 0 A m ,   0; ; 0 B n ,   0; 0; C p (với , , 0 m n p  ) Theo giả thiết có 2 2 OC OA OB     2 2 1 p m n    . Phương trình mặt phẳng    có dạng 1 x y z m n p    . Do mặt phẳng    đi qua   1; 3; 8 M  nên   1 3 8 1 2 m n p    Thay   1 vào   2 ta được 1 3 8 1 2 m m m    2 1 m   2 m   2, 4 m n p     Phương trình mặt phẳng    có dạng 1 2 2 4 x y z    2 2 4 0 x y z      Từ đó suy ra   2 , 2 , , 4 0 a t b t c t d t t       Vậy 5 4 a b c S d      . Dạng 1.3 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Câu 51. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của   2; 3;1 A  lên các mặt phẳng tọa độ. Phương trình mặt phẳng   MNP là A. 1 2 3 1 x y z    . B. 3 2 6 6 x y z    . C. 0 2 3 1 x y z    . D. 3 2 6 12 0 x y z     . Lời giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của   2; 3;1 A  lên các mặt phẳng tọa độ   Oxy ,   Oxz ,   Oyz . Khi đó,   2; 3;0 M  ,   2;0;1 N và   0; 3;1 P    0;3;1 MN       và   2;0;1 MP       . Ta có, MN      và MP     là cặp vectơ không cùng phương và có giá nằm trong   MNP Do đó,   MNP có một vectơ pháp tuyến là   , 3; 2;6 n MN MP                  . Mặt khác,   MNP đi qua   2; 3;0 M  nên có phương trình là:       3 2 2 3 6 0 0 3 2 6 12 0 x y z x y z            . Câu 52. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm     1;2;1 , 2; 1;4 A B   và   1;1;4 C . Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng   ABC ? A. 1 1 2 x y z    . B. 2 1 1 x y z   . C. 1 1 2 x y z   . D. 2 1 1 x y z    . Lời giải Ta có     3; 3;3 ; 2; 1;3 AB AC             . Suy ra   ; 6; 3;3 AB AC                . Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng   ABC có vecto chỉ phương u  vuông góc với ; AB AC         nên u  cùng phương với , AB AC             do đó chọn (2;1; 1) u   . Câu 53. (THPT Nghĩa Hưng NĐ-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       0;1;2 ,B 2; 2;1 , 2;1;0 A C   . Khi đó, phương trình mặt phẳng   ABC là 0 ax y z d     . Hãy xác định a và d . A. 1, 1 a d   . B. 6, 6 a d    . C. 1, 6 a d     . D. 6, 6 a d    . Lời giải Ta có:   2; 3; 1 AB        ;   2;0; 2 AC        .   3 1 1 2 2 3 , ; ; 6;6; 6 0 2 2 2 2 0 AB AC                              . Chọn   1 ; 1;1; 1 6 n AB AC                  là một VTPT của   mp ABC . Ta có pt   mp ABC là: 1 2 0 1 0 x y z x y z           . Vậy 1, 1 a d   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 54. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;5;2 A , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua các điểm là hình chiếu của điểm A trên các mặt phẳng tọa độ? A. 3 5 2 60 0 x y z     . B. 10 6 15 60 0 x y z     . C. 10 6 15 90 0 x y z     . D. 1 3 5 2 x y z    . Lời giải Chọn B Gọi 1 2 3 , , A A A lần lượt là hình chiếu của điểm A lên các mặt phẳng       , , Oxy Oyz Oxz . Ta có       1 2 3 3;5;0 , 0;5;2 , 3;0;2 A A A .     1 2 1 3 3;0;2 , 0; 5;2 A A A A               . Mặt phẳng qua 1 A có vectơ pháp tuyến   1 2 1 3 , 10;6;15 n A A A A                  có phương trình là 10 6 15 60 0 x y z     . Câu 55. (Thi thử cụm Vũng Tàu - 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   3; 2; 2 A   ,   3;2;0 B ,   0;2;1 C . Phương trình mặt phẳng   ABC là A. 2 3 6 12 0 x y z     . B. 2 3 6 12 0 x y z     . C. 2 3 6 0 x y z    . D. 2 3 6 12 0 x y z     . Lời giải Chọn C Cách 1: Ta có:   0;4;2 AB      ,   3;4;3 AC       ,   ; 4; 6;12                 n AB AC . Ta có   4; 6;12 n    cùng phương   1 2; 3;6 n    Mặt phẳng   ABC đi qua điểm   0;2;1 C và có một vectơ pháp tuyến   1 2; 3;6 n    nên   ABC có phương trình là:       2 0 3 2 6 1 0 x y z       2 3 6 0 x y z     . Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 3 6 0 x y z    . Cách 2: Vì phương trình mặt phẳng   ABC đi qua 3 điểm A, B, C nên thay tọa độ điểm   0;2;1 C lần lượt vào các đáp án. Loại đáp án A, B, D. Còn lại đáp án C thỏa. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 3 6 0 x y z    . Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua 3 điểm   1;2;3 A ,   4;5;6 B ,   1;0;2 C có phương trình là A. 2 5 0 x y z     . B. 2 3 4 0 x y z     . C. 3 3 0 x y z    . D. 2 3 0 x y z     . Lời giải Chọn D Ta có:   3;3;3 AB      ,   0; 2; 1 AC        TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Mặt phẳng đi qua 3 điểm   1;2;3 A ,   4;5;6 B ,   0;1;2 C nhận   3;3; 6 , AB AC n                 làm véctơ pháp tuyến. Nên phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm   1;2;3 A ,   4;5;6 B ,   1;0;2 C có phương trình là 3 3 6 9 0 x y z     hay 2 3 0 x y z     Câu 57. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm   2; 3; 5 A ,   3; 2; 4 B và   4; 1; 2 C có phương trình là A. 5 0 x y    . B. 5 0 x y    . C. 2 0 y z    . D. 2 7 0 x y    . Lời giải Vì AB     ; AC       ABC  nên   ABC sẽ nhận , n AB AC               làm một vectơ pháp tuyến. Ta có   1; 1; 1 AB        ,   2; 2; 3 AC        suy ra   , 1; 1; 0 n AB AC                . Hiển nhiên   ABC đi qua   2; 3; 5 A nên ta có phương trình của   ABC là       1 2 1 3 0 5 0 x y z       5 0 x y     . Câu 58. (Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm   1;1;4 A ,   2;7;9 B ,   0;9;13 C . A. 2 1 0 x y z     . B. 4 0 x y z     . C. 7 2 9 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Lời giải Ta có   1;6;5 AB      ,   1;8;9 AC       ,   ABC đi qua   1;1;4 A có vtpt , n AB AC                 14; 14;14     14 1; 1;1   có dạng 4 0 x y z     . Câu 59. (SGD - Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   1;6;2 S  ,   0;0;6 A ,   0;3;0 B ,   2;0;0 C  . Gọi H là chân đường cao vẽ từ S của tứ diện . S ABC . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm S , B , H là A. 3 0 x y z     . B. 3 0 x y z     . C. 5 7 15 0 x y z     . D. 7 5 4 15 0 x y z     . Lời giải Phương trình Mặt phẳng   : 1 2 3 6 x y z ABC     3 2 6 0 x y z       . H là chân đường cao vẽ từ S của tứ diện . S ABC nên H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng   ABC 19 31 17 ; ; 14 7 14 H        Mặt phẳng       0;3;0 : 11 55 11 11 , ; ; 1;5; 7 14 14 2 14 qua B SBH vtpt BH SB                           . Phương trình Mặt phẳng     : 5 3 7 0 SBH x y z     5 7 15 0 x y z      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 2. Một số bài toán liên đến khoảng cách - góc Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt, khoảng cách giữa hai mặt Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng  Cho hai mặt phẳng song song ( ) : 0 P ax by cz d     và ( ) : 0 Q ax by cz d      có cùng véctơ pháp tuyến, khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó là   2 2 2 ( ),( ) d d d Q P a b c       Viết phương trình ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và cách ( ; ; ) M x y z    khoảng . k Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Sử dụng công thức khoảng cách   ,( ) 2 2 2 . M P ax by cz d d k d a b c              Viết phương trình mặt phẳng ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và ( ) P cách mặt phẳng ( ) Q một khoảng k cho trước. Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Chọn một điểm ( ; ; ) ( ) M x y z Q     và sử dụng công thức:     ( );( ) ,( ) 2 2 2 . Q P M P ax by cz d d d k d a b c               Viết phương trình mặt phẳng ( ) P vuông góc với hai mặt phẳng ( ), ( ),   đồng thời ( ) P cách điểm ( ; ; ) M x y z    một khoảng bằng k cho trước. Phương pháp:  Tìm ( ) ( ) , . n n     Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) , ( ; ; ). P n n n a b c             Khi đó phương trình ( ) P có dạng ( ) : 0, P ax by cz d     (cần tìm ). d  Ta có:   ;( ) 2 2 2 . M P ax by cz d d k k d a b c             Câu 1. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , điểm M thuộc trục Oy và cách đều hai mặt phẳng:   : 1 0 P x y z     và   : 5 0 Q x y z     có tọa độ là A.   0; 3;0 M  . B.   0;3;0 M . C.   0; 2;0 M  . D.   0;1;0 M . Lời giải Ta có   0; ;0 M Oy M y   . Theo giả thiết:         1 5 3 3 3 y y d M P d M Q y          . Vậy   0; 3;0 M  Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho (1; 2;3) A ,   3;4;4 B . Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 2 1 0     x y mz bằng độ dài đoạn thẳng AB . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 A. 2  m . B. 2   m . C. 3   m . D. 2   m . Lời giải Ta có   2;2;1      AB    2 2 2 2 2 1 3 1     AB . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng   P :     2 2 2 2.1 2 .3 1 , 2 1       m d A P m   2 3 3 2 5 m m    . Để     2 3 3 , 3 5 m AB d A P m          2 2 9 5 9 1 m m     2 m   . Câu 3. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho 3 điểm       1;0;0 , 0; 2;3 , 1;1;1 A B C  . Gọi   P là mặt phẳng chứa , A B sao cho khoảng cách từ C tới mặt phẳng   P bằng 2 3 . Phương trình mặt phẳng   P là A. 2 3 1 0 3 7 6 0 x y z x y z             B. 2 1 0 2 3 6 13 0 x y z x y z              C. 2 1 0 2 3 7 23 0 x y z x y z              D. 1 0 23 37 17 23 0 x y z x y z              Lời giải Gọi (1;0;0) ( ) : ( ; ; ) 0 qua A P VTPT n A B C            ( ) : .( 1) 0 ( ) : 2 3 0 2 3 (1) P A x By Cz B P A B C A B C              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ;( )) 3( 2 ) 4( ) 3 3 6 4 0 (2) B C d C P B C BC A B C A B C B C BC A                  Thay (1) vào (2) ta có: 2 2 2 2 2 6 4( 2 3 ) 0 17 54 37 0 B C BC B C B BC C           Cho 2 1 1 1: 17 54 37 0 37 23 17 17 B A C B B B A                   ( ) : 1 0 ( ) : 23 37 17 23 0 P x y x P x y z          Câu 4. Trong không gian Oxyz cho         2;0;0 , 0;4;0 , 0;0;6 , 2;4;6 A B C D . Gọi   P là mặt phẳng song song với   mp ABC ,   P cách đều D và mặt phẳng   ABC . Phương trình của   P là A. 6 3 2 24 0 x y z     B. 6 3 2 12 0 x y z     C. 6 3 2 0 x y z    D. 6 3 2 36 0 x y z     Lời giải Chọn A   : 1 6 3 2 12 0 2 4 6 x y z ABC x y z         .         // : 6 3 2 0 12 P ABC P x y z m m        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   P cách đều D và mặt phẳng           , , ABC d D P d A P   2 2 2 2 2 2 36 12 6.2 3.4 2.6 6.2 3.0 2.0 36 12 36 12 6 3 2 6 3 2 m m m m m m m m                            24 m    (nhận). Vậy phương trình của   P là 6 3 2 24 0 x y z     . Câu 5. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;2;3 A ,   5; 4; 1 B   và mặt phẳng   P qua Ox sao cho         ; 2 ; d B P d A P  ,   P cắt AB tại   ; ; I a b c nằm giữa AB . Tính a b c   . A. 12. B. 6 . C. 4 . D. 8 . Lời giải. Vì         ; 2 ; d B P d A P  và   P cắt đoạn AB tại I nên       7 5 2 1 3 2 4 2 2 0 4 5 1 2 3 3 a a a BI AI b b b a b c c c c                                          . Câu 6. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     và   : 2 2 3 0 Q x y z     bằng: A. 4 3 B. 8 3 . C. 7 3 . D. 3 . Lời giải Chọn C Lấy     2;1;3 A P  .Do   P song song với   Q nên Ta có           2 2 2 2 2.1 2.3 3 7 , , 3 1 2 2 d P Q d A Q         Câu 7. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng song song   P và   Q lần lượt có phương trình 2 0 x y z    và 2 7 0 x y z     . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng A. 7 . B. 7 6 . C. 6 7 . D. 7 6 . Lời giải Mặt phẳng   P đi qua điểm   0;0;0 O . Do mặt phẳng   P song song mặt phẳng   Q nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng:           7 7 , , 6 6 d P Q d O Q      Câu 8. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     và   : 2 2 4 0 Q x y z     bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 A. 1. B. 4 3 . C. 2. D. 7 3 . Lời giải Ta có                   2 2 2 / / 8 2.0 2.0 4 4 ; ; . 3 8;0;0 1 2 2 P Q d P Q d A Q A P                Nhận xét: Nếu mặt phẳng   : P ax by cz d    và   : ' Q ax by cz d      2 2 2 0 a b c    song song với nhau   ' d d  thì       2 2 2 ' ; . d d d P Q a b c     . Câu 9. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 2 16 0 P x y z     và   : 2 2 1 0 Q x y z     bằng A. 5. B. 17 . 3 C. 6. D. 5 3 . Lời giải Ta có                   2 2 2 / / 16 2.0 2.0 1 ; ; 5. 16;0;0 1 2 2 P Q d P Q d A Q A P                Câu 10. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     và   : 2 3 6 0 Q x y z     là A. 7 14 B. 8 14 C. 14 D. 5 14 Lời giải   : 2 3 1 0 P x y z       : 2 3 6 0 Q x y z     . Ta có: 1 2 3 1 1 2 3 6     Các giải trắc nghiệm: Công thức tính nhanh:     1 2 : 0; 0 P Ax By Cz D Q Ax By Cz D         d       ; P Q = 2 1 2 2 2 D D A B C      P //   Q áp dụng công thức: d       ; P Q 2 2 2 1 6 14 2 1 2 3       . Câu 11. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 6 3 2 1 0 P x y z     và   1 1 : 8 0 2 3 Q x y z     bằng A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vì 6 3 2 1 1 1 1 8 2 3          // P Q nên           ; ; d P Q d M Q  với     0;1; 1 M P             2 2 2 1 1 1 1 8 0 8 2 3 2 3 ; ; 7 49 1 1 1 36 2 3 M M M x y z d P Q d M Q                         . Câu 12. (Chuyên Lam Sơn-2019) Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     và   : 2 3 6 0 Q x y z     là: A. 7 14 . B. 8 14 . C. 14. D. 5 14 . Lời giải Chọn A Có               / / , , P Q d P Q d A Q   với A bất kì thuộc   P . Chọn     1;0;0 A P  có           7 7 , , 14 14 d P Q d A Q    . Câu 13. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  : 2 2 4 0 x y z      và  : 2 2 7 0 x y z       . A. 0 . B. 3 . C. 1  . D. 1. Lời giải Chọn D Ta có     0;1;1 M   , khoảng cách giữa hai mặt phẳng     ,   là:       2 2 2 0 2.1 2.1 7 , 1 1 2 2 h d M            . Câu 14. (THPT Đông Sơn 1 - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 2 22 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   :3 2 6 14 0. P x y z     Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu   S đến mặt phẳng   P bằng A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   1;1;1 . I Vậy     3 2 6 14 , 3. 9 4 36 d I P        . Câu 15. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và   : 4 2 4 6 0. Q x y z     Khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Trong mặt phẳng   P ta chọn điểm   0; 9;0 M  . Tính khoảng cách từ M đến   Q ta có:         2 2 2 4.0 2.( 9) 4.0 6 , 2 4 2 4 d M Q           . Vậy           , , 2 d P Q d M Q   . Câu 16. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 6 0 P x y z     và ( ) : 2 2 3 0 Q x y z     . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q bằng A. 3. B. 1. C. 9. D. 6 . Lời giải Chọn A Nhận xét hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q song song với nhau. Lấy (6;0;0) ( ) M P  ta có     2 2 2 1.6 2.0 2.0 3 ( );( ) ;( ) 3 1 2 ( 2) d P Q d M Q          . Câu 17. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :3 4 12 5 0 P x y z     và điểm   2;4; 1 A  . Trên mặt phẳng   P lấy điểm M . Gọi B là điểm sao cho 3. AB AM           . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng   P . A. 6 d  . B. 30 13 d  . C. 66 13 d  . D. 9 d  . Lời giải Chọn A Ta có: 3. 2. AB AM BM AM                      , 2 , d B P BM AM d A P               2 2 2 3.2 4.4 12. 1 5 , 2. , 2. 2.3 6 3 4 12 d B P d A P             . Câu 18. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Mặt phẳng nào sau đây song song với   P và cách   P một khoảng bằng 3? A.   : 2 2 10 0 Q x y z     . B.   : 2 2 4 0 Q x y z     . C.   : 2 2 8 0 Q x y z     . D.   : 2 2 8 0 Q x y z     . Lời giải Chọn C Mặt phẳng   P đi qua điểm   0;0; 1 M  và có một vectơ pháp tuyến   2;2; 1 n    . (P) M H K B ANGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt phẳng   Q song song với   P và cách   P một khoảng bằng 3 nên có dạng     : 2 2 0, 1 Q x y z d d       . Mặt khác ta có     8 1 , 3 3 1 9 10 4 4 1 d d d M Q d d                 (thỏa mãn). Do đó   : 2 2 8 0 Q x y z     hoặc   : 2 2 10 0 Q x y z     . Câu 19. (SGD Bến Tre 2019) Tìm trên trục Oz điểm M cách đều điểm   2;3;4 A và mặt phẳng   : 2 3 17 0 P x y z     . A.   0;0; 3 M  . B.   0;0;3 M . C.   0;0; 4 M  . D.   0;0;4 M . Lời giải Chọn B Vì M Oz     0;0; M m . Ta có:   2 2 2 2 3 4 MA m     ;     17 , 14 m d M P   . M cách đều điểm   2;3;4 A và mặt phẳng   : 2 3 17 0 P x y z     khi và chỉ khi     2 2 2 2 17 2 3 4 13 3 0 3 14 m m m m           . Vậy   0;0;3 M . Câu 20. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;1 , 3;4;0 A B , mặt phẳng   : 46 0 P ax by cz     . Biết rằng khoảng cách từ , A B đến mặt phẳng   P lần lượt bằng 6 và 3. giá trị của biểu thức T a b c    bằng A. 3  . B. 6  . C. 3. D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có 3 (B,( )) AB d P   suy ra , A B nằm cùng phía đối với mặt phẳng   P . Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của , A B xuống mặt phẳng   P . Ta có 6 6 AH BK AK AH      . Do đó , , , A B H K thẳng hàng. Từ đó suy ra ( ) AB P  và B là trung điểm của AH nên (5;6; 1) H  , (2;2; 1) AB      . Phương trình mặt phẳng   : 2( 5) 2( 6) 1( 1) 0 2 2 23 0 4 4 2 46 0 P x y z x y z x y z                  . Vậy 6 a b c     . Câu 21. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  : 2 2 10 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng   Q với   Q song song với   P và khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P và   Q bằng 7 3 là. A. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         B. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         C. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         D. 2 2 3 0; 2 2 17 0 x y z x y z         Lời giải Chọn D Vì   Q song song với   P nên phương trình mặt phẳng   Q có dạng  : 2 2 0 Q x y z c     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Lấy         7 0;0;5 , 3 M P M d M Q     . Khi đó ta có     2 2 2 10 7 3 2.5 7 , 10 7 17 3 1 2 2 c c c d M Q c c                         Vậy ta có các mặt phẳng   Q là     : 2 2 3 0; : 2 2 17 0 Q x y z Q x y z         Câu 22. (SGD Hưng Yên 2019) Trong không gian hệ toạ độ Oxyz , lập phương trình các mặt phẳng song song với mặt phẳng   : 3 0 x y z      và cách    một khoảng bằng 3 . A. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . B. 6 0 x y z     . C. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . D. 6 0 x y z     ; 0 x y z    . Lời giải Chọn A Gọi mặt phẳng    cần tìm. Vì       // nên phương trình    có dạng : 0 x y z c     với   \ 3 c   . Lấy điểm     1; 1;1 I     . Vì khoảng cách từ    đến    bằng 3 nên ta có :     1 1 1 , 3 3 3 c d I         3 3 3 c    0 6 c c       . (thỏa điều kiện   \ 3 c   ). Vậy phương trình    là: 6 0 x y z     ; 0 x y z    . Câu 23. (THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm   4;2;1 A ,   0;0;3 B ,   2;0;1 C . Viết phương trình mặt phẳng chứa OC và cách đều 2 điểm , A B . A. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . B. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . C. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . D. 2 2 0    x y z hoặc 4 2 0 x y z    . Lời giải Gọi     2 2 2 : 0 0 Ax By Cz D A B C         .   O   nên ta có: 0 D    1   C   nên ta có: 2 0 Ax By Cz A C        2 Từ     1 , 2 2 C A    . Theo đề bài:         , , d A d B    . 2 2 6 A B A         2 * 2 6 2 6 4 ** B A A B A A B A B A                  Từ   * :Chọn 1 2, 2 A B C        : 2 2 0 x y z      . Từ   ** :Chọn 1 4, 2 A B C         : 4 2 0 x y z      . Câu 24. (THPT Nguyễn Tất Thành - Yên Bái - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có (1;0;0), (0; 2;3), (1;1;1). A B C  Phương trình mặt phẳng   P chứa , A B sao cho khoảng cách từ C tới   P bằng 2 3 là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 0 x y z     hoặc 23 37 17z 23 0 x y      . B. 2 1 0 x y z     hoặc 23 3 7 23 0. x y z      C. 2 1 0 x y z     hoặc 13 3 6 13 0. x y z      D. 2 3 1 0 x y z     hoặc 3 7 3 0. x y z     Lời giải Giả sử   ; ; n a b c   là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Ta có   1; 2;3 2 3 0 2 3 . n AB a b c a b c                     2 2 2 2 : ax by cz a 0 ( ;( )) 3 b c P d C P a b c           .   2 2 2 2 2 3 2 2 3 17 54 37 0 b c b c b c b bc c            . 1 37 17, 37 17 b c b c c b b c                TH1: 1 1 ( ) : x y z 1 0 b c a P          . TH2: 37, 17 23 ( ) : 23x 37 y 17 z 23 0 b c a P            . Câu 25. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   Q song song với mặt phẳng   P , cách   P một khoảng bằng 3 và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương. A.   : 2 2 4 0 Q x y z     . B.   : 2 2 14 0 Q x y z     . C.   : 2 2 19 0 Q x y z     . D.   : 2 2 8 0 Q x y z     . Lời giải Ta có,   Q song song   P nên phương trình mặt phẳng   : 2 2 0 Q x y z C     ; 5 C   Chọn     0;0;5 M P  Ta có             2 2 2 5 ; ; 3 2 2 1 C d P Q d M Q        4 14 C C          4 : 2 2 4 0 C Q x y z       khi đó   Q cắt Ox tại điểm   1 2;0;0 M  có hoành độ âm nên trường hợp này   Q không thỏa đề bài.   14 : 2 2 14 0 C Q x y z        khi đó   Q cắt Ox tại điểm   2 7;0;0 M có hoành độ dương do đó   : 2 2 14 0 Q x y z     thỏa đề bài. Vậy phương trình mặt phẳng   : 2 2 14 0 Q x y z     . Câu 26. (Chuyên Phan Bội Châu -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   Q : 2 2 3 0 x y z     , mặt phẳng   P không qua O , song song với mặt phẳng   Q và       , 1 d P Q  . Phương trình mặt phẳng   P là A. 2 2 1 0 x y z     B. 2 2 0 x y z    C. 2 2 6 0 x y z     D. 2 2 3 0 x y z     Lời giải Vì mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   Q TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33   1;2;2 P Q vtptn vtptn          Phương trình mặt phẳng   P có dạng 2 2 0 x y z D     Gọi     3;0;0 A Q            , , 1 d P Q d A P    3 3 0 ( ), 3 1 3 3 6 ( ) 3 D D l qua O D D D n                    Câu 27. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A ,   0;4;0 B ,   0;0;6 C ,   2;4;6 D . Gọi   P là mặt phẳng song song với   mp ABC ,   P cách đều D và mặt phẳng   ABC . Phương trình của   P là A. 6 3 2 24 0 x y z     . B. 6 3 2 12 0 x y z     . C. 6 3 2 0 x y z    . D. 6 3 2 36 0 x y z     . Lời giải Phương trình   mp ABC : 1 2 4 6 x y z    6 3 2 12 0 x y z      . Mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   ABC nên phương trình có dạng: 6 3 2 0 x y z d     , 12 d   . Mặt phẳng   P cách đều D và mặt phẳng   ABC           , , d ABC P d D P           , , d A P d D P   2 2 2 2 2 2 6.2 6.2 3.4 2.6 6 3 2 6 3 2 d d           12 36 d d     24 d    (thỏa mãn). Vậy phương trình mặt phẳng   P : 6 3 2 24 0 x y z     . Câu 28. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0; 1 C  . Phương trình của mặt phẳng   P qua   1;1;1 D và song song với mặt phẳng   ABC là A. 2 3 6 1 0 x y z     . B. 3 2 6 1 0 x y z     . C. 3 2 5 0 x y z    . D. 6 2 3 5 0 x y z     . Lời giải Chọn B Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng   ABC là: 1 2 3 1 x y z     . Mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   ABC nên  : P   1 1 0 1 2 3 x y z m m       . Do     1;1;1 D P  có: 1 1 1 1 .1 .1 1 0 0 2 3 6 6 m m m          . Vậy   1 1 1 : 0 3 2 6 1 0 2 3 6 P x y z x y z          . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 29. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho   1;1;0 A ,   0;2;1 B ,   1;0;2 C ,   1;1;1 D . Mặt phẳng    đi qua   1;1;0 A ,   0;2;1 B ,    song song với đường thẳng CD . Phương trình mặt phẳng    là A. 2 3 0 x y     . B. 2 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y z     . D. 2 0 x y    . Lời giải   1;1;1 AB       ,   0;1; 1 CD         , 2; 1; 1 AB CD                  .    đi qua   1;1;0 A và có một VTPT là   2;1;1 n    : 2 3 0 x y z       . Dạng 2.2 Góc của 2 mặt phẳng 1. Góc giữa hai véctơ Cho hai véctơ 1 2 3 ( ; ; ) a a a a   và 1 2 3 ( ; ; ). b b b b   Khi đó góc giữa hai véctơ a  và b  là góc nhợn hoặc tù. 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( ; ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               với 0 180 .      2. Góc giữa hai mặt phẳng Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D       1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 . cos ( ),( ) cos . . P Q P Q n n A A B B C C P Q n n A B C A B C               với 0 90 .      Câu 30. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho điểm   2 ; 1 ; 2 H , H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O xuống mặt phẳng   P , số đo góc giữa mặt   P và mặt phẳng   : 1 1 0 Q x y    A. 0 60 B. 0 30 C. 0 45 D. 0 90 Lời giải Chọn C   P qua O và nhận   2 ; 1 ; 2 O H       làm VTPT   : 1 1 0 Q x y    có VTPT   1 ; 1 ; 0 n   Ta có               0 . 1 cos , , 4 5 2 . O H n P Q P Q O H n            Câu 31. (THPT Quang Trung Đống Đa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P có phương trình 2 2 5 0 x y z     . Xét mặt phẳng ( ) : (2 1) 7 0 Q x m z     , với m là tham số thực. Tìm tất cả giá trị của m để ( ) P tạo với ( ) Q góc 4  . A. 1 4 m m      . B. 2 2 2 m m       . C. 2 4 m m      . D. 4 2 m m      . Lời giải Mặt phẳng ( ) P , ( ) Q có vectơ pháp tuyến lần lượt là   1; 2; 2 p n      ,   1;0; 2 1 Q n m      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Vì ( ) P tạo với ( ) Q góc 4  nên       2 2 2 2 1 2(2 1) 1 cos cos ; 4 2 3. 1 (2 1) 2 4 1 9 4 4 2 4 20 16 0 1 . 4 p Q m n n m m m m m m m m                              Câu 32. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình: 1 0 ax by cz     với 0 c  đi qua 2 điểm   0;1;0 A ,   1;0;0 B và tạo với   Oyz một góc 60  . Khi đó a b c   thuộc khoảng nào dưới đây? A.   5;8 . B.   8;11 . C.   0;3 . D.   3;5 . Lời giải. Mặt phẳng   P đi qua hai điểm A, B nên 1 0 1 1 0 b a b a           . Và   P tạo với   Oyz góc 60  nên       2 2 2 1 cos , 2 . 1 a P Oyz a b c     (*). Thay 1 a b   vào phương trình được 2 2 2 2 c c      . Khi đó   2 2 0;3 a b c      . Câu 33. (Chuyên Bắc Giang -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0, P x y z     ( ) : ( 1) 2019 0 Q x my m z      . Khi hai mặt phẳng   P ,   Q tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì mặt phẳng   Q đi qua điểm M nào sau đây? A. (2019; 1;1) M  B. (0; 2019;0) M  C. ( 2019;1;1) M  D. (0;0; 2019) M  Lời giải Chọn C Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q . Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 1.1 2. 2.( 1) 1 1 1 cos 3 1 2 ( 2) . 1 ( 1) 3 2 2 2 1 3 3 3. 2 2 2 2 m m m m m m m                         Góc  nhỏ nhất  cos  lớn nhất 1 2 m   . Khi 1 2 m  thì   1 1 : 2019 0 2 2 x z Q y     , đi qua điểm ( 2019;1;1) M  . Câu 34. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     và   : 2 0 Q x y    . Trên   P có tam giác ABC ; Gọi , , A B C    lần lượt là hình chiếu của , , A B C trên   Q . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 4 , tính diện tích tam giác A B C    . A. 2 . B. 2 2 . C. 2 . D. 4 2 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn B Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q .       2 2 2 2 2 2 2.1 1. 1 2.0 1 cos 2 2 1 2 . 1 1 0              . Ta có: 1 .cos 4. 2 2 2 A B C ABC S S        . Câu 35. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , biết hình chiếu của O lên mặt phẳng   P là   2; 1; 2 H   . Số đo góc giữa mặt phẳng   P với mặt phẳng   : 5 0 Q x y    là A. 30  . B. 45  . C. 60  . D. 90  . Lời giải Chọn B Mặt phẳng   Q có một vectơ pháp tuyến là   1; 1;0 Q n      . Hình chiếu của O lên mặt phẳng   P là   2; 1; 2 H     P  qua H và nhận   2; 1; 2 OH        làm vectơ pháp tuyến. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q .   2 1 0 2 cos cos , 2 4 1 4. 1 1 0 Q OH n                  45     . Câu 36. Trong hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm   2; 1; 2 H . Điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O xuống mặt phẳng   P , số đo góc giữa mặt phẳng   P và mặt phẳng   : 11 0 Q x y    là A. 90  . B. 30  . C. 60  . D. 45 . Lời giải Ta có H là hình chiếu vuông góc của O xuống mặt phẳng   P nên   OH P  . Do đó   2; 1; 2 OH      là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q có một vectơ pháp tuyến là   1; 1; 0 n   . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng     , P Q . Ta có 2 2 2 2 2 2 . 2.1 1.1 2.0 2 cos 45 2 . 2 1 2 . 1 1 0 OH n OH n                         . Vây góc giữa hai mặt phẳng     , P Q là 45 . Câu 37. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng -2019) Trong không gian , Oxyz cho hai điểm     3;0;1 , 6; 2;1 A B  . Phương trình mặt phẳng   P đi qua , A B và tạo với mặt phẳng   Oyz một góc  thỏa mãn 2 cos 7   là A. 2 3 6 12 0 2 3 6 0 x y z x y z           B. 2 3 6 12 0 2 3 6 0 x y z x y z           C. 2 3 6 12 0 2 3 6 1 0 x y z x y z            D. 2 3 6 12 0 2 3 6 1 0 x y z x y z            Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Giả sử   P có VTPT   1 ; ; n a b c      P có VTCP   3; 2;0 AB       suy ra 1 1 . 0 n AB n AB                    2 3 2 0. 0 3 2 0 1 3 a b c a b a b             Oyz có phương trình 0 x  nên có VTPT   2 1;0;0 n     Mà 2 cos 7   1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 . .1 .0 .0 2 2 7 7 . . 1 0 0 n n a b c n n a b c                     2 2 2 2 2 2 2 7 2 7 . a a a b c a b c          2 2 2 2 49 4 a a b c       2 2 2 45 4 4 0 2 a b c     Thay   1 vào   2 ta được 2 2 4 0 b c   Chọn 2 c  ta có 2 2 2 2 ;1;2 1 3 3 4 2 0 1 2 2 ; 1;2 3 3 n a b b b a n                                             hay     2;3;6 2;3; 6 n n          Vậy   P 2 3 6 12 0 2 3 6 0 x y z x y z           Câu 38. (Toán Học Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết mặt phẳng   : 0 P ax by cz d     với 0 c  đi qua hai điểm   0;1;0 A ,   1;0;0 B và tạo với mặt phẳng   yOz một góc 60  . Khi đó giá trị a b c   thuộc khoảng nào dưới đây? A.   0;3 . B.   3;5 . C.   5;8 . D.   8;11 . Lời giải Ta có:   , A B P  nên 0 0 b d a d        . Suy ra   P có dạng 0 ax ay cz a     có vectơ pháp tuyến là   ; ; n a a c   . Măt phẳng   yOz có vectơ pháp tuyến là   1;0;0 i   . Ta có: . cos60 . n i n i       2 2 1 2 2 .1 a a c    2 2 2 2 4 a c a    2 2 2 0 a c    . Chọn 1 a  , ta có: 2 2 2 c c     do 0 c  . Ta có:   1 1 2 2 2 0;3 a b c a a c            . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 3. Vị trí tương đối Dạng 3.1 Vị trí tương đối mặt phẳng với mặt cầu Vị trí tương đối giữa mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) Cho mặt cầu ( ; ) S I R và mặt phẳng ( ). P Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ( ) P và có d IH  là khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ). P Khi đó:  Nếu : d R  Mặt cầu và mặt phẳng không có điểm chung.  Nếu : d R  Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu. Lúc đó ( ) P là mặt phẳng tiếp diện của ( ) S và H là tiếp điểm.  Nếu : d R  mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu theo thiết diện là đường tròn có tâm H và bán kính 2 2 . r R IH   Viết phương trình mặt ( ) ( ) : 0 P Q ax by cz d      và tiếp xúc với mặt cầu ( ). S Phương pháp:  Vì ( ) ( ) : 0 ( ) : 0. P Q ax by cz d P ax by cz d             Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu.  Vì ( ) P tiếp xúc ( ) S nên có   ;( ) . I P d R d    Câu 1. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   3;2; 1 I  và đi qua điểm   2;1;2 A . Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc với   S tại A ? A. 3 9 0 x y z     B. 3 3 0 x y z     C. 3 8 0 x y z     D. 3 3 0 x y z     Lời giải Chọn B Gọi   P là mặt phẳng cần tìm. Khi đó,   P tiếp xúc với   S tại A khi chỉ khi   P đi qua   2;1;2 A và nhận vectơ   1; 1;3 IA       làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng   P là 3 3 0 3 3 0 x y z x y z           . Câu 2. (Chuyên Quốc Học Huế -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng    có phương trình 2 1 0 x y z     và mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 1 1 2 4 x y z       . Xác định bán kính r của đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng    và mặt cầu   S . A. 2 42 3 r  . B. 2 3 3 r  C. 2 15 3 r  . D. 2 7 3 r  Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   1;1; 2 I  và bán kính 2 R  . Gọi d là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng    . Ta có     2 6 , 3 d d I    . Khi đó ta có: 2 2 2 3 3 r R d    . P M 2 M 1 H I R R I H P H I A R r d P TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Câu 3. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm   2;1; 4 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 7 0 x y z      . A. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . B. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . C. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . D. 2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z        . Lời giải Chọn C Mặt cầu cần tìm có bán kính         2 2 2 2 2.1 2. 4 7 , 5 1 2 2 R d I            . Phương trình mặt cầu cần tìm là       2 2 2 2 1 4 25 x y z       2 2 2 4 2 8 4 0 x y z x y z         . Câu 4. (SGD Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   S có tâm   0; 2;1 I  . Biết mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích 2  . Mặt cầu   S có phương trình là A.     2 2 2 2 1 2 x y z      . B.     2 2 2 2 1 3 x y z      . C.     2 2 2 2 1 3 x y z      . D.     2 2 2 2 1 1 x y z      . Lời giải Chọn B Gọi , R r lần lượt là bán kính của mặt cầu và đường tròn giao tuyến. Theo giải thiết ta có: 2 2 2 2 r r      Mặt khác     d , 1 I P  nên     2 2 2 , 3 R r d I P        . Vậy phương trình mặt cầu là     2 2 2 2 1 3 x y z      . Câu 5. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     và điểm   1;2; 1 I   . Viết phương trình mặt cầu   S có tâm I và cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5. A.         2 2 2 : 1 2 1 25 S x y z       . B.         2 2 2 : 1 2 1 16 S x y z       . C.         2 2 2 : 1 2 1 34 S x y z       . D.         2 2 2 : 1 2 1 34 S x y z       . Lời giải Chọn D NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi h là khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng   P ta có:       2 2 2 1 4 2 2 ; 3 1 2 2 h d I P           . Bán kính mặt cầu   S là: 2 2 2 2 5 3 34 R r h      . Phương trình mặt cầu   S là:       2 2 2 1 2 1 34 x y z       . Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   P : 2 2 2 0 x y z     có phương trình là A.       2 2 2 1 2 1 3 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 3 x y z       . Lời giải Chọn C Vì mặt cầu tâm   1;2;1 I  tiếp xúc với mặt phẳng   P : 2 2 2 0 x y z     nên bán kính         2 2 2 1 2.2 2.1 2 , 3 1 2 2 R d I P                    2 2 2 : 1 2 1 9 S x y z        . Câu 7. (Chuyên Nguyễn Huệ- 2019) Phương trình mặt cầu tâm   3; 2;4 I  và tiếp xúc với   : 2 2 4 0 P x y z     là: A.       2 2 2 20 3 2 4 3 x y z       . B.       2 2 2 400 3 2 4 9 x y z       . C.       2 2 2 20 3 2 4 3 x y z       . D.       2 2 2 400 3 2 4 9 x y z       . Lời giải Chọn D Ta có:   2 2 2 2.3 ( 2) 2.4 4 20 ,( ) . 3 2 ( 1) 2 d I P          Suy ra mặt cầu tâm   3; 2;4 I  và tiếp xúc với   : 2 2 4 0 P x y z     có bán kính 20 . 3 R  Phương trình mặt cầu tâm   3; 2;4 , I  bán kính 20 3 R  là:       2 2 2 400 3 2 4 . 9 x y z       H B A P r h R I TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho điểm   3;1; 1  I và mặt phẳng   : 2 2 3 0     P x y z . Phương trình mặt cầu   S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng   P là A.       2 2 2 3 1 1 4       x y z . B.       2 2 2 3 1 1 16       x y z . C.       2 2 2 3 1 1 4       x y z . D.       2 2 2 3 1 1 16       x y z . Lời giải Chọn A Gọi bán kính của mặt cầu   S là R . Mặt cầu   S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng   P     ;   d I P R   3 2.1 2. 1 3 2 1 4 4           R R . Vậy phương trình mặt cầu   S tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng   P là:       2 2 2 3 1 1 4       x y z . Câu 9. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1 ;2;1 I và cắt mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     theo một đường tròn có đường kính bằng 8 . Phương trình mặt cầu   S là A.       2 2 2 1 2 1 81 x y z       . B.       2 2 2 1 2 1 5 x y z       . C.       2 2 2 1 2 1 9 x y z       . D.       2 2 2 1 2 1 25 x y z       . Lời giải Chọn D Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng   P là       2 2 2 2.1 2 2.1 7 , 3 2 1 2 d d I P          . Đường tròn giao tuyến có đường kính bằng 8 nên bán kính đường tròn là 4 r  . Bán kính của mặt cầu   S là 2 2 2 2 3 4 5 R d r      . Vậy phương trình mặt cầu   S là       2 2 2 1 2 1 25 x y z       . Câu 10. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Cho mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 3 2 1 100 x y z       và mặt phẳng    có phương trình 2 2 9 0 x y z     . Tính bán kính của đường tròn   C là giao tuyến của mặt phẳng    và mặt cầu   S . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 8 . B. 4 6 . C. 10. D. 6 . Lời giải Chọn A Gọi I là tâm mặt cầu   S , H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng    và AB là một đường kính của đường tròn   C . Dễ thấy   3; 2;1 I  , 10 IA  ,     , 6 IH d I    suy ra 2 2 8 HA IA IH    . Vậy bán kính đường tròn   C bằng 8. Câu 11. (chuyên Hùng Vương Gia Lai -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 2 2 10 0 S x y z x y z        , mặt phẳng   : 2 2 10 0 P x y z     . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.   P tiếp xúc với   S . B.   P cắt   S theo giao tuyến là đường tròn khác đường tròn lớn. C.   P và   S không có điểm chung. D.   P cắt   S theo giao tuyến là đường tròn lớn. Lời giải Chọn A Mặt cầu   S có tâm   2 ; 1 ; 1 I    , bán kính   4 1 1 10 16 4 R        Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng   P là:           2 2 2 2 2. 1 2 1 10 12 , 4 3 1 2 2 d I P            Ta thấy:     , d I P R  , vậy   P tiếp xúc với   S . Câu 12. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z, cho mặt cầu   2 2 2 1 : S x y z    và mặt phẳng   2 2 1 0 : P x y z     . Tìm bán kính r đường tròn giao tuyến của   S và   P . A. 1 3 r  . B. 2 2 3 r  . C. 1 2 . r  D. 2 2 r  . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 Mặt cầu có tâm   0 0 0 ; ; O , bán kính 1 R  . Khoảng cách     1 3 , d O P  . Bán kính đường tròn giao tuyến là 2 2 2 2 3 . r R d    Câu 13. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có tâm   3;1;0 I và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     ? A.     2 2 2 3 1 3 x y z      . B.     2 2 2 3 1 9 x y z      . C.     2 2 2 3 1 3 x y z      . D.     2 2 2 3 1 9 x y z      . Lời giải Chọn D Gọi   S là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với   P có R là bán kính. Khi đó ta có:       2 2 2 2.3 2.1 0 1 , 3 2 2 1 d I P R R R            . Vậy phương trình của   S là     2 2 2 3 1 9 x y z      . Câu 14. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian O x y z cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 0 S x y z x y z       . Đường tròn giao tuyến của   S với mặt phẳng   O xy có bán kính là A. 3  r . B. 5  r . C. 6  r . D. 14  r . Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   1 ; 2 ; 3 I và bán kính 2 2 2 1 2 3 1 4 R     . Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng   O x y là 3 d  , suy ra bán kính đường tròn giao tuyến cần tìm là 2 2 5 r R d    . d R r P O H MNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   2;1;1 I và mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     . Biết mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. Viết phương trình của mặt cầu   S A.         2 2 2 : 2 1 1 8 S x y z       B.         2 2 2 : 2 1 1 10 S x y z       C.         2 2 2 : 2 1 1 8 S x y z       D.         2 2 2 : 2 1 1 10 S x y z       Lời giải Chọn D Gọi , R r lần lượt là bán kính của mặt cầu   S và đường tròn giao tuyến Ta có       2 2 2 2 2 2 2.2 1.1 2.1 2 , 1 10 2 1 2 R r d I P                 Mặt cầu   S tâm   2;1;1 I bán kính 10 R  là       2 2 2 2 1 1 10 x y z       . Câu 16. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đi qua ba điểm   2;3;3 M ,   2; 1; 1 N   ,   2; 1;3 P   và có tâm thuộc mặt phẳng   : 2 3 2 0 x y z      . A. 2 2 2 4 2 6 2 0 x y z x y z        B. 2 2 2 2 2 2 2 0 x y z x y z        C. 2 2 2 2 2 2 10 0 x y z x y z        D. 2 2 2 4 2 6 2 0 x y z x y z        Lời giải Chọn D Giả sử phương trình mặt cầu   S có dạng 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        . Điều kiện:   2 2 2 0 * a b c d     Vì mặt cầu   S đi qua 3 điểm   2;3;3 M ,   2; 1; 1 N   ,   2; 1;3 P   và có tâm I thuộc   mp P nên ta có hệ phương trình   4 6 6 22 2 4 2 2 6 1 : / * 4 2 6 14 3 2 3 2 2 a b c d a a b c d b T m a b c d c a b c d                                       Vậy phương trình mặt cầu là: 2 2 2 4 2 6 2 0. x y z x y z        Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz xét các điểm   0;0;1 A ,   ;0;0 B m ,   0; ;0 C n ,   1;1;1 D với 0; 0 m n   và 1.   m n Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng   ABC và đi qua D . Tính bán kính R của mặt cầu đó? A. 1  R . B. 2 2  R . C. 3 2  R . D. 3 2  R . Lời giải Chọn A Gọi   1;1;0 I là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng ( ) Oxy Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ) ABC là: 1    x y z m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ) ABC là 0     nx my mnz mn TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Mặt khác     2 2 2 2 1 ; 1      mn d I ABC m n m n (vì 1   m n ) và     1 ( ; .   ID d I ABC 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 1  R . Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 2 4 1 4 x y z       và mặt phẳng   P : 3 1 0 x my z m      . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 . A. 1 m  . B. 1 m   hoặc 2 m   . C. 1 m  hoặc 2 m  . D. 1 m   Lời giải Mặt cầu :       2 2 2 2 4 1 4 x y z       có tâm   2 ; 4 ; 1 I , bán kính . Ta có     2 2 4 1 3 1 , 1 1 m m d I P m        2 2 2 m m    Mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 nên bán kính đường tròn giao tuyến 1 r  . Ta có     2 2 2 , R d I P r     2 2 2 4 1 2 m m        2 2 4 4 3 2 m m m      2 2 4 2 0 m m     1 m   . Câu 19. (THPT Đoàn Thượng - Hải Dương -2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S tâm ( ; ; ) I a b c bán kính bằng 1, tiếp xúc mặt phẳng  . Oxz Khẳng định nào sau đây luôn đúng? A. 1 a  . B. 1 a b c    . C. 1 b  . D. 1 c  . Lời giải Phương trình mặt phẳng   Oxz : 0 y  . Vì mặt cầu   S tâm ( ; ; ) I a b c bán kính bằng 1 tiếp xúc với   Oxz nên ta có:     ; 1 1 d I Oxz b    . P R = 2 r = 1 I   S 2 R NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 20. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 5 0 S x y z x y z        . Mặt phẳng tiếp xúc với   S và song song với mặt phẳng   : 2 2 11 0 P x y z     có phương trình là: A. 2 2 7 0 x y z     . B. 2 2 9 0 x y z     . C. 2 2 7 0 x y z     . D. 2 2 9 0 x y z     . Lời giải Ta gọi phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng   : 2 2 11 0 P x y z     có dạng :     : 2 2 0, 11 Q x y z D D       . Mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I  , bán kính   2 2 2 1 2 3 5 3 R       Vì mặt phẳng tiếp xúc với   S nên ta có :         2 2 2 2. 1 2 2.3 2 , 3 3 3 2 1 2 D D d I Q R              . 2 9 7 2 9 11 D D D D                 . Do 11 7 D D     . Vậy mặt phẳng cần tìm là 2 2 7 0 x y z     . Câu 21. (Sở Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     và   : 2 1 0 Q x y z     . Số mặt cầu đi qua   1; 2;1 A  và tiếp xúc với hai mặt phẳng     , P Q là A. 0 . B. 1. C. Vô số. D. 2. Lời giải Ta có               6 0;0;2 ; M; 2 M P d P Q d Q                           6 A; ; A; 6 A; A; ; 2 d P d Q d Q d P d Q P      Vậy không có mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán Câu 22. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có đường kính AB với   6;2; 5 A  ,   4;0;7 B  . Viết phương trình mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S tại A . A.   : 5 6 62 0 P x y z     . B.   :5 6 62 0 P x y z     . C.   : 5 6 62 0 P x y z     . D.   :5 6 62 0 P x y z     . Lời giải Gọi I là trung điểm của AB   1;1;1 I  . Mặt cầu   S có đường kính AB nên có tâm là điểm I . Mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S tại A nên mặt phẳng   P đi qua A và nhận   5;1; 6 IA      là vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng   P :       5 6 1 2 6 5 0 5 6 62 0 x y z x y z            . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 Câu 23. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng 2 ( ) : 2 x 2 y z m 3 0 P m      và mặt cầu       2 2 2 ( ) : 1 1 1 9 S x y z       . Tìm tất cả các giá trị của m để ( ) P tiếp xúc với ( ) S . A. 2 5 m m       . B. 2 5 m m       . C. 2 m  . D. 5 m   . Lời giải Chọn B Ta có   1; 1;1 ( ) : 3 I S R        . Để ( ) P tiếp xúc với ( ) S thì     2 2 2 1 3 3 10 0 2 ; 3 5 3 3 8 0 m m m m m d I P R m m m                       . Câu 24. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ 0xyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 25 S x y z       có tâm I và mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     . Thể tích của khối nón đỉnh I và đường tròn đáy là giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   P bằng A. 12  B. 48  C. 36  D. 24  Lời giải Chọn A Mặt cầu   S có tâm   1;1;1 I và bán kính 5 R  Ta có chiều cao của khối nón   2 2 2 1 2 2 7 ,( ) 4 1 2 2 h d I P         Bán kính đáy của hình nón là 2 2 25 16 3 r R h      Thể tích của khối nón 2 3 1 1 .3 .4 12 . 3 3 V r h       Câu 25. (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu     1 2 , S S lần lượt có phương trình là 2 2 2 2 2 2 22 0 x y z x y z        , 2 2 2 6 4 2 5 0 x y z x y z        . Xét các mặt phẳng   P thay đổi nhưng luôn tiếp xúc cả hai mặt cầu đã cho. Gọi   ; ; A a b c là điểm mà tất cả các mặt phẳng   P đi qua. Tính tổng S a b c    . A. 5 . 2 S  B. 5 . 2 S   C. 9 . 2 S  D. 9 . 2 S   Lời giải Chọn D Mặt cầu   1 S có tâm   1;1;1 I và bán kính 1 5 R  Mặt cầu   2 S có tâm   3; 2; 1 J   và bán kính 2 3 R  Ta có   1 2 1 2 2; 3; 2 IJ 17 IJ< . IJ R R R R            Vậy     1 2 , S S là hai mặt cầu cắt nhau. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi A là tâm tỉ cự của hai mặt cầu ta có 5 5 AJ 3 5AJ AJ 3 3 5 3 13 9 6; ; 4 2 2 2 AI ID AI AI JE OJ OI OA A a b c                                               Câu 26. (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 1 45 S x y z       và mặt phẳng   : 13 0 P x y z     . Mặt cầu   S cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có tâm   ; ; I a b c thì giá trị của a b c   bằng A. 11  . B. 5 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   1;2; 1 A  và bán kính 3 5 R  . Mặt cầu   S cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có tâm   ; ; I a b c  I là hình chiếu của A lên mp   P   P I P IA kn                     13 0 1 1 2 1 13 0 3 2 1 a b c a k k k k k b k c k                                   4;5; 4 I   . Vậy 5 a b c    . Câu 27. (Sở Hà Nam - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 7 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 10 0 S x y z x z       . Gọi   Q là mặt phẳng song song với mặt phẳng   P và cắt mặt cầu   S theo một giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6  . Hỏi   Q đi qua điểm nào trong số các điểm sau? A.   6;0;1 . B.   3;1;4  . C.   2; 1;5   . D.   4; 1; 2   . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   1;0; 2 I  , bán kính 15 R  . Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến. Ta có 2 6 3 r r      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Do     // Q P     : 2 0 7 Q x y z d d       . Ta có:         2 2 7 1 , 6 6 5 6 d d d I Q R r d               l o a ï i n h aä n Vậy   : 2 5 0 Q x y z     . Thay tọa độ   2; 1;5   vào   Q thấy thỏa mãn. Câu 28. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 3 12 10 0 x y z      . Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện: tiếp xúc với   S ; song song với    và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 3 12 78 0 x y z     . B. 4 3 12 26 0 x y z     . C. 4 3 12 78 0 x y z     . D. 4 3 12 26 0 x y z     . Lời giải Mặt cầu   S có: tâm   1;2;3 I , bán kính 2 2 2 1 2 3 2 4 R      . Vì        nên phương trình mp    có dạng:   4 3 12 0, 10 x y z d d      . Vì    tiếp xúc mặt cầu   S nên:       , 2 2 2 4.1 3.2 12.3 26 4 26 52 78 4 3 12 I d d d R d d                     . Do    cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn 78 d  . Vậy mp    : 4 3 12 78 0 x y z     . Câu 29. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     và điểm   1; 2;0 M  . Mặt cầu tâm M , bán kính bằng 3 cắt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng bao nhiêu? A. 2 . B. 2 . C. 2 2 . D. 3 1  . Lời giải Mặt cầu tâm tâm M , bán kính bằng 3 R  cắt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn tâm H , bán kính r suy ra 2 2 r R MH   . Với       2 2 2 2.1 2 2.0 1 , 1 2 1 2 MH d M P          . Suy ra   2 2 3 1 2 r    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 30. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   : 2 5 0 Q x y z     và mặt cầu       2 2 2 : 1 2 15 S x y z      . Mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   Q và cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6  đi qua điểm nào sau đây? A.   2; 2;1  . B.   1; 2;0  . C.   0; 1; 5   . D.   2;2; 1   . Lời giải Mặt cầu   S có tâm   1;0; 2 I  và bán kính 15 R  . Đường tròn có chu vi bằng 6  nên có bán kính 6 3 2 r     . Mặt phẳng   P song song với mặt phẳng   Q nên phương trình mặt phẳng   P có dạng: 2 0 x y z D     , 5 D   . Vì mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6  nên         2 2 ; ; 6 d I P R r d I P       2 2 2 1 6 7 1 2.0 2 6 1 6 1 6 5 1 2 1 D D D D D D                            . Đối chiếu điều kiện ta được 7 D  . Do đó phương trình mặt phẳng   : 2 7 0 P x y z     . Nhận thấy điểm có tọa độ   2;2; 1   thuộc mặt phẳng   P . Câu 31. (Việt Đức Hà Nội 2019) Cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 4) 9 S x y z       . Phương trình mặt phẳng ( )  tiếp xúc với mặt cầu ( ) S tại điểm (0;4; 2) M  là A. 6 6 37 0 x y z     B. 2 2 4 0 x y z     C. 2 2 4 0 x y z     D. 6 6 37 0 x y z     Lời giải Mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 4) 9 S x y z       có tâm (1;2; 4). I  ( 1;2;2). IM       Phương trình mặt phẳng ( )  đi qua (0;4; 2) M  nhận ( 1;2;2) IM       làm véc-tơ pháp tuyến là 1( 0) 2( 4) 2( 2) 0 2 2 4 0 x y z x y z             . Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S :       2 2 2 2 1 2 4 x y z       và mặt phẳng   P : 4 3 0 x y m    . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng   P và mặt cầu   S có đúng 1 điểm chung. A. 1 m  . B. 1 m   hoặc 21 m   . C. 1 m  hoặc 21 m  . D. 9 m   hoặc 31 m  . Lời giải Ta có mặt cầu : có tâm , bán kính . Mặt phẳng và mặt cầu có đúng điểm chung khi và chỉ khi mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu . Câu 33. (THPT Ba Đình -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   P : mx 2y z 1 0     ( m là tham số). Mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S       2 2 2 2 1 2 4 x y z         2; 1; 2 I   2 R    P   S 1   P   S     , d I P R     2 2 4.2 3. 1 2 4 3 m       11 10 m    1 21 m m       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51       2 2 2 S : x 2 y 1 z 9      theo một đường tròn có bán kính bằng 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m ? A. m 1   . B. m 2 5    . C. m 4   . D. m 6 2 5   . Lời giải Từ       2 2 2 S : x 2 y 1 z 9      ta có tâm   2;1;0 I  bán kính 3 R  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên   P và       ; P S C H r   với 2 r  Ta có     ; IH d I P   2 2 2 2 0 1 2 3 4 1 5 m m IH m m          Theo yêu cầu bài toán ta có 2 2 2 R IH r      2 2 2 3 9 4 5 m m      2 6 2 5 12 16 0 6 2 5 m m m m             . Câu 34. (Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng   Q chứa trục Ox và cắt   S theo một đường tròn bán kính bằng 3 . A.   : 3 0 Q y z   . B.   : 2 0 Q x y z    . C.   : 0 Q y z   . D.   : 2 0 Q y z   . Lời giải   Q chứa trục Ox nên có dạng 0 By Cz     2 2 0 B C   .   S có tâm   1; 2; 1 I   và bán kính 3 R  . Bán kính đường tròn giao tuyến 3 r  . Vì R r  nên   I Q  . 2 0 B C     vì , B C không đồng thời bằng 0 nên chọn 1 2 B C     . Vậy   : 2 0 Q y z   . Câu 35. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1; ( ) 2;1 I  và mặt phẳng ( ) P có phương trình 2 2 8 0 x y z     . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P : A. 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 9 x y z       B. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 3 ) x y z       C. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 4 ) x y z       D. 2 2 2 ( ) ( ) ( 1 2 1 9 ) x y z       Lời giải Chọn D Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P :   1 4 2 8 ;( ) 3 1 4 4 R d I P           Vậy: 2 2 2 ( ) : ( ) ( ) 9 ) 1 ( 1 2 x y S z       A I HNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có tâm   0;1;3 I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :2 2 2 0 ? P x y z     A.     2 2 2 1 3 9 x y z      . B.     2 2 2 1 3 9 x y z      . C.     2 2 2 1 3 3 x y z      . D.     2 2 2 1 3 3 x y z      . Lời giải Ta có: Bán kính mặt cầu là:     ; R d I P      2 2 2 1 6 2 3 2 1 2          . Phương trình mặt cầu là:     2 2 2 1 3 9 x y z      . Câu 37. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu   S tâm   1;2;5 I  và tiếp xúc với mặt phẳng   : 2 2 4 0 P x y z     là A.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . B.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . C.   2 2 2 : 2 4 10 21 0 S x y z x y z        . D.   2 2 2 : 2 5 21 0 S x y z x y z        . Lời giải Ta có bán kính của mặt cầu   S là       2 2 2 1 2.2 2.5 4 ; 3 1 2 2 R d I P           . Vậy mặt cầu   S có tâm   1;2;5 I  và bán kính của 3 R  suy ra phương trình mặt cầu   S là       2 2 2 2 2 2 2 1 2 5 3 2 4 10z 21 0 x y z x y z x y               . Câu 38. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   1; 2;3 I  và mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Mặt cầu   S tâm I tiếp xúc với   P có phương trình là: A.       2 2 2 1 2 3 9.       x y z B.       2 2 2 1 2 3 3.       x y z C.       2 2 2 1 2 3 3.       x y z D.       2 2 2 1 2 3 9.       x y z Lời giải Theo giả thiết     , R d I P      2 2 2 2 1 2 2 3 1 3 2 1 2 . .          Vậy   : S       2 2 2 1 2 3 9.       x y z Câu 39. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( 3;0;1) I  . Mặt cầu ( ) S có tâm I và cắt mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z     theo một thiết diện là một hình tròn. Diện tích của hình tròn này bằng  . Phương trình mặt cầu ( ) S là A. 2 2 2 ( 3) ( 1) 4. x y z      B. 2 2 2 ( 3) ( 1) 25. x y z      C. 2 2 2 ( 3) ( 1) 5. x y z      D. 2 2 2 ( 3) ( 1) 2. x y z      Lời giải Chọn C Gọi S , r lần lượt là diện tích hình tròn và bán kính hình tròn. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53 Ta có: 2 S r     1 r       3 2.0 2.1 1 ; 2 1 4 4 d I P         ( ) S có tâm ( 3;0;1) I  và bán kính     2 2 2 2 ; 2 1 5 R d I P r      Phương trình mặt cầu ( ) S là: 2 2 2 ( 3) ( 1) 5. x y z      Câu 40. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 2 0     P x y z và điểm   1; 2; 1 I   . Viết phương trình mặt cầu   S có tâm I và cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5. A.         2 2 2 : 1 2 1 25.       S x y z B.         2 2 2 : 1 2 1 16.       S x y z C.         2 2 2 : 1 2 1 34.       S x y z D.         2 2 2 : 1 2 1 34.       S x y z Lời giải Gọi M là điểm nằm trên đường tròn giao tuyến của   S và  . P Ta có .  IM R Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu trong trường hợp mặt cầu   S giao với mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r là       2 2 2 2 ; * I P IM R d r    Ta có:         ; 2 2 2 1 2.2 2. 1 2 3 . 1 2 2            I P d IH Từ   2 2 2 * 3 5 34 R     . Vậy phương trình mặt cầu   S thỏa mãn yêu cầu đề bài là       2 2 2 1 2 1 34.       x y z Câu 41. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 0 S x y z z      và điểm   2;2;0 K . Viết phương trình mặt phẳng chứa tất cả các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ K đến mặt cầu   S . A. 2 2 4 0 x y z     . B. 6 6 3 8 0 x y z     . C. 2 2 2 0 x y z     D. 6 6 3 3 0 x y z     . Lời giải Chọn C     2 2 2 : 1 3 S x y z      mặt cầu tâm   0;0; 1 , 3 I R   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 54 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do   2;2;1 , 3 IK IK      R   K nằm ngoài mặt cầu. Suy ra từ K vẽ được vô số tiếp tuyến đến mặt cầu và khoảng cách từ K đến các tiếp điểm bẳng nhau. Gọi E là 1 tiếp điểm IE EK IKE     vuông tại E  2 2 6 KE IK IE     E thuộc mặt cầu tâm K bán kính 6 R   . Tọa độ điểm E thỏa mãn hệ         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 6 2 2 6 x y z z x y z z x y z x y z                           4 4 2 4 0 2 2 2 0. x y z x y z           Câu 42. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình   2 2 2 : 2 4 6 3 0 S x y z x y z m         . Tìm số thực của tham số m để mặt phẳng   : 2 2 8 0 x y z      cắt   S theo một đường tròn có chu vi bằng 8  . A. 3 m   . B. 1 m   . C. 2 m   . D. 4 m   . Lời giải Chọn B Ta có         2 2 2 2 2 2 : 2 4 6 3 0 1 2 3 17 S x y z x y z m x y z m                 .   S là phương trình của mặt cầu thì 17 0 17 m m     . Khi đó   1;2;3 ; 17 I R m    lần lượt là tâm và bán kính của   S . Để mặt phẳng   : 2 2 8 0 x y z      cắt   S theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng 8  thì đường tròn đó có bán kính 4 r  . Ta có     2 2 2 , 17 16 2 1 R d I r m m           (TMĐK). Câu 43. (THPT Kinh Môn - HD - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 -11 0 x y z     . Viết phương trình mặt phẳng   P , biết   P song song với giá của vectơ   1;6;2 v   , vuông góc với    và tiếp xúc với   S . A. 2 3 0 2 21 0 x y z x y z            B. 3 4 1 0 3 4 2 0 x y z x y z            . C. 4 3 5 0 4 3 27 0 x y z x y z            . D. 2 2 3 0 2 2 21 0 x y z x y z            . Lời giải Mặt cầu   S có tâm   1; 3;2 I  và bán kính 4 R  . Vì mặt phẳng (P) song song với giá của vectơ   1;6;2 v   , vuông góc với    nên có vec tơ pháp tuyến   , n n v               2; 1;2   . Mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z D     . Vì   P tiếp xúc với mặt cầu   S nên ta có:     ; d I P R    2 2 2 2.1 3 2.2 4 2 1 2 D         21 9 12 3 D D D           . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 55 Vậy phương trình mặt phẳng    là: 2 2 3 0 2 2 21 0 x y z x y z            Câu 44. (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P có phương trình 2 2 5 0 x y z     và mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 1 2 3 4 x y z       . Tìm phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng   P và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu   S . A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 5 0 x y z      . C. 2 2 23 0 x y z     . D. 2 2 17 0 x y z      . Lời giải Mặt cầu   S có tâm   1; 2; 3 I   và bán kính 2 R  . Gọi   Q là mặt phẳng song song với mặt phẳng   P và đồng thời tiếp xúc với mặt cầu   S . Phương trình   Q có dạng: 2 2 0 x y z D       5 D   .   Q tiếp xúc với   S khi và chỉ khi     , d I Q R      2 2 2 1 2. 2 2. 3 2 1 2 2 D          11 6 D    11 6 11 6 D D          5 17 D D         . Đối chiếu điều kiện suy ra 17 D   . Vậy phương trình của   Q là 2 2 17 0 2 2 17 0 x y z x y z           . Câu 45. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 6 4 2 0 S x y z x y z        , mặt phẳng   : 4 11 0 x y z      . Gọi   P là mặt phẳng vuông góc với     , P  song song với giá của vecto   1;6;2 v   và   P tiếp xúc với   S . Lập phương trình mặt phẳng   P . A. 2 2 2 0 x y z     và 2 21 0 x y z     . B. 2 2 3 0 x y z     và 2 21 0 x y z     . C. 2 2 3 0 x y z     và 2 2 21 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     và 2 2 2 0 x y z     . Lời giải   S có tâm   1; 3;2 I  và bán kính 4 R  . Véc tơ pháp tuyến của    là   1;4;1 n      . Suy ra VTPT của   P là , P n n v                2; 1;2   . Do đó   P có dạng: 2 2 0 x y z d     . Mặt khác   P tiếp xúc với   S nên     , 4 d I P  Hay   2 2 2 2 3 4 4 2 1 2 d        21 3 d d        . Câu 46. (Hồng Lĩnh - Hà Tĩnh – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;0;0 A ,   0;0;2 B và mặt cầu   2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x y       . Số mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu   S là A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 0 mặt phẳng. D. Vô số mặt phẳng. Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 56 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi phương trình mặt phẳng là:     2 2 2 : 0 0 P Ax By Cz D A B C        . Theo đề bài, mặt phẳng qua , A B nên ta có: 0 2 2 0 2 A D A C C D D C               . Vậy mặt phẳng   P có dạng: 2 2 0 Cx By Cz C     .   S có tâm   1,1,0 I và 1 R  . Vì   P tiếp xúc với   S nên     2 2 2 I, 2 2 2 2 1 5 0 5 P C B C d R B C B C C B            . Suy ra 0 A D   . Vậy phương trình mặt phẳng   : 0 P y  . Câu 47. (THPT Nam Trực - Nam Định - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   Q song với mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     . Biết   mp Q cắt mặt cầu       2 2 2 : 2 1 25 S x y z      theo một đường tròn có bán kính 3 r  . Khi đó mặt phẳng   Q có phương trình là: A. 2 7 0 x y z     . B. 2 2 7 0 x y z     . C. 2 2 17 0 x y z     . D. 2 2 17 0 x y z     . Lời giải Do mặt phẳng     // : 2 2 7 0 Q P x y z     , suy ra     : 2 2 0, 7 Q x y z m m       . Ta có       2 2 2 : 2 1 25 S x y z      có tâm   0;2; 1 I  bán kính 5 R  . Gọi     ; 2.0 2.2 1 5 3 4 4 1 I Q m m h d          . Do   Q cắt mặt cầu   S theo một đường tròn có bán kính 3 r  , suy ra: 2 2 2 R r h         2 2 17 5 12 5 25 9 5 144 7 loai 5 12 9 m m m m m m                        . Vậy   mp Q có phương trình: 2 2 17 0 x y z     . Dạng 3.2 Vị trí tương đối hai mặt Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D     ( ) P  cắt 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) A B C D Q A B C D      1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 0. P Q A A B B C C       Câu 48. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x my z     và   : 8 6 2 0 Q nx y z     , với , m n  . Xác định m, n để   P song song với   Q . A. 4 m n    . B. 4; 4 m n    . C. 4; 4 m n    . D. 4 m n   . Lời giải Mặt phẳng   P có véc tơ pháp tuyến   1 2; ;3 n m  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 57 Mặt phẳng   Q có véc tơ pháp tuyến   2 ; 8; 6 n n    Mặt phẳng     1 2 1 2 2 / / ( ) 8 4 3 6 4 k kn P Q n k n k m k m k n                               Nên chọn đáp án B Câu 49. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt phẳng   : – 2 2 – 3 0 P x y z   và   : – 2 1 0 Q mx y z    . Với giá trị nào của m thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau? A. 1 m  B. 1 m   C. 6 m   D. 6 m  Lời giải Hai mặt phẳng     , P Q vuông góc với nhau khi và chỉ khi   1. 2.1 2. 2 0 6 m m       Câu 50. (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2018) Trong không gian Oxyz , tìm tập hợp các điểm cách đều cặp mặt phẳng sau đây: 4 2 3 0 x y z     , 4 2 5 0 x y z     . A. 4 2 6 0 x y z     . B. 4 2 4 0 x y z     . C. 4 2 1 0 x y z     . D. 4 2 2 0 x y z     . Lời giải Gọi điểm     0; 3;0 4 2 3 0 A x y z        và     0; 5;0 4 2 5 0 B x y z        . Mặt phẳng cách đều hai mp trên có dạng:   4 2 0 x y z m      . Để mp    cách đều hai mp trên thì         ; 2 ; d A d A    2 3 1 4 m m m            . Mặt khác điểm hai điểm A , B phải nằm về hai phía của mp    . Do đó: +) Với 2 m   ta có:     4.0 3 2.0 2 4.0 5 2.0 2 0        nên ; A B cùng phía. +) Với 4 m   ta có:     4.0 3 2.0 4 4.0 5 2.0 4 0        nên ; A B khác phía. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là   4 2 4 0 x y z      . Câu 51. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  : 2 3 0 P x y z     ;  : 2 1 0 Q x y z     . Mặt phẳng   R đi qua điểm   1;1;1 M chứa giao tuyến của   P và   Q ; phương trình của       : 2 3 2 1 0 R m x y z x y z         . Khi đó giá trị của m là A. 3. B. 1 3 . C. 1 3  . D. 3  . Lời giải Vì       : 2 3 2 1 0 R m x y z x y z         đi qua điểm   1;1;1 M nên ta có:     1 2.1 1 3 2.1 1 1 1 0 m         3 m    . Câu 52. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây? NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 58 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 2 0 x y z     . B. 2 0 x y z     . C. 2 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Lời giải Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến   2;1;1 P n     . Mặt phẳng   : 2 0 Q x y z     có một vectơ pháp tuyến   1; 1; 1 Q n       . Mà . 2 1 1 0 P Q n n               P Q n n P Q           . Vậy mặt phẳng 2 0 x y z     là mặt phẳng cần tìm. Câu 53. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm       1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A B b C c trong đó . 0 b c  và mặt phẳng   : 1 0 P y z    . Mối liên hệ giữa , b c để mặt phẳng ( ) ABC vuông góc với mặt phẳng ( ) P là A. 2b c  . B. 2 b c  . C. b c  . D. 3 . b c  Lời giải • Phương trình   ABC :   1 1 x y z ABC b c     có VTPT: 1 1 1; ; n b c         . • Phương trình   : 1 0 P y z      P  có VTPT:   ' 0;1; 1 n    . •     1 1 . ' 0 0 ABC P n n b c b c            . Câu 54. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   : 2 5 0 P x y z     và     : 4 2 3 0 Q x m y mz      , m là tham số thực. Tìm tham số m sao cho mặt phẳng   Q vuông góc với mặt phẳng   P . A. 3 m   . B. 2 m   . C. 3 m  . D. 2 m  . Lời giải Mặt phẳng   P có véctơ pháp tuyến là     1;1; 2 P n       . Mặt phẳng   Q có véctơ pháp tuyến là     4;2 ; Q n m m       . Ta có:             . 0 4.1 2 2 0 2 P Q P Q P Q n n n n m m m                             . Nên 2 m  . Câu 55. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 0 ax y z b      đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và   : 2 1 0 Q x y z     . Tính 4 a b  . A. 16  . B. 8  . C. 0. D. 8. Lời giải Chọn A Trên giao tuyến  của hai mặt phẳng     , P Q ta lấy lần lượt 2 điểm , A B như sau: Lấy   ; ;1 A x y   , ta có hệ phương trình:   0 0 0;0;1 2 0 x y x y A x y            . Lấy   1 ; ; B y z    , ta có hệ phương trình:   0 2 1;2; 2 2 2 2 y z y B y z z                  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 59 Vì      nên   , A B   . Do đó ta có: 2 0 8 6 0 2 b a a b b                  . Vậy   4 8 2. 2 16. a b        Câu 56. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      và   : 2 4 2 0. x y mz      Tìm m để hai mặt phẳng    và    song song với nhau. A. 1 m  . B. Không tồn tại m . C. 2 m   . D. 2 m  . Lời giải Chọn B Ta có vec tơ pháp tuyến của    là   1 1;2; 1 n     , vec tơ pháp tuyến của    là   2 2;4; n m      . Hai mặt phẳng    và    song song khi 2 4 2 1 2 1 1 m        Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn điều kiện trên. Câu 57. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-2019) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z     , mặt phẳng nào dưới đây song song với   P và cách   P một khoảng bằng 3 . A. ( ) : 2 2 8 0 Q x y z     . B.   : 2 2 5 0 Q x y z     . C. ( ) : 2 2 1 0 Q x y z     . D.   : 2 2 2 0 Q x y z     . Lời giải Chọn A + Ta có: ( ) : 2 2 1 0 P x y z     , chọn     1;0;0 A P  . + Xét đáp án A, ta có       2 2 2 1 8 ; 3. 1 2 2 d A Q       Vậy đáp án A thoả mãn. Câu 58. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng   : 3 0 Q x y z     , cách điểm   3;2;1 M một khoảng bằng 3 3 biết rằng tồn tại một điểm   ; ; X a b c trên mặt phẳng đó thỏa mãn 2 a b c     ? A. 1. B. Vô số. C. 2 . D. 0 . Lời giải Ta có mặt phẳng cần tìm là   : 0 P x y z d     với 3 d  . Mặt phẳng   P cách điểm   3;2;1 M một khoảng bằng 3 3 6 3 3 3 d    3 15 d d        đối chiếu điều kiện suy ra 15 d   . Khi đó   : 15 0 P x y z     . Theo giả thiết     ; ; X a b c P  15 2 a b c       không thỏa mãn 2 a b c     . Vậy không tồn tại mặt phẳng   P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 60 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 59. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   1 : 3 4 2 0 Q x y z     và   2 : 3 4 8 0 Q x y z     . Phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai mặt phẳng   1 Q và   2 Q là: A.   : 3 4 10 0 P x y z     . B.   : 3 4 5 0 P x y z     . C.   : 3 4 10 0 P x y z     . D.   : 3 4 5 0 P x y z     . Lời giải Mặt phẳng   P có dạng 3 4 0 x y z D     . Lấy     1 0;2;0 M Q  và     2 0;8;0 N Q  . Do     1 2 // Q Q trung điểm   0;5;0 I của MN phải thuộc vào   P nên ta tìm được 5 D  . Vậy   : 3 4 5 0 P x y z     . Câu 60. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Gọi m,n là hai giá trị thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 1 0     m P mx y nz và   : 2 0     m Q x my nz vuông góc với mặt phẳng   : 4 6 3 0      x y z . Tính  m n . A. 0   m n . B. 2   m n . C. 1   m n . D. 3   m n . Lời giải +   : 2 1 0     m P mx y nz có vectơ pháp tuyến   1 ;2;   n m n .   : 2 0     m Q x my nz có vectơ pháp tuyến   2 1; ;     n m n .   : 4 6 3 0      x y z có vectơ pháp tuyến   4; 1; 6       n . + Giao tuyến của hai mặt phẳng   m P và   m Q vuông góc với mặt phẳng    nên         1 1 2 2 . 0 4 2 6 0 2 . 4 6 0 1 . 0                                                                    m m P n n n n m n m m n n Q n n n n Vậy 3   m n . Câu 61. (Chuyên KHTN 2019) Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng   P và   Q cùng thỏa mãn các điều kiện sau: đi qua hai điểm   1;1;1 A và   0; 2;2 B  , đồng thời cắt các trục tọa độ , Ox Oy tại hai điểm cách đều O . Giả sử   P có phương trình 1 1 1 0 x b y c z d     và   Q có phương trình 2 2 2 0 x b y c z d     . Tính giá trị biểu thức 1 2 1 2 b b c c  . A. 7. B. -9. C. -7. D. 9. Lời giải Cách 1 Xét mặt phẳng    có phương trình 0 x by cz d     thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm   1;1;1 A và   0; 2;2 B  , đồng thời cắt các trục tọa độ , Ox Oy tại hai điểm cách đều O . Vì    đi qua   1;1;1 A và   0; 2;2 B  nên ta có hệ phương trình:   1 0 * 2 2 0 b c d b c d            Mặt phẳng    cắt các trục tọa độ , Ox Oy lần lượt tại   ;0;0 , 0; ;0 d M d N b         . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 61 Vì , M N cách đều O nên OM ON  . Suy ra: d d b  . Nếu 0 d  thì chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này sẽ đi qua điểm O ). Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: 1 d d b b     .  Với 1 b  ,   2 4 * 2 2 6 c d c c d d                 . Ta được mặt phẳng   P : 4 6 0 x y z      Với 1 b   ,   0 2 * 2 2 2 c d c c d d                 . Ta được mặt phẳng   Q : 2 2 0 x y z     Vậy:     1 2 1 2 1. 1 4. 2 9 b b c c        . Cách 2   1; 3;1 AB        Xét mặt phẳng    có phương trình 0 x by cz d     thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm   1;1;1 A và   0; 2;2 B  , đồng thời cắt các trục tọa độ , Ox Oy tại hai điểm cách đều O lần lượt tại , M N . Vì , M N cách đều O nên ta có 2 trường hợp sau: TH1: ( ;0;0), (0; ;0) M a N a với 0 a  khi đó    chính là   P . Ta có ( ; ;0) MN a a        , chọn 1 ( 1;1;0) u     là một véc tơ cùng phương với MN      . Khi đó 1 , ( 1; 1; 4) P n AB u                 , suy ra   1 : 4 0 P x y z d     TH2: ( ;0;0), (0; ;0) M a N a  với 0 a  khi đó    chính là   Q . Ta có ( ; ;0) MN a a       , chọn 2 (1;1;0) u     là một véc tơ cùng phương với MN      . Khi đó 2 , ( 1;1;2) Q n AB u                , suy ra   2 : 2 0 Q x y z d     Vậy:     1 2 1 2 1. 1 4. 2 9 b b c c        . Câu 62. (Toán Học Và Tuổi Trẻ 2018) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm   3;2;1 M . Mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng   P . A. 3 2 14 0 x y z     . B. 2 3 9 0 x y z     . C. 3 2 14 0 x y z     . D. 2 9 0 x y z     . Lời giải Gọi       ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0; A a B b C c Phương trình mặt phẳng   P có dạng:   1 . . 0 x y z a b c a b c     Vì   P qua M nên   3 2 1 1 1 a b c    Ta có:         3; 2; 1 ; 3; 2; 1 ; 0; ; ; ;0; MA a MB b BC b c AC a c                             Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên:   . 0 2 2 3 . 0 MA BC b c a c MB AC                              NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 62 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ   1 và   2 suy ra 14 14 ; ; 14 3 2 a b c    . Khi đó phương trình   P : 3 2 14 0 x y z     Vậy mặt phẳng song song với   P là: 3 2 14 0. x y z     TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu Câu 1. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 1 S x y z       và điểm (2;3;4) A . Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( ) S , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 2 2 15 0 x y z     B. 7 0 x y z     C. 2 2 2 15 0 x y z     D. 7 0 x y z     Lời giải Chọn D Dễ thấy A nằm ngoài mặt cầu ( ) S . Tâm mặt cầu là (1; 2;3) I . Đường thẳng AM tiếp xúc với ( ) . 0 S AM IM AM IM              ( 2)( 1) ( 3)( 2) ( 4)( 3) 0 x x y y z z           ( 1 1)( 1) ( 2 1)( 2) ( 3 1)( 3) 0 x x y y z z              2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) ( 7) 0 x y z x y z            2 2 2 7 0 ( ( 1) ( 2) ( 3) 0) x y z Do x y z            . Câu 2. (Sở Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   2; 2;2 A  và mặt cầu     2 2 2 : 2 1 S x y z     . Điểm M di chuyển trên mặt cầu   S đồng thời thỏa mãn . 6 OM AM            . Điểm M thuộc mặt phẳng nào sau đây? A. 2 2 6 9 0 x y z     . B. 2 2 6 9 0 x y z     . C. 2 2 6 9 0 x y z     . D. 2 2 6 9 0 x y z     . Lời giải Giả sử   ; ; M x y z thì   ; ; OM x y z       ,   2; 2; 2 AM x y z          . Vì   M S  và . 6 OM AM            nên ta có hệ         2 2 2 2 2 2 6 2 1 x x y y z z x y z                2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 4 4 1 x y z x y z x y z z                  2 2 6 9 0 x y z      . Vậy điểm M thuộc mặt phẳng có phương trình: 2 2 6 9 0 x y z     . Câu 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   2; 2;2 A  và mặt cầu     2 2 2 : 2 1 S x y z     . Điểm M di chuyển trên mặt cầu   S đồng thời thỏa mãn . 6 OM AM            . Điểm M luôn thuộc mặt phẳng nào dưới đây? A. 2x 2 6z 9 0 y     . B. 2 2 6z 9 0 x y     . C. 2x 2 6z 9 0 y     . D. 2x 2 6z 9 0 y     . Lời giải Chọn D Gọi điểm     ; ; M x y z S  là điểm cần tìm. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Chuyên đề 30NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó:   2 2 2 2 1 x y z     2 2 2 4 4 1 x y z z         2 2 2 4 3 1 x y z z       Ta có:   ; ; OM x y z       và   2; 2; 2 AM x y z          . Suy ra . 6 OM AM                  2 2 2 6 x x y y z z          2 2 2 2 2 2 6 2 x y z x y z        Thay   1 vào   2 ta được 4 3 2 2 2 6 0 z x y z        2 2 6 9 0 x y z      . Câu 4. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 1 S x y z       và điểm (2;2;2) A . Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với ( ) S . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. – 6 0 x y z    . B. 4 0 x y z     . C. 3 3 3 – 8 0 x y z    . D. 3 3 3 – 4 0 x y z    . Lời giải   S có tâm   1;1;1 I và bán kính 1 R  . Do 1 1 1 3 IA R      nên điểm A nằm ngoài mặt cầu   S . AMI  vuông tại M : 2 2 3 1 2 AM AI IM      . M  thuộc mặt cầu   S  có tâm A bán kính 2 . Ta có phương trình   S        2 2 2 : 2 2 2 2 x y z       . Ta có     M S S    . Tọa độ của M thỏa hệ phương trình               2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 x y z I x y z                  . Ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 4 4 4 10 0 x y z x y z I x y z x y z                     2 2 2 8 0 x y z      4 0 x y z      Suy ra   : 4 0 M P x y z      . Câu 5. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1 ;2;1 A ,   3; 1 ;1 B  và   1; 1;1 C   . Gọi   1 S là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ;   2 S và   3 S là hai mặt cầu có I A M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 tâm lần lượt là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   1 S ,   2 S ,   3 S . A. 8 B. 5 C. 7 D. 6 Lời giải Chọn C Gọi phương trình mặt phẳng   P tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là: 0 ax by cz d     ( đk: 2 2 2 0 a b c    ). Khi đó ta có hệ điều kiện sau:             ; 2 ; 1 ; 1 d A P d B P d C P           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 a b c d a b c a b c d a b c a b c d a b c                                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c d a b c a b c d a b c a b c d a b c                            . Khi đó ta có: 3a b c d a b c d         3 3 a b c d a b c d a b c d a b c d                    0 0 a a b c d          . với 0 a  thì ta có 2 2 2 2 2 2 b c d b c b c d b c d                2 2 2 2 4 0 0 b c d b c b c d c d                   0 0, 0 4 , 2 2 c d c d b c d b c b               do đó có 3 mặt phẳng. Với 0 a b c d     thì ta có 2 2 2 2 2 2 3 2 2 b a b c a a b c             2 2 2 3 4 2 b a a a b c           4 3 11 3 b a c a           do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Câu 6. Trong không gian , Oxyz cho         2 2 2 : 3 2 5 36 S x y z       , điểm   7;1;3 M . Gọi  là đường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu   S tại N . Tiếp điểm N di động trên đường tròn   T có tâm   , , J a b c . Gọi 2 5 1 0 k a b c    , thì giá trị của k là A. 4 5. B. 5 0 . C. 4 5  . D. 50  . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu         2 2 2 : 3 2 5 36 S x y z       có tâm   3;2;5 I  , bán kính 6 R  . Có 25 16 4 3 5 6 IM R       , nên M thuộc miền ngoài của mặt cầu   S . Có M N tiếp xúc mặt cầu   S tại N , nên MN IN  tại N . Gọi J là điểm chiếu của N lên M I . Có 2 . IN IJ IM  . Suy ra 2 36 12 5 5 3 5 IN IJ IM    (không đổi), I cố định. Suy ra N thuộc   P cố định và mặt cầu   S , nên N thuộc đường tròn   C tâm J . Gọi   ; ; N x y z , có IJ IJ IM IM         12 5 1 4 5 5 3 5 IM IM           3 8 4 2 5 2 5 5 x y z                   6 2 3 5 ; ; 5 5 N        , 2 5 1 0 5 0 k a b c     . Vậy 5 0 k  . Câu 7. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm       2;1;4 , 5;0;0 , 1; 3;1 M N P  . Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oyz đồng thời đi qua các điểm , , M N P . Tìm c biết rằng 5 a b c    A. 3 B. 2 C. 4 D. 1 Lời giải Chọn B Phương trình mặt cầu   S tâm   ; ; I a b c là 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        Đk: 2 2 2 0 a b c d       S đi qua các điểm , , M N P và tiếp xúc với mặt phẳng   Oyz 4 2 8 21 10 25 2 6 2 11 a b c d a d a b c d R a                          N I J M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 2 2 2 2 4 2 8 10 25 21 10 25 2 6 2 10 25 11 a b c a d a a b c a a b c d a                             2 2 6 2 8 4 10 25 8 6 2 14 0 a b c d a a b c b c d                    2 2 6 2 8 4 10 25 32 24 8 56 0 a b c d a a b c b c d                    2 2 6 2 8 4 10 25 26 26 52 0 a b c d a a b b c d                   2 2 1 10 25 2 0 c a d a b a b c d                       2 2 2 1 10 25 0 a a a         2 2 16 30 0 a a     3 5 3 1 3 5 2 4 5 25 a a a b b hay a c c d d                                Vì 5 a b c    nên chọn 2 c  . Câu 8. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2; 2 H  . Mặt phẳng   a đi qua H và cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. A. 243  . B. 81  . C. 81 2  . D. 243 2  . Lời giải Mặt phẳng   a cắt các trục , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c . Do H là trực tâm tam giác ABC nên , , 0 a b c  . Khi đó phương trình mặt phẳng   a : 1 x y z a b c    . Mà     1;2; 2 H a   nên: 1 2 2 1 a b c      1 . Ta có:   1 ;2; 2 AH a        ,   1;2 ; 2 BH b        ,   0; ; BC b c       ,   ;0; AC a c       . Lại có H là trực tâm tam giác ABC , suy ra . 0 . 0 AH BC BH AC                        hay 2 b c a c        (2) . Thay   2 vào   1 ta được: 1 2 2 9 1 2 2 c c c c         , khi đó 9 9, 2 a b   . Vậy   9;0;0 A , 9 0; ;0 2 B       , 9 0;0; 2 C        . Khi đó, giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình là: 2 2 2 2 2 2 0 x y z a x b y c z d           . Với       2 2 2 0 a b c d        Vì 4 điểm , , , O A B C thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 0 0 9 18 81 2 81 9 9 4 4 81 9 9 4 4 d d a d a b d b c d c                                             . Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: 2 2 2 9 9 9 0 2 2 x y z x y z       , có tâm 9 9 9 ; ; 2 4 4 I        và bán kính 2 2 2 9 9 9 9 6 0 2 4 4 4 R                        . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tự diện OABC là 2 2 9 6 243 4 4 . 4 2 S R               . Câu 9. ( HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   6;0;0 M ,   0;6;0 N ,   0;0;6 P . Hai mặt cầu có phương trình   2 2 2 1 : 2 2 1 0       S x y z x y và   2 2 2 2 : 8 2 2 1 0 S x y z x y z        cắt nhau theo đường tròn   C . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng , , MN NP PM . A. 1. B. 3. C. Vô số. D. 4 . Lời giải Giả sử mặt cầu   S có tâm   I C  và tiếp xúc với ba đường thẳng , , MN NP PM . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên   MNP . Ta có:   S tiếp xúc với ba đường thẳng , , MN NP PM       , , , d I MN d I NP d I PM          , , , d H MN d H NP d H PM    H  là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP .   MNP có phương trình là 1 6 6 6 x y z    hay 6 0 x y z     .       1 2 C S S    Tọa độ các điểm thuộc trên   C thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 8 2 2 1 0 x y z x y x y z x y z                   3 2 0 x y z     . Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa   C là   : 3 2 0 x y z a    . Vì     1.3 1. 2 1. 1 0          MNP a   .   1 Ta có: 6 2 MN NP PM    MNP   đều. Gọi G là trọng tâm tam giác MNP   2;2;2 G  và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng   a , ta có:   G a  . Gọi  là đường thẳng vuông góc với   MNP tại G . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Vì       MNP G a a          a    . Khi đó: I        , , d I MN d I NP     , d I PM r    Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM . Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng , , MN MP PM . Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho     3;1;1 , 1; 1;5   A B và mặt phẳng   : 2 2 11 0.     P x y z Mặt cầu   S đi qua hai điểm , A B và tiếp xúc với   P tại điểm C . Biết C luôn thuộc một đường tròn   T cố định. Tính bán kính r của đường tròn   T . A. 4  r . B. 2  r . C. 3  r . D. 2  r . Lời giải Ta có   4; 2; 4       AB và mp   P có vec tơ pháp tuyến   2; 1; 2    n . Do đó AB vuông góc với   P . Giả sử mặt cầu   S có phương trình 2 2 2 2 2 2 0        x y z ax by cz d . Mặt cầu   S đi qua hai điểm , A B nên ta có 9 1 1 6 2 2 0 6 2 2 11 1 1 25 2 2 10 0 2 2 10 27                               a b c d a b c d a b c d a b c d . Suy ra 8 4 8 16 2 2 4.        a b c a b c Mặt cầu   S tiếp xúc với   P nên ta có     2 2 11 , 5. 3      a b c d I P Ta có   4; 2; 4 16 4 16 6.            AB AB Goi M là trung điểm AB ta có   2 2 , 5 3 4.     d C AB IM Vậy C luôn thuộc một đường tròn   T cố định có bán kính 4.  r . Câu 11. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5 3 7 3 ; ;3 2 2 A           , 5 3 7 3 ; ;3 2 2 B           và mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 6 S x y z       . Xét mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     ,   , , , : 5 a b c d d     là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm , A B . Gọi ( ) N là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( ) S và đường tròn đáy là đường tròn NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Tính giá trị của T a b c d     khi thiết diện qua trục của hình nón ( ) N có diện tích lớn nhất. A. 4 T  . B. 6 T  . C. 2 T  . D. 12 T  . Lời giải Mặt cầu ( ) S có tâm   1;2;3 I , bán kính 6 R  . Có 6 IA IB   nên , A B thuộc mặt cầu ( ) S .     3; 3;0 3 1; 1;0 3 AB a             , 5 7 ; ;3 2 2 M       là trung điểm của AB . Gọi (1 ; 1 ;0)    a và ( ; ; )   n a b c với 2 2 2 0 a b c    là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P Vì , ( ) A B P  nên có 5 7 ( ) 6 3 3 0 2 2 . 0 0 I P d a c a b c d a b a n a b                              . Gọi   ,( ) h d I P  , ( ) ( ) ( ) C P S   , r là bán kính đường tròn ( ) C . 2 2 2 6 r R h h     . Diện tích thiết diện qua trục của hình nón ( ) N . 2 2 2 1 6 . .2 . 6 3 2 2 h h S h r h h        . 3 MaxS  khi 2 2 6 3 h h h     .   2 2 2 2 3 ,( ) 3 a b c d h d I P a b c         . 2 2 a c a c a c          . Nếu a c  thì ; 9 b a d a    và ( ) : - 9 0 9 0 P ax ay az a x y z         (nhận). Nếu a c   thì ; 3 b a d a    và ( ) : - 3 0 3 0 P ax ay az a x y z         (loại). Vây 6 T a b c d      . Câu 12. Trong không gian Oxyz , xét số thực   0;1 m  và hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 x y z a     và   : 1 1 1 x y z m m      . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     , a  . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6 B. 3 C. 9 D. 12 Lời giải Chọn C h r R I B A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu. Theo giả thiết ta có         , , R d I d I  a   . Mà       2 2 1 1 , 1 1 1 1 a b c m m d I m m          Ta có         2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 . 1 1 1 1 1 1 1 1 2 . 1 1(do 0;1 1 1 1 m m m m m m m m m m m m m                               Nên                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 2 a m bm cm m m m m m R m m a am bm cm cm m m R m m R Rm Rm a am bm cm cm m m R Rm Rm a am bm cm cm m m m R c m a b c R R a m R c m b c a R R a                                                                     Xét (1) do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     , a  với mọi   0;1 m  nên pt (1) nghiệm đúng với mọi   0;1 m  .   1 0 1 0 ; ;1 0 1 R c a R a b c R b R I R R R R a c R                             . Mà       2 2 1 10 3 , 3 12 6( ) 3 R R R R R d I R R R R l        a           Xét (2) tương tự ta được   1 0 1 0 ; ; 1 0 1 R c a R b c a R b R I R R R R a c R                                 Mà       2 2 1 10 6 , 3 12 3( ) 3 R R R R R d I R R R R l         a           . Vậy 1 2 9 R R   . Câu 13. Trong không gian Oxyz , mặt cầu   S đi qua điểm   2; 2;5 A  và tiếp xúc với ba mặt phẳng     : 1, : 1 P x Q y    và   : 1 R z  có bán kính bằng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3. B. 1. C. 2 3 . D. 3 3 . Lời giải Gọi   ; ; I a b c và R là tâm và bán kính của   S . Khi đó ta có                 1 ; ; ; 1 1 1 1 1 1 1 IA a R IA d I P d I Q d I R IA a b c a b a c                            TH1:       2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 2 12 28 0 2 5 1 IA a b a b a a b c a c a a c a a a a a a                                           (vô nghiệm) TH2:         2 2 2 2 2 1 4 1 1 4 1 1 1 4 2 16 32 0 2 2 5 1 IA a b a b a a a b c a c a b R a c c a a a a a a                                                          TH3:       2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 4 12 0 2 3 1 IA a b a b a a b c a c a a c a a a a a a                                             (vô nghiệm) TH4:         2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 12 0 2 2 3 1 IA a b a b a a b c a c a a c a a a a a                                               (vô nghiệm) Vậy mặt cầu có bán kính 1 R  Câu 14. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 1 2 M ; ; . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho 0 OA OB OC    ? A. 8 B. 1 C. 4 D. 3 Lời giải Chọn D Mặt phẳng   P đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy,z'Oz lần lượt tại các điểm       0 0 0 0 0 0 A a; ; ,B ;b; ,C ; ;c . Khi đó phương trình mặt phẳng   P có dạng: 1 x y z a b c    . Theo bài mặt phẳng   P đi qua   1 1 2 M ; ; và OA OB OC   nên ta có hệ:     1 1 2 1 1 2 a b c a b c           . Ta có:   2 a b c a b c a c b b c a                   - Với   a b c thay vào   1 được 4    a b c - Với    a b c thay vào   1 được 0 1  (loại). TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 - Với    a c b thay vào   1 được 2     a c b . - Với    b c a thay vào   1 được 2     b c a . Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài toán là:       1 2 3 1 1 1 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z P : ; P : ; P :            Câu 15. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;1;7 A ,   5;5;1 B và mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     . Điểm M thuộc   P sao cho 35 MA MB   . Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 . Lời giải Gọi   ; ; M a b c với a   , b   , c   . Ta có:   3; 1; 7 AM a b c          và   5; 5; 1 BM a b c          . Vì   35 M P MA MB           2 2 2 35 M P MA MB MA          nên ta có hệ phương trình sau:                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 3 1 7 5 5 1 3 1 7 35 a b c a b c a b c a b c                                   2 2 2 2 4 4 8 12 8 3 1 7 35 a b c a b c a b c                             2 2 2 2 3 1 7 35 b c c a a b c                  2 2 2 3 14 0 b a c a a a             0 2 2 a b c          , (do a   ). Ta có   2;2;0 M . Suy ra 2 2 OM  . Câu 16. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c với , , 0 a b c  . Biết rằng   ABC đi qua điểm 1 2 3 ; ; 7 7 7 M       và tiếp xúc với mặt cầu         2 2 2 72 : 1 2 3 7 S x y z       . Tính 2 2 2 1 1 1 a b c   . A. 14 . B. 1 7 . C. 7 . D. 7 2 . Lời giải Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng   ABC là: 1 x y z a b c    . Vì điểm 1 2 3 , , 7 7 7 M       thuộc mặt phẳng   ABC 1 2 3 1 2 3 1 2 3 7 7 7 1 1 7 7 7 7 a b c a b c a b c                               Mặt khác mặt phẳng   ABC tiếp xúc với         2 2 2 72 : 1 2 3 7 S x y z       NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  khoảng cách từ tâm   1,2,3 I của cầu tới mặt phẳng   ABC là 72 7     2 2 2 1 2 3 1 72 , 7 1 1 1 a b c d I ABC a b c         mà 1 2 3 7 a b c        2 2 2 2 2 2 7 1 72 1 1 1 7 , 7 2 1 1 1 d I ABC a b c a b c           . Câu 17. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   2;1;4 M ,   5;0;0 N ,   1 ; 3;1 P  . Gọi   ; ; I a b c là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   Oyz đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng 5 a b c    . A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn B Giả sử mặt cầu   S đã cho có phương trình dạng: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        . Từ đề bài ta có:       2;1;4 4 2 8 21 1 M S a b c d               5;0;0 10 25 2 N S a d       .       1 ; 3;1 2 6 2 11 3 P S a b c d          . Hình chiếu của điểm   ; ; I a b c lên mặt phẳng   Oyz là     0; ; ;0;0 H b c HI a HI a         . Mặt cầu   S tiếp xúc với mặt phẳng     2 2 2 2 2 0 4 Oyz IH a a b c d b c d           . Từ (1); (2); (3) ta có: 2 1 10 25 b a c a d a            . Thế vào phương trình (4) ta được: 2 8 15 0 5 3 a a a a        . Trường hợp 1: 5 3, 4 6 5 a b c a b c            loại. Trường hợp 1: 3 1, 2 4 5 a b c a b c            nhận. Vậy 2 c  thỏa yêu cầu đề. Câu 18. (Sở Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 : 1 4 S x y z     và điểm   2;2;2 A . Từ A kẻ ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng  . BCD A. 2 2 1 0 x y z     . B. 2 2 3 0 x y z     . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     . Lời giải Chọn D Mặt cầu   S có tâm   0;0;1 I , bán kính 2 R  . Có   2;2;1 IA     3 IA   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Tam giác ABI vuông tại B nên ta có 2 2 5 AB IA IB    . Gọi   ; ; H x y z là chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABI . Ta có: 2 2 4 4 . . 3 9 IB IB IH IA IH IH IA IA       . Từ suy ra được 4 0 .2 9 4 4 0 .2 9 9 4 1 .1 9 x IH IA y z                         8 9 8 9 13 9 x y z              8 8 13 ; ; 9 9 9 H        . Mặt phẳng   BCD vuông góc với đường thẳng IA nên nhận   2;2;1 IA     làm vectơ pháp tuyến. Hơn nữa mặt phẳng   BCD đi qua điểm H . Vậy   BCD có phương trình: 8 8 13 2. 2. 1. 0 9 9 9 x y z                         2 2 5 0 x y z      . Câu 19. (Hội 8 Trường Chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho hai mặt cầu   S :   2 2 2 1 25 x y z     và   S  :       2 2 2 1 2 3 1. x y z       Mặt phẳng   P tiếp xúc   S  và cắt   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 .  Khoảng cách từ O đến   P bằng A. 14 3 . B. 17 7 . C. 8 9 . D. 19 2 . Lời giải Chọn A Mặt cầu   S có tâm   0;0;1 I , bán kính 5 R  , mặt cầu   S  có tâm   1 ;2;3 I  , bán kính 1 R   Vì 3 4 I I R R       nên mặt cầu   S  nằm trong mặt cầu   S . Mặt phẳng   P tiếp xúc   S      , 1 d I P R      ;   P cắt   S theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6  ( suy ra bán kính đường tròn là 3 r  ) nên     2 2 , 4 d I P R r    . Nhận thấy         , , d I P d I P I I     nên tiếp điểm H của   P và   S  cũng là tâm đường tròn giao của   P và   S . Khi đó,   P là mặt phẳng đi qua H , nhận   1;2;2 II      làm vecto pháp tuyến. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có: 4 3 4 8 4 8 11 ; ; 3 3 3 3 3 11 3 H H H x IH II y H z                              . Phương trình mặt phẳng   P : 4 8 11 2 2 0 3 3 3 x y z                   2 2 14 0 x y z      . Khoảng cách từ O đến   P là     14 , 3 d O P  . Câu 20. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;11 ; 5 A  và mặt phẳng       2 2 : 2 1 1 10 0 P mx m y m z       . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng   P và cùng đi qua A . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 10 2 . B. 12 3 . C. 12 2 . D. 10 3 . Lời giải Chọn C Gọi   0 0 0 ; ; I x y z là tâm của mặt cầu   S cố định và R là bán kính của mặt cầu   S . Ta có:             2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 2 1 1 10 , 4 1 1 mx m y m z R d I P m m m                  2 2 0 0 0 2 2 1 1 10 2 1 mx m y m z m                    2 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 2 1 1 10 2 1 2 1 1 10 2 1 mx m y m z R m mx m y m z R m                     đúng với mọi m    .     2 2 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 2 10 2 2 2 10 2 2 y z m mx y z R m R y z m mx y z R m R                     đúng với mọi m    .     0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 10 2 2 0 10 2 y z R x I y z R y z R x II y z R                                     Từ hệ   I suy ra 0 0 0 0; 5 2; 5 x y R z      Do đó tâm mặt cầu là   0;5 2; 5 I R   Ta có:   2 2 2 2 4 2 6 R IA R R      suy ra 2 2 R  và 10 2 R  Hệ   II suy ra 0 0 0 0; 5 2, 5 x y R z      Như vậy, ta có:   2 2 2 2 2 4 2 6 R IA R R      , phương trình không có giá trị R thỏa mãn nên loại. Vậy tổng hai bán kính của hai mặt cầu là: 12 2 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 21. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 1 1 S x y z       và điểm   2;2;2 A . Xét các điểm M thuộc mặt cầu   S sao cho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với   S . M luôn thuộc mặt phẳng cố định có phương trình là A. 6 0 x y z     . B. 4 0 x y z     C. 3 3 3 8 0 x y z     . D. 3 3 3 4 0 x y z     . Lời giải Chọn B Mặt cấu   S có tâm   1 ;1 ;1 I , bán kính 1 R  .   2;2;2 A Ta luôn có  o 90 AMI  , suy ra điểm M thuộc mặt cầu   1 S tâm E là trung điểm của A I đường kính A I . Với 3 3 3 ; ; 2 2 2 E       , bán kính 2 2 2 1 1 1 1 3 2 2 2 2 R IE                        . Phương trình mặt cầu   1 S : 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 4 x y z                         2 2 2 3 3 3 6 0 x y z x y z         . Vậy điểm M có tọa độ thỏa mãn hệ:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 1 1 3 3 3 6 0 3 3 3 6 0 x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z                                       Trừ theo vế hai phương trình cho nhau ta được: 4 0 x y z     . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 4 2 7 0 S x y z x y z        và đường thẳng m d là giao tuyến của hai mặt phẳng   1 2 4 4 0 x m y mz      và   2 2 1 8 0 x my m z      . Khi đó m thay đổi các giao điểm của m d và   S nằm trên một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 142 15 r  . B. 92 3 r  . C. 23 3 r  . D. 586 15 r  . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Giả sử đường thẳng m d cắt mặt cầu tại hai điểm , A B . Mặt cầu   S có tâm   2; 2;1 I  , bán kính 4 R  . Đường thẳng   ; m M x y d  thỏa     1 2 4 4 0 5 2 20 0 2 2 1 8 0 x m y mz x y z x my m z                     nên các giao điểm của   S và m d thuộc đường tròn giao tuyến giữa   S và   : 5 2 20 0 P x y z     .     14 , 30 d I P  nên     2 2 2 2 14 142 , 4 30 15 r R d I P      . Câu 23. (Chuyên Quốc Học Huế 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu   S có phương trình       2 2 2 2 4 2 2 0 x y z a b x a b c y b c z d            , tâm I nằm trên mặt phẳng   a cố định. Biết rằng 4 2 4 a b c    . Tìm khoảng cách từ điểm   1;2; 2 D  đến mặt phẳng   a . A. 15 23 . B. 1 915 . C. 9 15 . D. 1 314 . Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   4 ; ; I a b a b c b c       . Giả sử mặt phẳng   a có phương trình 0 Ax By Cz D     . Vì   I  a nên ta có       4 0 A a b B a b c C b c D                 4 A B a A B C b B C c D           (1). Theo bài ra ta có 4 2 4 a b c    (2). Đồng nhất (1) và (2) ta có hệ phương trình Q P N B A I K H TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 1 4 4 17 4 1 4 2 25 4 4 4 A A B A B C B B C C D D                                       Suy ra   a có phương trình 17 25 16 0 x y z     . Vậy, khảng cách từ điểm   1;2; 2 D  đến   a bằng       2 2 2 1 17.2 25. 2 16 1 , 915 1 17 25 d D     a     . Câu 24. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz điểm   , , M a b c thuộc mặt phẳng   : 6 0 P x y z     và cách đều các điểm       1 ;6;0 , 2;2; 1 , 5; 1;3 . A B C    Tích abc bằng A. 6 B. 6  C. 0 D. 5 Lời giải Chọn A Ta có:                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 1 6 2 2 1 1 6 5 1 3 a b c a b c MA MB a b b a b c MA MC a b c a b c                                          6 1 3 4 14 2 6. 4 7 3 1 3 a b c a a b c b abc a b b c                            Dạng 2. Cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( ) a là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( ) a cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |, max AM AI R AM R AI     Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điể M thuộc ( ) P sao cho 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương , a  và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P a    nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC a  a      - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID a     và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID a  a a         2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P a     Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A a a a                  Trong đó 1 2 ; ... n a a a là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n a a a     . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA a a a          (điểm G hoàn toàn xác định). Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG a a a a a a a a a                            Do đó 1 2 | | | | n w MG a a a         Vi 1 2 n a a a     là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA a a a      Trong đó 1 2 , , , n a a a  là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n a a a      . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n a a a      . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA a a a          Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA a a a a a a           Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA a a a     không đổi nên • với 1 2 0 n a a a      thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n a a a      thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng  , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến bán kính, diện tích, chu vi, thể tích Câu 1. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     3; 2;6 , 0;1;0 A B  và mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z       . Mặt phẳng   : 2 0 P ax by cz     đi qua , A B và cắt   S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c    A. 3 T  B. 4 T  C. 5 T  D. 2 T  Lời giải Chọn A Mặt cầu   S có tâm   1 ; 2 ; 3 I và bán kính  5 R Ta có                      3 2 6 2 0 2 0 A P a b c b B P        2 2 2 a c b Bán kính của đường tròn giao tuyến là                     2 2 2 ; 2 5 ; r R d I P d I P Bán kính của đường tròn giao tuyến nhỏ nhất khi và chỉ khi     ; d I P lớn nhất Ta có           2 2 2 2 3 2 , a b c d I P a b c           2 2 2 2 2 4 3 2 2 2 2 c c c c       2 2 4 5 8 8 c c c Xét         2 2 4 5 8 8 c f c c c                  2 2 2 2 2 4 8 1 4 4 1 9 2 4 5 8 8 5 8 8 c c f c c c c c c            1 0 4 c f c c Bảng biến thiên Vậy     ; d I P lớn nhất bằng 5 khi và chỉ khi         1 0 , 2 3 c a b a b c . Câu 2. (THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Mặt phẳng   P đi qua điểm   1;1;1 M cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại   ;0;0 A a ,   0; ;0 B b ,   0;0; C c sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Khi đó 2 3 a b c   bằng A. 12 . B. 21 . C. 15. D. 18. Lời giải Từ giả thiết ta có 0, 0, 0 a b c    và thể tích khối tứ diện OABC là 1 6 OABC V abc  . Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng   P có dạng 1 x y z a b c    . 0 y x ' y     4  0 1 5 5 1 5   1 0  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Mà   1 1 1 1 M P a b c      . Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có: 3 1 1 1 1 1 3 27 abc a b c abc       . Do đó 1 9 6 2   OABC V abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 a b c    . Vậy 9 min 3 2 OABC V a b c      . Khi đó 2 3 18 a b c    . Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   2;0;0 A ,   1;1;1 M . Mặt phẳng   P thay đổi qua AM và cắt các tia Oy , Oz lần lượt tại B , C . Khi mặt phẳng   P thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 5 6 . B. 4 6 . C. 3 6 . D. 2 6 . Lời giải Chọn B Đặt   0; ;0 B b ,   0;0; C c với , 0 b c  . Phương trình của mặt phẳng   P là 1 2 x y z b c    .   1 1 1 1 1 1 1 2 2 M P b c b c         . Suy ra 1 1 1 2 16 2 bc b c bc      . 2 2 2 2 2 2 1 1 ; 4 4 2 2 1 8 2 ABC S AB AC b c b c b c bc                   2 1 16 8.16 4 6 2    . Vậy min 4 6 ABC S  , đạt được khi 4 b c   . Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 9       S x y z , điểm   0;0; 2 A . Mặt phẳng   P qua A và cắt mặt cầu   S theo thiết diện là hình tròn   C có diện tích nhỏ nhất, phương trình   P là: A.   : 2 3 6 0     P x y z . B.   : 2 3 6 0     P x y z . C.   : 3 2 2 4 0     P x y z . D.   : 2 2 0     P x y z . Lời giải Chọn D NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I , bán kính 3  R . Ta có 6   IA R  A nằm trong mặt cầu   S . Do đó mặt phẳng   P qua A luôn cắt mặt cầu   S theo thiết diện là hình tròn   C có bán kính 2 2   r R IH (với H là hình chiếu của   1;2;3 I trên   P ). Ta luôn có 2 2 2 2 2 2         IA IH R IH R IA r R IA . Diện tích của hình tròn   C nhỏ nhất khi bán kính r nhỏ nhất, tức là 2 2     r R IA H A. Khi đó    IA P  mặt phẳng   P nhận   1; 2; 1        IA làm một VTPT. Vậy phương trình mặt phẳng   P :   2 2 0 2 2 0.           x y z x y z . Câu 5. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu       2 2 2 ( ) : 1 2 3 27 S x y z       . Gọi   a là mặt phẳng đi qua 2 điểm   0;0; 4 A  ,   2;0;0 B và cắt   S theo giao tuyến là đường tròn   C sao cho khối nón có đỉnh là tâm của   S , là hình tròn   C có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng   a có phương trình dạng 0 ax by z c     , khi đó a b c   bằng: A. 8. B. 0. C. 2. D. -4. Lời giải Chọn D + Vì   a qua A ta có: ( 4) 0 4 c c        . + Vì   a qua B ta có: 2 0 2 a c a     .    a : 2 4 0 x by z     . + Mặt cầu ( ) S có tâm   1; 2;3 I  , 3 3 R  . + Chiều cao khối nón:   , 2 2 2 2 3 4 2 5 4 1 5 I b b h d b b a           . +Bán kính đường tròn:   2 2 2 2 2 2 2 5 2 5 27 27 5 5 b b r R h b b                 . + Thể tích khối nón:   2 2 2 2 2 5 2 5 1 1 27 3 3 5 5 b b V r h b b                  + Tới đây ta có thể Thử các trường hợp đáp án. Hoặc ta làm tự luận như sau: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Đặt 2 2 5 5 b t b    và xét hàm số     2 27 f t t t   trên đoạn 0;3 3     . Ta có:   2 27 3 f t t    ;     3 0 3 t f t t l          . Ta có bảng biến thiên: Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 5 3 3 4 20 25 9 45 5 b t b b b b                 2 5 20 20 0 2 b b b       . Vì vậy 4 a b c     . Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5 3 7 3 ; ;3 2 2 A           , 5 3 7 3 ; ;3 2 2 B           và mặt cầu 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 3) 6 S x y z       . Xét mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     ,   , , , : 5 a b c d d     là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm , A B . Gọi ( ) N là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( ) S và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Tính giá trị của T a b c d     khi thiết diện qua trục của hình nón ( ) N có diện tích lớn nhất. A. 4 T  . B. 6 T  . C. 2 T  . D. 12 T  . Lời giải Chọn B Mặt cầu ( ) S có tâm   1;2;3 I , bán kính 6 R  . Có 6 IA IB   nên , A B thuộc mặt cầu ( ) S .     3; 3;0 3 1; 1;0 3 AB a             , 5 7 ; ;3 2 2 M       là trung điểm của AB . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi (1; 1;0)    a và ( ; ; )   n a b c với 2 2 2 0 a b c    là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P Vì , ( ) A B P  nên có 5 7 ( ) 6 3 3 0 2 2 . 0 0 I P d a c a b c d a b a n a b                              . Gọi   ,( ) h d I P  , ( ) ( ) ( ) C P S   , r là bán kính đường tròn ( ) C . 2 2 2 6 r R h h     . Diện tích thiết diện qua trục của hình nón ( ) N . 2 2 2 1 6 . .2 . 6 3 2 2 h h S h r h h        . max 3 S  khi 2 2 6 3 h h h     .   2 2 2 2 3 ,( ) 3 a b c d h d I P a b c         2 2 a c a c a c          . Nếu a c  thì ; 9 b a d a    và ( ) : - 9 0 9 0 P ax ay az a x y z         (nhận). Nếu a c   thì ; 3 b a d a    và ( ) : - 3 0 3 0 P ax ay az a x y z         (loại). Vây 6 T a b c d      . Câu 7. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     0; 1; 1 , 1; 3;1 A B     . Giả sử , C D là hai điểm di động trên mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     sao cho 4 CD  và , , A C D thẳng hàng. Gọi 1 2 , S S lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng 1 2 S S  có giá trị bằng bao nhiêu? A. 34 3 . B. 37 3 . C. 11 3 . D. 17 3 . Lời giải Chọn A Ta có   1; 2;2 AB        Gọi H là hình chiếu của B trên CD ta có BH BA  nên BCD S  lớn nhất khi H A  . Vậy 1 1 1 . .3.4 6 2 2 S BACD    . Gọi 1 H là hình chiếu của B trên mặt phẳng   P khi đó     1 1 1 . ; . 2 2 BCD S BH CD d B P CD    điều này xảy ra khi 1 , , , A C D H thẳng hàng. Vậy     2 2 3 2 1 1 1 16 , . .4 2 2 3 9 S d B P CD        . Khi đó 1 2 16 34 6 3 3 S S     . Câu 8. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 1 0 x y z     và các điểm     0;1;1 ; 1;0;0 A B ( A và B nằm trong mặt phẳng   P ) và mặt cầu         2 2 2 : 2 1 2 4 S x y z       . CD là đường kính thay đổi của   S sao cho CD song song với mặt phẳng   P và bốn điểm , , , A B C D tạo thành một tứ diện. Giá trị lớn nhất của tứ diện đó là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 A. 2 6 . B. 2 5 . C. 2 2 . D. 2 3 . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   2; 1;2 I  , mặt phẳng   P có VTPT (1; 1;2) n    . Gọi điểm   ; ; C x y z , ta có ( ) C S  nên       2 2 2 2 1 2 4 x y z       (1). Do CD là đường kính của mặt cầu (S) nên I là trung điểm của CD, suy ra   4 ; 2;4 D x y z     . Mà theo đề có CD song song với mặt phẳng   P nên . 0 2 ( 1) 2( 2) 0 IC n IC n x y z                   (2). Ta có:       1; 1; 1 ; ; 1; 1 ; 4 ; 3;3 AB AC x y z AD x y z                        .   ; 2 4 6; 2 4 4; 4 4 4 AC AD y z x z x y                      .   ; 2 4 6 ( 1). 2 4 4 ( 1).( 4 4 4) 6 6 6. AB AC AD y z x z x y x y                                 Thể tích khối tứ diện ABCD là: 1 ; 1 . 6 V AB AC AD x y                     Đặt 2 1 2 x a y b z c            . Từ (1) và (2) ta có hệ: 2 2 2 2 2 4 4 5 2 0 2 a b c a b c c a b c ab                     2 2 2 2 1 2 1 ( ) 4 4 2(4 5 ) 8 6 2 2. V x y x y a b a b ab c c c                   Vậy GTLN của V là 2 2 khi       2 2 2 2 0 2 2; y 1 2; 2 2 1 2 2; y 1 2; 2 2 1 2 4 z x z x y x z x y z                                    . Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ O x yz , cho tứ diện AB C D có điểm   1 ; 1 ; 1 , A   2 ; 0 ; 2 , B     1 ; 1 ; 0 , C   0 ; 3 ; 4 D . Trên các cạnh , , A B A C A D lần lượt lấy các điểm , , B C D    thỏa 4 AB A C A D AB A C AD       . Viết phương trình mặt phẳng   B C D    biết tứ diện A B C D    có thể tích nhỏ nhất? A. 16 40 44 39 0     x y z B. 16 40 44 39 0     x y z C. 16 40 44 39 0     x y z D. 16 40 44 39 0     x y z Lời giải Chọn C Đặt , , AB AC AD x y z AB AC AD       . Ta có 4 AB A C A D A B A C A D       . Suy ra 3 1 1 1 1 2 7 4 3 6 4 xy z x y z xyz       . Dấu " "  xảy ra khi x y z   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/         1 ; 1 ; 1 ; ; 3 ; 1 ; 4 ; 1 ; 2 ; 3 2 ; 2 ; 1 AB AB AC AD AC                                          . Thể tích của tứ diện ABCD là 1 1 7 ; . 6 6 AB CD V AB AC A D                   Lại có AB C D AB CD V x y zV      tứ diện A B C D    có thể tích nhỏ nhất khi x y z nhỏ nhất Khi và chỉ khi 3 4 x y z     Mặt phẳng mặt phẳng   B C D    song song với mặt phẳng   BC D và đi qua điểm B  . Vì 3 3 3 3 ; ; 4 4 4 4 AB A B                   nên 7 1 7 ; ; 4 4 4 B                3 ; 1 ; 2 ; ; 4 ; 1 0 ; 1 1 2 ; 3 ; 2 B C B C B D B C D B D                                       nhận VTPT là   4 ;1 0 ; 1 1 n    Suy ra phương trình mặt phẳng   : B C D    16 40 44 39 0     x y z Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     1;2;4 , 0;0;1 A B và mặt cầu       2 2 2 : 1 1 4 S x y z      . Mặt phẳng   : a 4 0 P x by cz     đi qua , A B và cắt   S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính ? T a b c    A. 1 5 T  . B. 3 4 T  . C. 1 T  . D. 2 T   . Lời giải Chọn C Ta có:   S có tâm   1;1 ;0 I  và bàn kính 2. R  Do       2 4 4 0 2 12 , : 2 6 4 4 0. 4 0 4 a b c a b A B P P b x by z c c                           Gọi r là bán kính của đường tròn là giao tuyến của   P và   S     2 2 , r R d I P    , để r đạt giá trị nhỏ nhất     , d I P  đạt giá trị lớn nhất. Mà     2 3 8 , 5 48 160 b d I P b b     . Xét hàm số         3 2 2 3 8 32 288 ; ; 0 9. 5 48 160 5 48 160 x x f x f x f x x x x x x               Bảng xét biến thiên: suy ra bảng biến thiên của hàm số   y f x  là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 9 9 6 1. x b a T          Kết luận: 1. T  Câu 11. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   P : 2 0 x y    và hai điểm   1 ;2;3 A ,   1;0;1 B . Điểm     ; ; 2 C a b P   sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính a b  A. 0. B. 3  . C. 1. D. 2. Lời giải     ; ; 2 C a b P     2 0 2 ; 2; 2 a b b a C a a           .   0; 2; 2 AB        ,   1; ; 5 AC a a          , 10 2 ; 2 2;2 2 AB AC a a a                   .     2 2 2 2 10 2 2 2 1 12 24 108 , 2 2 2 ABC a a a a S AB AC                        2 3 2 9 a a      2 3 1 24 a    2 6  với a  . Do đó min 2 6 ABC S   khi 1 a   . Khi đó ta có   1;1; 2 C   0 a b    . Câu 12. (THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz mặt phẳng   P đi qua điểm   1 ;2;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc O ) sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng   P đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A.   0;2;2 N B.   0;2;1 M C.   2;0;0 P D.   2;0; 1  Q Lời giải Chọn A Gọi   P cắt các tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm         ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0;c , , 0 A a B b C a b c  Ta có   : 1 x y z P a b c    Vì   M P  nên ta có 1 2 1 1 a b c    Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có 3 3 1 2 1 3 2 1 54 abc a b c abc       Thể tích khối chóp 1 9 6 O AB C V a b c   NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dấu bằng xảy ra khi các số tham gia cô si bằng nhau nghĩa là 1 2 1 1 3; 6; 3 1 2 1 a b c a b c a b c                 Vây pt mặt phẳng       : 1 0;2;2 3 6 3 x y z P N P      Câu 13. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M cắt các tia , , Ox Oy Oz tại , , A B C ( , , A B C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 81 2 . B. 243 2 . C. 81 6 . D. 243. Lời giải Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0 a b c  . Mặt phẳng   P có phương trình ( theo đoạn chắn): 1 x y z a b c    . Vì mặt phẳng   P đi qua điểm   9;1;1 M nên 9 1 1 1 a b c    . Ta có 3 9 1 1 9 1 3 . . 243 . . a b c a b c a b c       . 1 243 81 . . . 6 6 2 OABC V a b c    Vậy thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là 81 2 . Câu 14. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 3 S x y z    . Một mặt phẳng   a tiếp xúc với mặt cầu   S và cắt các tia Ox , O y , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn 2 2 2 27 OA OB OC    . Diện tích tam giác ABC bằng A. 3 3 2 . B. 9 3 2 . C. 3 3 . D. 9 3 . Lời giải Gọi   ; ; H a b c là tiếp điểm của mặt phẳng   a và mặt cầu   S . Từ giả thiết ta có a , b, c là các số dương. Mặt khác,   H S  nên 2 2 2 3 a b c    hay 2 3 3 OH OH    . (1) Mặt phẳng   a đi qua điểm H và vuông góc với đường thẳng OH nên nhận   ; ; OH a b c      làm véctơ pháp tuyến. Do đó, mặt phẳng   a có phương trình là       0 a x a b y b c z c          2 2 2 0 ax by cz a b c        3 0 ax by cz     Suy ra: 3 ;0;0 A a       , 3 0; ;0 B b       , 3 0;0; C c       . Theo đề: 2 2 2 27 OA OB OC     2 2 2 9 9 9 27 a b c     2 2 2 1 1 1 3 a b c    (2) TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Từ (1) và (2) ta có:   2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 a b c a b c            . Mặt khác, ta có:   2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 a b c a b c            và dấu " "  xảy ra khi 1 a b c    . Suy ra, 3 OA OB OC    và . . . 9 . 6 2 O ABC OA OB OC V   Lúc đó: . 3 9 3 2 O ABC ABC V S OH    . Dạng 2.2. Cực trị liên quan đến giá trị biểu thức Câu 15. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   và mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi thuộc   P , giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 3 MA MB  bằng A. 145 B. 135 C. 105 D. 108 Lời giải Chọn B Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa mãn 2 3 0 MA MB            suy ra   1;1;1 I  2 27 IA  ; 2 12 IB  ;     , 3 d I P  2 2 2 3 MA MB      2 2 2 3 MI IA MI IB                   2 2 2 5 2 3 MI IA IB              2 5 90 MI   Mà 2 2 2 3 MA MB  nhỏ nhất  MI nhỏ nhất Suy ra     , 3 MI d I P   Vậy 2 2 2 3 5.9 90 135 MA MB     Câu 16. Trong không gian O x y z , cho ba điểm             2 ; 2 ; 4 , 3; 3; 1 , 1 ; 1 ; 1 A B C và mặt phẳng       : 2 2 8 0 P x y z . Xét điểm M thay đổi thuộc   P , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức    2 2 2 2 T M A M B M C . A. 102. B. 105. C. 30. D. 35. Lời giải Chọn A Gọi I là điểm thỏa              2 0 IA IB IC                          2 1 2 2 0 1 ; 0 ; 4 2 2 4 2 A B C I A B C I A B C I x x x x y y y y I z z z z . Ta có: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/                                                                                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 . 2 2 2 2 T M A M B M C M I I A M I I B M I I C M I M I I A I B I C I A I B I C M I I A I B I C Để T nhỏ nhất thì 2 2 M I nhỏ nhất  M I ngắn nhất M là hình chiếu của điểm   / I P . Khi đó            2 2 2 , 6 ; 2 3 0 m in 1 0 2 M I d I P I A IB IC T Câu 17. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho       0;1 ;2 , 1;1;0 , 3;0;1 A B C và mặt phẳng  : 5 0 Q x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   Q . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 MA MB MC   bằng A. 34 3 . B. 22 3 . C. 0 . D. 26 3 . Lời giải Chọn A Gọi điểm G thỏa mãn 0 GA GB GC                 , suy ra 4 2 ; ;1 3 3 G           . Khi đó             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 . 3 3 , . P MG GA MG GB MG GC MG MG GA GB GC GA GB GC MG GA GB GC d G Q GA GB G MA M C C B M                                                                           Dấu bằng xảy ra khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng   Q . Ta có     4 2 1 5 2 3 3 , 3 3 d G Q      2 4 1 26 ; ;1 3 3 9 GA GA                   ; 2 1 1 11 ; ; 1 3 3 9 GB GB                    ; 2 5 2 29 ; ;0 3 3 9 GC GC                   . Vậy 4 26 11 29 34 min 3. 3 9 9 9 3 P      khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng   Q . Câu 18. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm   ( 1;3;5); (2;6; 1); 4; 12;5 A B C     và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Gọi M là điểm di động trên   P . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S MA MB MC                 là A. 42 B. 14 . C. 14 3 . D. 14 3 . Lời giải Chọn B Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên ( 1; 1;3) G   và 3 3 S MA MB MC MG MG                        TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Vì ( ) G P  nên GM GH  với H là chân đường vuông góc từ G đến mp(P)       min ; 2 2 2 1 2 6 5 3 3 3 14 1 2 2 G P S GH d            Câu 19. Trong không gian Oxyz cho các điểm   1; 1;3 A  ,   2;1;0 B ,   3; 1; 3 C    và mặt phẳng   : 4 0 P x y z     . Gọi   , , M a b c là điểm thuộc mặt phẳng   P sao cho biểu thức 3 2 T MA MB MC                 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức S a b c    . A. 3 S  . B. 1 S   . C. 2 S  . D. 1 S  . Lời giải Chọn C Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa mãn 3 2 0 IA IB IC              Ta có     1 ; 1 ;3 3 3 3 ; 3 3 ;9 3 IA x y z IA x y z                      2 ;1 ; 2 4 2 ;2 2 ; 2 IB x y z IB x y z                  3 ; 1 ; 3 IC x y z           Khi đó   3 2 2 4; 2 6; 2 6 0 IA IB IC x y z                     2 4 0 2 2 6 0 3 2 6 0 3 x x y y z z                           . Vậy   2; 3;3 I   Ta có       3 2 3 2 2 T MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI                                             Suy ra min min T MI      khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng   P Đường thẳng MI đi qua   2; 3;3 I   và vuông góc với mặt phẳng   P có phương trình tham số là 2 : 3 3 x t MI y t z t              . Lấy   2 ; 3 ;3 M t t t MI       Mặt khác         2 3 3 4 0 4 M P t t t t              Suy ra   2;1; 1 M  . Vậy 2 a b c    Câu 20. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;1;1 , 1; 2;0 , 3; 1; 2 A B C   và điểm M thuộc mặt phẳng   : 2 2 7 0 x y z a     . Tính giá trị nhỏ nhất của 3 5 7 P MA MB MC                 . A. min 20 P  . B. min 5 P  . C. min 25 P  . D. min 27 P  . Lời giải Chọn D Gọi I là điểm thỏa mãn: 3 5 7 0 IA IB IC                    3 5 7 0 OA OI OB OI OC OI                              3 5 7 OI OA OB OC                     Tọa độ điểm   23; 20; 11 I    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó: 3 5 7 u MA MB MC                        3 5 7 IA IM IB IM IC IM                              3 5 7 IM IA IB IC                   IM       . Nên: 3 5 7 P MA MB MC                 IM       IM      , d I a  . Vậy:     min , P d I a      2 2 2 2. 23 20 2 11 7 27 2 1 2          . Câu 21. (SGD Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1; 4;5 A ,   3; 4;0 B ,   2; 1;0 C  và mặt phẳng   : 3 3 2 29 0 P x y z     . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc   P sao cho biểu thức 2 2 2 3 T MA MB MC    đạt GTNN. Tính tổng a b c   . A. 8. B. 10. C. 10  . D. 8  . Lời giải Chọn A Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức: 3 0 IA IB IC                * . Khi đó,       1 1 3 * 2;1;1 2;1;1 5 5 5 OI OA OB OC I                      . Mặt khác, áp dụng tính chất tâm tỉ cự của hệ điểm 2 2 2 2 5 3 T MI IA IB IC      . Vì 2 2 2 3 IA IB IC   là hằng số nên suy ra T đạt GTNN MI  đạt GTNN M  là hình chiếu vuông góc của I trên   P                                          5 3 3 2 29 4 2 1 1 cïng ph­¬ng 1 3 3 2 P a a b c M P b a b c IM n c . Vậy 8 a b c    . Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       0;0;1 , 1;1 ;0 , 1;0; 1 A B C   . Điểm M thuộc mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     sao cho 2 2 2 3 2 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó bằng A. 13 6 . B. 17 2 . C. 61 6 . D. 23 2 . Lời giải Chọn C Gọi I là điểm thảo mãn 3 2 1 6 6 3 2 1 1 1 1 3 2 0 ; ; 6 3 6 3 3 3 2 1 6 3 A B C I A B C I A B C I x x x x y y y IA IB IC y I z z z z                                             . Ta có       2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 MA MB MC IA IM IB IM IC IM                                2 2 2 2 3 2 6 2 3 2 IA IB IC IM MI IA IB IC                     2 2 2 2 3 2 6 IA IB IC IM     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Do đó 2 2 2 3 2 MA MB MC   nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất M  là hình chiếu của I trên   P 11 1 5 ; ; 18 9 9 M            2 2 2 61 min 3 2 6 MA MB MC     Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1; 3 A  ,   0; 2;3 B  và mặt cầu     2 2 2 ( ) : 1 3 1 S x y z      . Xét điểm M thay đổi luôn thuộc mặt cầu ( ) S , giá trị lớn nhất của 2 2 2 MA MB  bằng A. 102 . B. 78. C. 84 . D. 52 . Lời giải Chọn C Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức   2 0 1; 1;1 IA IB I            . Ta có     2 2 2 2 2 2 2 2 2 T MA MB MA MB MI IA MI IB                               2 2 2 2 3 2 3 36 MI IA IB MI      . Mặt cầu ( ) S có tâm   1;0;3 J  , bán kính 1 R  . Ta có: IJ R I   nằm ngoài mặt cầu ( ) S . Ta có: T lớn nhất IM  lớn nhất. Mà max 3 1 4 IM IJ R      . Do đó: 2 max 3.4 36 84. T    Câu 24. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa -2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   A 0;0; 2 và   B 3;4;1 . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu         2 2 2 1 : 1 1 3 25 S x y z       với   2 2 2 2 : x 2 2 14 0 S y z x y       . M , N là hai điểm thuộc   P sao cho 1 MN  . Giá trị nhỏ nhất của AM BN  là A. 34 1  . B. 5. C. 34 . D. 3. Lời giải Chọn B J I MNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ               2 2 2 1 2 2 2 2 : 1 1 3 25 1 : x 2 2 14 0 2 S x y z S y z x y                  Lấy   1 trừ   2 , ta được 6 0 z  hay   : 0 P z  tức là    . P Oxy  Dễ thấy A , B nằm khác phía đối với   P , hình chiếu của A trên   P là O , hình chiếu của B trên   P là   3;4;0 . H Lấy ' A sao cho . AA MN            Khi đó AM BN A N BN A B       và cực trị chỉ xảy ra khi MN      cùng phương . OH     Lấy 3 4 ; ;0 . 5 5 OH MN OH                      Khi đó vì AA MN            nên 3 4 ; ;0 . 5 5 A        Do đó 5. AM BN A N BN A B        Câu 25. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   2; 2;4 A  ,   3;3; 1 B   ,   1; 1; 1 C    và mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     . Xét điểm M thay đổi thuộc   P , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 T MA MB MC    . A. 102. B. 105. C. 30. D. 35. Lời giải Chọn A Gọi I là điểm thỏa mãn: 2 0 IA IB IC                    2 0 OA OI OB OI OC OI                                1 1 1;0;4 2 2 OI OA OB OC                       1;0;4 I  . Khi đó, với mọi điểm     ; ; M x y z P  , ta luôn có:       2 2 2 2 T MI IA MI IB MI IC                              2 2 2 2 2 2 . 2 2 MI MI IA IB IC IA IB IC                                  2 2 2 2 2 2 MI IA IB IC     . Ta tính được 2 2 2 2 30 IA IB IC    . Do đó, T đạt GTNN MI  đạt GTNN   MI P   . Lúc này,       2 2 2 2.1 0 2.4 8 , 6 2 1 2 IM d I P          . Vậy 2 min 2.6 30 102 T    . Câu 26. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   10; 5;8 A   ,   2;1 ; 1 B  ,   2;3;0 C và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi trên   P sao cho 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 2 3 MA MB MC   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 . Lời giải Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa mãn 2 3 0 IA IB IC              . Ta có   10 ; 5 ;8 IA x y z          ,   2 ;1 ; 1 IB x y z         ,   2 ;3 ; IC x y z        . Khi đó,                   10 2 2 3 2 0 5 2 1 3 3 0 8 2 1 3 0 x x x y y y z z z                           0 1 1 x y z             0;1;1 I . Với điểm M thay đổi trên   P , ta có 2 2 2 2 3 MA MB MC         2 2 2 2 3 MI IA MI IB MI IC                              2 2 2 2 6 2 3 2 2 3 MI IA IB IC MI IA IB IC                     2 2 2 2 6 2 3 MI IA IB IC     (Vì 2 3 0 IA IB IC              ). Ta lại có 2 2 2 2 3 IA IB IC   185 2.8 3.9    228  . Do đó, 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất  MI đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên   P . Khi đó,     , 3 MI d I P   . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 3 MA MB MC   bằng 2 6 228 MI  6.9 228   282  . Giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt được khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên   P . Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho       4; 2;6 ; 2;4;2 ; : 2 3 7 0 A B M x y z a       sao cho . MA MB         nhỏ nhất, khi đó tọa độ của M là A. 29 58 5 ; ; 13 13 13       B.   4;3;1 C.   1;3;4 D. 37 56 68 ; ; 3 3 3        Lời giải Chọn B. Gọi     ; ; 2 3z 7 0 M x y z x y a         4 ; 2 ;6 MA x y z          ;   2 ;4 ;2 MB x y z                     . 4 2 2 4 6 2 MA MB x x y y z z                   2 2 2 6 2 8 12 x y z x y z              2 2 2 3 1 4 12 x y z        Áp dụng bđt B. C. S:             2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 3 1 4 3 2 1 3 4 x y z x y z                                   2 2 2 2 14 3 1 4 2 3 7 x y z x y z                       2 2 2 2 7 7 3 1 4 14 x y z               2 2 2 3 1 4 12 2 x y z         NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   . 2 Min MA MB          xảy ra khi và chỉ khi 4 2 3z 7 0 3 3 1 4 1 1 2 3 x x y y x y z z                         . Câu 28. (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Trong hệ trục , Oxyz cho điểm   1;3;5 ,  A   2;6; 1 ,  B   4; 12;5   C và mặt phẳng   : 2 2 5 0.     P x y z Gọi M là điểm di động trên  . P Gía trị nhỏ nhất của biểu thức                 S MA MB MC là A. 42. B. 14. C. 14 3. D. 14 . 3 Lời giải Gọi   1 1 1 ; ; G x y z là trọng tâm tam giác . ABC Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm tùy ý nên 3 .                      MA MB MG MG Vậy 3 3 .                        S MA MB MC MG MG Do G là trọng tâm tam giác ABC nên   1 1 1 1 2 4 1 3 3 3 6 12 1 1; 1;3 . 3 3 5 1 5 3 3 3                                     A B C A B C A B C x x x x y y y y G z z z z Vì G cố định nên 3  S MG đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Tức là  .  MG P Ta có:         2 2 2 1.1 2. 1 2.3 5 14 , . 3 1 2 2            d G P MG Vậy giá trị nhỏ nhất 14 3 3 3. 14. 3                          S MA MB MC MG MG Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2;5 A  ,   3; 1;0 B  ,   4;0; 2 C   . Gọi I là điểm trên mặt phẳng   Oxy sao cho biểu thức 2 3 IA IB IC            đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng   : 4 3 2 0 P x y    . A. 17 5 . B. 6 . C. 12 5 . D. 9 . Lời giải Gọi   ; ; M a b c là điểm thỏa mãn 2 3 0 MA MB MC                  . Khi đó:             1 2 3 3 4 0 2 2 1 3 0 0 5 2 0 3 2 0 a a a b b b c c c                            19 2 2 1 2 a b c              19 1 ;2; 2 2 M          . Ta có: 2 3 IA IB IC            2 2 3 3 IM MA IM MB IM MC                                  2 2 3 IM MA MB MC                      2 2 IM IM       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Biểu thức 2 3 IA IB IC            đạt giá trị nhỏ nhất IM  nhỏ nhất  I là hình chiếu vuông góc của M lên   Oxy 19 ;2;0 2 I         . Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng   P là:     2 2 19 4. 3.2 2 2 ; 6 4 3 d I P             . Câu 30. Trong không gian tọa độ , Oxyz cho hai điểm     3; 2;2 , 2;2;0 A B   và mặt phẳng   : 2 2 3 0. P x y z     Xét các điểm , M N di động trên   P sao cho 1. MN  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3 AM BN  bằng A. 49,8. B. 45. C. 53. D. 55,8. Lời giải Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của , A B trên mặt phẳng   P     3, 1; 1;0 , 0;1;2 , 3. AH BK H K HK      Đặt HM t  ta có: 3 2 HM MN NK HK NB t          2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 45 2 2 49,8 AM BN AH HM BK KN t t           Dấu bằng xảy ra khi , M N  đoạn thẳng . HK Vậy Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3 AM BN  bằng 49,8 Câu 31. (THPT Nghĩa Hưng NĐ- 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   ; ; A a b c với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn     2 2 2 5 9 2      a b c ab bc ca và   3 2 2 1      a Q b c a b c có giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tia Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng   MNP là A. 4 4 12 0     x y z . B. 3 12 12 1 0     x y z . C. 4 4 0    x y z . D. 3 12 12 1 0     x y z . Lời giải Đặt   t b c   0  t ; 2 2 2 2   t b c ; 2 4  t bc .     2 2 2 5 9 2 a b c ab bc ca          2 2 5 5 9 28       a b c a b c bc 2 2 2 5 5 9 7     a t at t     5 2 0     a t a t 2   a t . Vậy   3 4 1 27    Q f t t t với 0  t . Ta có   2 4 4 1 0 9      f t t t 1 6   t (vì 0  t ). Ta có bảng biến thiên NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy 16  max Q 1 3   a ; 1 12   b c . Suy ra tọa độ điểm 1 1 1 ; ; 3 12 12       A ; tọa độ các điểm 1 ;0;0 3       M ; 1 0; ;0 12       N ; 1 0;0; 12       P . Phương trình mặt phẳng   MNP 1 1 1 1 3 12 12    x y z 3 12 12 1 0      x y z . Câu 32. (Sở Bắc Giang 2019) Cho , , , , , x y z a b c là các số thực thay đổi thỏa mãn       2 2 2 1 1 2 1 x y z       và 3. a b c    Tìm giá trị nhỏ nhất của       2 2 2 . P x a y b z c       A. 3 1.  B. 3 1.  C. 4 2 3.  D. 4 2 3.  Lời giải Chọn C Gọi   ; ; M x y z M  thuộc mặt cầu   S tâm   1 ; 1;2 I   bán kính 1 R  Gọi   ; ; H a b c H  thuộc mặt phẳng   : 3 0 P x y z     Ta có     1 1 2 3 , 3 3 d I P R           P và   S không có điểm chung       2 2 2 2 P x a y b z c MH        đạt giá trị nhỏ nhất khi vị trí của M và H như hình vẽ Khi đó     , 3 3 1 HI d I P HM HI R        Do đó   2 min 3 1 4 2 3 P     . Câu 33. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;0;0  A và   2;3;4 B . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu       2 2 2 1 : 1 1 4      S x y z và   2 2 2 2 : 2 2 0      S x y z y . Xét M , N là hai điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng   P sao cho 1 MN  . Giá trị nhỏ nhất của AM BN  bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Lời giải  Xét hệ     2 2 2 2 2 2 1 1 4 2 2 0 x y z x y z y                2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 x y z x y x y z y                  0 x   Vậy   : 0 P x     P chính là mặt phẳng    Oyz . Gọi   0;0;0 C và   0;3;4 D lần lượt là hình chiếu vuông góc của   1;0;0 A  và   2;3;4 B trên mặt phẳng   P . Suy ra 1 AC  , 2 BD  , 5 CD  .  Áp dụng bất đẳng thức     2 2 2 2 2 2 a b c d a c b d        , ta được       2 2 2 2 2 2 2 9 AM BN AC CM BD DN AC BD CM DN CM DN             Lại có 5 CM MN ND CD     nên suy ra 4 CM ND   . Do đó 5 AM BN   . Đẳng thức xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng theo thứ tự đó và AC BD CM DN  , tức là 4 16 0; ; 5 15 M       và 7 28 0; ; 5 15 N       . Vậy giá trị nhỏ nhất của AM BN  là 5. Câu 34. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 1 S x y z    . Điểm   M S  có tọa độ dương; mặt phẳng   P tiếp xúc với   S tại M cắt các tia Ox ; Oy ; Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 1 1 1 T OA OB OC     là: A. 24. B. 27. C. 64. D. 8. Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   S có tâm   O và bán kính 1 R  . Theo đề bài ta có         ,0,0 ; 0, ,0 ; 0,0, ; , , 0 A a B b C c a b c  khi đó phương trình mặt phẳng   P là: 1 x y z a b c    .   P tiếp xúc với   S tại   M S      2 2 2 1 ; 1 1 1 1 1 d O P a b c         3 2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 3 3 1 abc a b b c c a a b c abc        vì   , , 0 a b c  . Khi đó:             2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 T OA OB OC a b c         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 T a b c a b b c c a a b c a b c a b c               Mặt khác   3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 2 64 2 64 a b c a b c a b c a b c T           . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 64 khi   1 và   2 xảy ra dấu bằng 3 a b c     . Dạng 2.3. Cực trị liên quan đến góc, khoảng cách Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       ,0,0 , 0, ,0 , 0,0, A a B b C c với , , a b c là những số dương thay đổi thỏa mãn 2 2 2 4 16 49 a b c    . Tính tổng 2 2 2 S a b c    khi khoảng cách từ O đến mặt phẳng   ABC đạt giá trị lớn nhất. A. 51 5 S  . B. 49 4 S  . C. 49 5 S  . D. 51 4 S  . Lời giải Chọn B Dựng       ; OH ABC H ABC   vì OABC là tứ diện vuông nên ta có: M z x y I O C A B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 16 OH OA OB OC a b c a b c          Áp dụng bất đẳng thức Schwarz:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 1 1 2 4 1 1 4 16 4 16 OH OH a b c a b c            Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng   ABC đạt giá trị lớn nhất là 1 khi: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 1 2 4 1 2 4 1 7 49 4 16 4 16 7 2 4 7 4 a b S a b c a b c c                        Câu 36. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm   1;0;0 A ,   2;1;3 B ,   0;2; 3 C  ,   2;0; 7 D . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu       2 2 2 : 2 4 39 S x y z      thỏa mãn 2 2 . 8 MA MB MC            . Biết rằng đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó? A. 7 . B. 2 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . Lời giải Chọn B Giả sử   ; ; M x y z , ta có:   2 2 2 2 2 . 8 2 2 7 0 1 MA MB MC x y z x y                   . Mà   M S  nên ta có:   2 2 2 4 8 19 0 2 x y z x y       Trừ     1 , 2 theo vế ta được: 2 0 x y    . Suy ra M thuộc đường tròn   T là giao của   S với mặt phẳng   : 2 0 P x y    . Thay tọa độ của D vào phương trình của   P và của   S thấy thỏa mãn nên   D T  , suy ra giá trị lớn nhất của MD bằng đường kính của   T .   S có tâm   2;4;0 I và bán kính 39 R  . Khoảng cách từ I với   P là     ; 4 2 h d I P   . Bán kính của   T là 2 2 7 r R h    . Suy ra max 2 2 7 MD r   . Câu 37. (Bình Giang-Hải Dương 2019) Cho   0;8;2 A và mặt cầu         2 2 2 : 5 3 7 72 S x y z       và điểm   9; 7;23 A  . Viết phương trình mặt phẳng   P đi NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ qua A và tiếp xúc với mặt cầu   S sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng   P là lớn nhất. Giải sử   1; ; n m n   là một vectơ pháp tuyến của   P . Lúc đó A. . 4 m n  . B. . 2 m n  . C. . 4 m n   . D. . 2 m n   . Lời giải Chọn C   P đi qua điểm   0;8;2 A và có vectơ pháp tuyến   1; ; n m n     : 8 2 0 P x my nz m n       .   P tiếp xúc với mặt cầu   S 2 2 5 11 5 6 2 1 m n m n       .     2 2 2 2 9 15 21 5 11 5 4 4 16 ; 1 1 m n m n m n d d B P m n m n               . 2 2 2 2 5 11 5 1 4 4 1 1 m n m n m n m n           .   2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 . 1 6 2 4 1 m n m n          (Buinhiacôpxki). 18 2  . max 1 1 1 4 18 2 . 4 4 1 m d m n n m n                 Câu 38. Cho , , x y z là ba số thực thỏa 2 2 2 4 6 2 11 0 x y z x y z        . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 P x y z    . A. max 20 P  . B. max 18 P   . C. max 18 P  . D. max 12 P  . Lời giải Chọn D Ta có:   2 2 2 2 0 1 P x y z x y z P         . Lại có:         2 2 2 2 2 2 4 6 2 11 0 2 3 1 25 2 x y z x y z x y z               Xét trong hệ trục tọa độ Oxyz , ta thấy   1 là phương trình của một mặt phẳng, gọi là   mp a và   2 là phương trình của một mặt cầu   S tâm   2; 3;1 I  , bán kính 5 R  . Giá trị lớn nhất của 2 2 P x y z    là giá trị lớn nhất của P để   a và   S có điểm chung, điều này tương đương với         2 2 2 2.2 2. 3 1.1 , 5 3 15 18 12. 2 2 1 P d I R P P a                  Vậy max 12 P  . Câu 39. (Sở Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm       ; 0 ; 0 , 0; ; 0 , 0; 0; M m N n P p không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn 2 2 2 3 m n p    . Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ O đến mặt phẳng   MNP . A. 1 3 . B. 3 . C. 1 3 . D. 1 27 . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Phương trình mặt phẳng   MNP có phương trình là 1 x y z m n p    . Theo bất đẳng thức Bunhia-Copsky ta có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 9 9 3 m n p m n p m n p m n p                   Khi đó:     2 2 2 1 1 ; 1 1 1 3 d O P m n p     . Dấu bằng xảy ra khi 1 m n p    . Vậy khoảng cách lớn nhất từ O đến   MNP bằng 1 3 . Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0. S x y z x y z        Giả sử   M P  và   N S  sao cho      MN cùng phương với vectơ   1;0;1 u  và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3  MN B. 1 2 2   MN C. 3 2  MN D. 14  MN Lời giải Chọn C Mặt phẳng có vtpt   1 ; 2 ; 2 n    . Mặt cầu   S có tâm   1 ; 2 ; 1 I  và bán kính 1 r  . Nhận thấy rằng góc giữa u  và n  bằng ο 4 5 . Vì     ; 2 1 d I P r    nên   P không cắt   S . Gọi H là hình chiếu của N lên   P thì  ο 45 NM H  và ο 2 s in 4 5 N H M N N H   nên M N lớn nhất khi và chỉ khi NH lớn nhất. Điều này xảy ra khi N N   và H H   với N  là giao điểm của đường thẳng d qua I , vuông góc   P và H  là hình chiếu của I lên   . P Lúc đó     m ax ; 3 NH N H r d I P       và m ax m ax ο 3 2 si n 45 N H MN   . Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm   2;0;1 A ,   3;1;5 B ,   1;2;0 C ,   4;2;1 D . Gọi   a là mặt phẳng đi qua D sao cho ba điểm A , B , C nằm cùng phía đối với   a và tổng khoảng cách từ các điểm A , B , C đến mặt phẳng   a là lớn nhất. Giả sử phương trình   a có dạng: 2 0 x my nz p     . Khi đó, T m n p    bằng:   PNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 9. B. 6. C. 8. D. 7. Lời giải Chọn A Vì mặt phẳng   a đi qua   4;2;1 D nên phương trình   a có dạng:       . 4 . 2 . 1 0 a x b y c z       Đặt       2 2 2 2 2 4 3 , , , a b a b c a c S d A d B d C a b c a a a                            . Theo giả thiết, A , B , C nằm cùng phía đối với   a nên không mất tính tổng quát, ta giả sử: 2 2 0 4 0 3 0 a b a b c a c                . Khi đó, 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 6 3 3 a b a b c a c a b c S a b c a b c                 . Áp dụng bất đẳng thức . . B C S cho hai bộ số   6; 3;3   và   ; ; a b c , ta được:     2 2 2 2 2 2 6 3 3 6 3 3 6 3 3 . a b c a b c a b c             3 6 S   . Đẳng thức xảy ra 6 3 3 0 6 3 3 a b c a b c               . Ta chọn 2 1 1 a b c           .   : 2 9 0 x y z a       hay   : 2 9 0 x y z a     1 m   , 1 n   , 9 p  . Vậy 9 T m n p     . Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z gọi ( ) : y z 3 0 P ax b c     ( , , a b c là các số nguyên không đồng thời bằng 0 ) là phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm     0 ; 1 ; 2 , 1 ; 1 ; 3 M N   và không đi qua   0 ; 0 ; 2 H . Biết rằng khoảng cách từ   0 ; 0 ; 2 H đến mặt phẳng ( ) P đạt giá trị lớn nhất. Tổng 2 3 1 2 P a b c     bằng A. 8 . B. 1 6 . C. 1 2 . D. 1 6  . Lời giải Chọn B Mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm     0 ; 1 ; 2 , 1 ; 1 ; 3 M N   nên ta có 2 3 0 2 3 3 3 0 5 6 b c b c a b c a c                               (*). Mặt khác   2 2 2 2 3 ; ( ) c d H P a b c     (**). Thay (*) vào (**) ta được   2 2 2 2 2 3 2 3 ; ( ) 30 72 45 c c d H P a b c c c         . Xét hàm số 2 2 3 3 0 7 2 4 5 c y c c     có tập xác định D   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 2 18 1 8 1 ' ; ' 0 1 30 72 45 3 c y y c y c c           và 2 2 ; 3 0 3 0 c c l im y l im y          1 ( 1 ) 3 D y m in y     . Xét hàm số 2 2 3 ( ) 30 72 45 c g c c c     Từ đó suy ra 1 g(c ) ( 1 ) ( 1 ) 3 f g m ax     đạt tại 1 c  . Với 1 1 ; 1 c a b      . Vậy 2 3 1 2 1 6 P a b c      Câu 43. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  : 2z 0 P x y    . Phương trình mặt phẳng   Q chứa trục hoành và tạo với   P một góc nhỏ nhất là A. 2z 0. y   B. 0. y z   C. 2 0. y z   D. 0. x z   Lời giải Chọn A Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bé nhất là góc giữa Ox và (P). Giả sử (Q)  (AKI). Ta có        , P Q AKI  ,      , Ox P AIH  Xét , AHI AHK   là tam giác vuông chung cạnh AH.        , 90 A 90 90 IHK K HK HI K H IAH AKH AIH AKH AIH                Ox có VTCP   1;0;0 i    P có VTPT   1 ; 1 ;2 P n    Góc giữa Ox và mặt phẳng   P là  : . 1 sin 6 . P P i n i n        Góc giữa   Q và mặt phẳng   P thoả: 2 . 5 cos 1 sin . 6 P Q P Q n n n n           . Phương trình mặt phẳng  : 0 Q By Cz   a (Q P) a d' Ox i n P H I I H A K A KNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 5 2 5 5 6 . 6 4 4 0 2 B C B C B C B C B BC C C B                 Chọn B = 1, C = -2. Câu 44. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   1;7;2 A và cách   2;4; 1 M   một khoảng lớn nhất có phương trình là A.   :3 3 3 10 0 P x y z     . B.   : 1 0 P x y z     . C.   : 10 0 P x y z     . D.   : 10 0 P x y z     . Lời giải Ta có:     , d M P MA  Nên     ax , m d M P MA  khi A là hình chiếu của M trên mặt phẳng   P . Suy ra     3; 3; 3 AM P AM            là vectơ pháp tuyến của   P .   P đi qua   1;7;2 A và nhận   3; 3; 3 AM          là vectơ pháp tuyến nên có phương trình       3 1 3 7 3 2 0 10 0 x y z x y z             . Câu 45. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ;0;0), (0; ;0), (0;0; ) A a B b C c , trong đó , , a b c là các số thực thỏa mãn 2 2 1 1 a b c    . Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng   ABC có giá trị lớn nhất bằng: A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Lời giải Phương trình mặt phẳng   ABC : 1 x y z a b c    . Nhận thấy, điểm   (2; 2;1) M ABC   ;   2; 2;1 , 3 OM OM         . Ta có:   ;( ) d O ABC OH OM    khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng   ABC có giá trị lớn nhất khi ( ) OM ABC  ( ) 1 1 2 2 1 1 . ,( 0) 2 2 1 1 ABC k a a k n k OM k k b b k k c c k                                           . Mà 2 2 1 1 a b c    nên 2 2 1 1 1 9 1 1 1 1 9 2 2 k k k k k         . Do đó 9 9 ; ; 9 2 2 a b c     . Vậy   max ;( ) 3 d O ABC OM   khi 9 9 ; ; 9 2 2 a b c     . Câu 46. (Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Trong không gian , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x y z     và hai điểm     1 ;2;3 , B 3;4;5 A . Gọi M là một điểm di động trên ( ) P . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 MA MB  bằng A. 3 3 78  . B. 54 6 78  . C. 8 2 . D. 6 3 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Lời giải +) Nhận xét:     2;2;2 2 3; . AB AB A P        +) Xét tam giác MAB ta có 2 3 sin sin sinA MA MA AB B M P MB MB       2 cos cos cos 1 2 2 2 2 cos sin sin sin 2 2 2 2 A B M B M P A A A A       +) Để max sin 2 A P  min, dấu bằng xảy ra khi   AB AM ABM ABH          / P 2 24 3 8 26 ( ) : 2 2 3 0 3 3 B P x y z d BM          max 54 6 78 P    . Câu 47. (Chuyên Hạ Long 2019) Cho     4;5;6 ; 1;1;2 A B , M là một điểm di động trên mặt phẳng   :2 2 1 0 P x y z     . Khi đó MA MB  nhận giá trị lớn nhất là? A. 77 . B. 41 . C. 7 . D. 85 . Lời giải Ta có MA MB AB   với mọi điểm   M P  Vì     2.4 5 2.6 1 . 2.1 1 2.2 1 208 0         nên hai điểm , A B nằm cùng phía với   P Dấu " "  xảy ra khi và chỉ khi   M AB P   Khi đó, MA MB  nhận giá trị lớn nhất là:       2 2 2 4 1 5 1 6 2 41 AB        . Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;2 A và mặt phẳng     : 1 1 0 P m x y mz      , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 6 m   . B. 6 m  . C. 2 2 m    . D. 6 2 m    . Lời giải Cách 1: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có           2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 ; 2 1 1 1 m m m d A P m m m m             . Xét               2 2 2 2 1 3 1 5 3 1 0 3 2 1 2 1 5 m m m m f m f m m m m m m                    . Vậy     14 max ; 3 d A P  khi   5 2;6 m   . Câu 49. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm     1;2; 1 , 3;0;3 A B  . Biết mặt phẳng   P đi qua điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng   P là: A. 2 2 5 0 x y z     . B. 2 3 0 x y z     . C. 2 2 4 3 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z    . Lời giải Ta có   2; 2;4 2 6 AB AB         . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng   P . Ta có         , 2 6 , 2 6 d B P BH BA maxd B P      , đạt được khi H A  . Khi đó mặt phẳng   P đi qua A và nhận   2; 2;4 AB       là véctơ pháp tuyến. Suy ra phương trình mặt phẳng   P là       2 1 2 2 4 1 0 2 3 0 x y z x y z            . Câu 50. (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 ;4;9 M . Gọi   P là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia , , Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , , A B C (khác O ) sao cho OA OB OC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng   P . A. 36 7 d  . B. 24 5 d  . C. 8 3 d  . D. 26 14 d  . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51 Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0. a b c  Phương trình mặt phẳng   : 1 x y z P a b c    .     1 4 9 1;4;9 1 M P a b c      . Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:             2 2 2 2 2 2 2 1 4 9 1 4 9 1 2 3 . a b c a b c a b c a b c                                                   49. a b c     Dấu “ ” xảy ra khi 49 1 4 9 6 1 12. 1 2 3 18 a b c a a b c b c a b c                             Nên   : 1. 6 12 18 x y z P    Vậy 36 . 7 d  Câu 51. Trong không gian , Oxyz cho điểm (1; 4;9) M . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác O) sao cho OA OB OC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P). A. 36 7 d  B. 24 5 d  C. 8 3 d  D. 26 14 d  Lời giải Chọn A Gọi mặt phẳng   P đi qua điểm   1;4;9 M cắt các tia tại       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A a B b C c với , , 0 a b c  ta có   : 1 x y z P a b c    suy ra 1 4 9 1 a b c    và OA OB OC a b c      đạt giá trị nhỏ nhất khi   2 2 2 2 1 2 3 1 4 9 1 2 3 1 36 a b c a b c a b c a b c                Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 12 18 a b c           : 1 6 12 18 x y z P     Nên     2 2 2 0 0 0 1 36 6 12 18 ; 7 1 1 1 6 12 18 d o p                          Câu 52. (THPT Ba Đình -2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0 S x y z x y z        . Giả sử   M P  và   N S  sao cho MN      cùng phương với vectơ   1;0;1 u   và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 MN  . B. 1 2 2 MN   . C. 3 2 MN  . D. 14 MN  . Lời giải.   S có tâm   1;2;1 I  và bán kính 1 R  . Ta có:     2 2 2 1 2.2 2.1 3 d , 2 1 2 2 I P R          . Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng   P và a là góc giữa MN và NH . Vì MN      cùng phương với u  nên góc a có số đo không đổi,  HNM a  . Có 1 .cos . cos HN MN MN HN a a    nên MN lớn nhất  HN lớn nhất      , 3 HN d I P R    . Có   1 cos cos , 2 P u n a       nên 1 3 2 cos MN HN a   . Câu 53. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm (1;0;0) A , (2;1;3) B , (0;2; 3) C  , (2;0; 7) D . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 2) ( 4) 39 S x y z      thỏa mãn: 2 2 . 8 MA MB MC            . Biết độ dài đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. A. 2 7 . B. 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . Lời giải +) Mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 2) ( 4) 39 S x y z      có tâm là   2;4;0 I  , bán kính 39 R  . Gọi ( , , ) ( ) M x y z S  . Ta có: 2 2 2 19 4 8 x y z x y      . 2 2 2 2 ( 1) 20 6 8 MA x y z x y        . (2 ;1 ;3 ) MB x y z         ; ( ; 2 ; 3 ) MC x y z           . 2 2 2 . 2 2 3 9 MB MC x x y y z                  19 4 8 2 3 7 x y x y       6 5 12 x y     . Suy ra 2 2 . MA MB MC           18 18 44 x y     . Theo giả thiết 2 2 . 8 MA MB MC            18 18 44 8 x y      2 0 x y      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53 Do đó ( ) : 2 0 M P x y      . Ta có 8 ( ;( )) 32 39 2 d I P    nên mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo giao tuyến là đường tròn   C có bán kính 1 R với 2 2 1 39 32 7 R R d      . Mặt khác ta có     , , D M P D M S         , (C) D M  . Do đó độ dài MD lớn nhất bằng 1 2 2 7 R  . Vậy chọn A. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định VTCP  Véctơ chỉ phương u  của đường thẳng d là véctơ có giá song song hoặc trùng với đường thẳng . d Nếu d có một véctơ chỉ phương là u  thì . k u  cũng là một véctơ chỉ phương của . d  Nếu có hai véctơ 1 n  và 2 n  cùng vuông góc với d thì d có một véctơ chỉ phương là 1 2 [ , ]. u n n      Để viết phương trình đường thẳng , d ta cần tìm điểm đi qua và một véctơ chỉ phương. Nếu đường thẳng 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a         thì ta có hai dạng phương trình đường thẳng: Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 , ( ). x x a t y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 , ( 0). x x y y z z a a a a a a          Câu 1. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 4 1 : 2 5 3 x y z d       . Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d ? A.   2 2;4; 1 u     . B.   1 2; 5;3 u    . C.   3 2;5;3 u    . D.   4 3;4;1 u    . Câu 2. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho đường thẳng . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của ? A. . B. . C. . D. . Câu 3. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 2 : 4 2 3 x y z d       . Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d A.   3 3; 1; 2 u       . B.   4 4;2;3 u     . C.   2 4; 2;3 u      . D.   1 3;1;2 u    . Câu 4. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 3 : 3 1 2 x y z d        . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A.   2 4; 2;3 u      . B.   4 4;2; 3 u      . C.   3 3; 1; 2 u       . D.   1 3;1;2 u    . Câu 5. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 2 : 1 2 3 x t d y t z t            có một vectơ chỉ phương là: A.   1 1;2;3 u     B.   3 2;1;3 u     C.   4 1;2;1 u      D.   2 2;1;1 u     Câu 6. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 2 : 2 5 3 x y z d       . Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng d A.   1 ;3; 2 u    . B.   2;5;3 u   . C.   2; 5;3 u    . D.   1 ;3;2 u   . Câu 7. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm   1;1;0 A và   0;1;2 B . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 Oxyz 2 5 2 : 3 4 1 x y z d       d   2 3;4; 1 u        1 2; 5;2 u       3 2;5; 2 u        3 3;4;1 u     u  . k u  d NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   1;1; 2 d    B.   1;0; 2 a     C.   1;0;2 b    D.   1;2;2 c   Câu 8. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 3 1 5 : 1 1 2 x y z d       có một vectơ chỉ phương là A.   1 3; 1;5 u     B.   4 1; 1;2 u      C.   2 3;1;5 u      D.   3 1; 1; 2 u       Câu 9. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1 3 : . 1 3 2 x y z d       Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của ? d A.   4 1;3;2 . u     B.   3 2;1;3 . u      C.   1 2;1;2 . u     D.   2 1; 3;2 . u      Câu 10. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian , O x y z cho đường thẳng 2 1 : . 1 2 1 x y z d      Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là A.   4 1 ; 2 ; 0 u    B.   2 2 ; 1 ; 0 u     C.   3 2 ; 1 ; 1 u   D.   1 1 ; 2 ; 1 u    Câu 11. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 3 1 5 : 1 2 3 x y z d       . Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d ? A. 2 (1; 2;3) u      B. 3 (2;6; 4) u      . C. 4 ( 2; 4;6) u       . D. 1 (3; 1;5) u     . Câu 12. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1 3 : 1 2 1       x y z d . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A. 4 (1;2; 3)    u . B. 3 ( 1;2;1)    u . C. 1 (2;1; 3)    u . D. 2 (2;1;1)   u . Câu 13. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       đi qua điểm nào dưới đây? A.   2; 1;2 Q  B.   1; 2; 3 M    C.   1;2;3 P D.   2;1; 2 N   Câu 14. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi 1 M , 2 M lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các trục Ox , Oy . Vectơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng 1 2 M M ? A.   4 1;2;0 u      B.   1 0;2;0 u    C.   2 1;2;0 u     D.   3 1;0;0 u     Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 4 3 : 1 2 3 x y z d      . Hỏi trong các vectơ sau, đâu không phải là vectơ chỉ phương của d ? A.   1 1; 2;3 u     . B.   2 3; 6; 9 u       . C.   3 1; 2; 3 u       . D.   4 2;4;3 u      . Câu 16. (Sở Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào sau đây nhận   2;1;1 u   là một vectơ chỉ phương? A. 2 1 1 1 2 3 x y z      B. 1 2 2 1 1 x y z      C. 1 1 2 1 1 x y z        D. 2 1 1 2 1 1 x y z       Câu 17. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z d      nhận véc tơ   ;2; u a b  làm véc tơ chỉ phương. Tính a b  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 8  . B. 8 . C. 4 . D. 4  . Câu 18. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian , Oxyz tọa độ nào sau đây là tọa độ của một véctơ chỉ phương của đường thẳng   2 4 : 1 6 , ? 9 x t y t t z t              A. 1 1 3 ; ; 3 2 4        . B. 1 1 3 ; ; 3 2 4       . C.   2;1;0 . D.   4; 6;0  . Câu 19. (Chuyên KHTN 2019) Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 1 3 3 2 1 x y z        A.   2;1; 3   . B.   3;2;1  . C.   3; 2;1  . D.   2;1;3 . Câu 20. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng   1 3 7 : 2 4 1 x y z d       nhận vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương? A.   2; 4;1   . B.   2;4;1 . C.   1; 4;2  . D.   2; 4;1  . Câu 21. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz véc tơ nào dưới đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d : 1 4 3 2 x t y z t           , A. (1;4;3) u   . B. (1;4; 2) u    . C. (1;0; 2) u    . D. (1;0;2) u   . Dạng 2. Viết phương trình đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và dạng chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm ( ; ; ) M x y z    và có véctơ chỉ phương 1 2 3 ( ; ; ). d u a a a   Phương pháp. Ta có: 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a           Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 : , ( ). x x a t d y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 : , ( 0). x x y y z z d a a a a a a          Dạng 2. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua A và . B Phương pháp. Đường thẳng ( ) : : d Qua A hay B d VTCP u AB              (dạng 1) Dạng 3. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và song song với đường thẳng .  Phương pháp. Ta có Qua ( ; ; ) : : d M x y z d VTCP u u                   (dạng 1) Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 0. P ax by cz d     Phương pháp. Ta có ( ) : : ( ; ; ) d P Qua M d VTCP u n a b c          (dạng 1) A B d M  d u     P u n d P    d M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d qua M và song song với hai mặt phẳng ( ), ( ). P Q Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản Câu 22. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm (1;0;1) M và ( 3;2; 1)  N . Đường thẳng MN có phương trình tham số là A. 1 2 2 . 1           x t y t z t B. 1 . 1           x t y t z t C. 1 . 1           x t y t z t D. 1 . 1           x t y t z t Câu 23. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian tọa độ Ox , yz phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng 1 2 : 3 ? 2 x t d y t z t            A. 1 2 2 3 1 x y z     B. 1 2 1 3 2 x y z      C. 1 2 2 3 2 x y z      D. 1 2 2 3 1 x y z     Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1; 2;1 M  ,   0;1; 3 N . Phương trình đường thẳng qua hai điểm M , N là A. 1 2 1 1 3 2 x y z       . B. 1 3 2 1 2 1 x y z       . C. 1 3 1 3 2 x y z      . D. 1 3 1 2 1 x y z      . Câu 25. Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm   2;0; 1 M  và có véctơ chỉ phương   2; 3;1 a    là A. 4 2 6 . 2 x t y z t            B. 2 2 3 . 1 x t y t z t             C. 2 4 6 . 1 2 x t y t z t             D. 2 2 3 . 1 x t y t z t             Câu 26. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho ( 1;0;2) E  và (2;1; 5) F  . Phương trình đường thẳng EF là A. 1 2 3 1 7 x y z      B. 1 2 3 1 7 x y z      C. 1 2 1 1 3 x y z      D. 1 2 1 1 3 x y z     Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  đi qua điểm   2;0; 1 M  và có một vectơ chỉ phương   4; 6;2 a    .Phương trình tham số của  là A. 2 4 6 1 2 x t y t z t            . B. 2 2 3 1 x t y t z t             . C. 4 2 6 2 x t y z t            . D. 2 2 3 1 x t y t z t            . Câu 28. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm   1;1; 1 P  và   2;3;2 Q TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A. 1 1 1 2 3 2 x y z      . B. 1 1 1 1 2 3 x y z      . C. 1 2 3 1 1 1 x y z       . D. 2 3 2 1 2 3 x y z      . Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm   1;2;3 A và   5;4; 1 B  là A. 5 4 1 2 1 2 x y z      . B. 1 2 3 4 2 4 x y z       . C. 1 2 3 4 2 4 x y z      . D. 3 3 1 2 1 2 x y z        . Câu 30. Trong không gian Oxyz , đường thẳng Oy có phương trình tham số là A.   x t y t t z t           . B.   0 2 0 x y t t z            . C.   0 0 x y t z t           . D.   0 0 x t y t z           . Câu 31. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz có đường thẳng có phương trình tham số là 1 2 ( ) : 2 3 x t d y t z t             . Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là A. 1 2 3 2 1 1 x y z       B. 1 2 3 2 1 1 x y z       C. 1 2 3 2 1 1 x y z      D. 1 2 3 2 1 1 x y z       Câu 32. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho   1;0;2 E  và   2;1; 5 F  . Phương trình đường thẳng EF là A. 1 2 3 1 7 x y z      . B. 1 2 3 1 7 x y z      . C. 1 2 1 1 3 x y z      . D. 1 2 1 1 3 x y z     . Câu 33. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số trục Oz là A. 0 z  . B. 0 0 x y t z         . C. 0 0 x t y z         . D. 0 0 x y z t         . Câu 34. (THPT Cẩm Bình 2019) Trong không gian Oxyz , trục Ox có phương trình tham số A. 0. x  B. 0. y z   C. 0 0. x y z t         D. 0. 0 x t y z         Câu 35. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm   1;2;3 M và có véctơ chỉ phương   1; 4; 5 a    là A. 1 2 3 1 4 5 x y z        . B. 1 4 2 5 3 x t y t z t              . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 1 4 5 1 2 3 x y z      . D. 1 2 4 3 5 x t y t z t            . Câu 36. (Chuyên Nguyễn Huệ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số của đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và có vectơ chỉ phương   1;3;2 u   là A. 0 : 3 2 x d y t z t         . B. 1 : 3 2 x d y z         . C. : 3 2 x t d y t z t         . D. : 2 3 x t d y t z t            . Câu 37. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua điểm   1;2;3 A và có vectơ chỉ phương   2; 1; 2 u     . A. 2 1 2 1 2 3 x y z      . B. 1 2 3 2 1 2 x y z        . C. 2 1 2 1 2 3 x y z      . D. 1 2 3 2 1 2 x y z        . Câu 38. (Sở Bình Thuận 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm   0; 1;4 M  và nhận vectơ   3; 1;5 u    làm vectơ chỉ phương. Hệ phương trình nào sau đây là phương trình tham số của d ? A. 3 1 4 5 x t y t z t           . B. 3 1 5 4 x y t z t            . C. 3 1 4 5 x t y t z t            . D. 3 1 4 5 x t y t z t            . Câu 39. (Sở GD Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng  đi qua   1;2; 3 M  nhận vectơ   1;2;1 u    làm vectơ chỉ phương có phương trình là A. 1 2 3 1 2 1 x y z       . B. 1 2 3 1 2 1 x y z       . C. 1 2 3 1 2 1 x y z       . D. 1 2 3 1 2 1 x y z       . Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 40. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;3 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua M và vuông góc với   P là A. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 3 3 x t y t z t              . C. 2 1 2 3 3 x t y t z t             . D. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . Câu 41. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho   1;2; 3 M  và mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với ( ) P là A. 2 1 2 3 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 3 3 x t y t z t              . C. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . D. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 42. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;2 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng   P là A. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 2 x t y t z t             . C. 2 1 2 3 2 x t y t z t             . D. 1 2 2 2 3 x t y t z t              . Câu 43. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 2 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua M và vuông góc với   P là: A. 1 2 2 2 3 x t y t z t              . B. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . C. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . D. 2 1 2 3 2 x t y t z t             Câu 44. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua   2; 3; 0 A và vuông góc với mặt phẳng       : 3 5 0? P x y z A.            1 1 3 1 x t y t z t B.           1 3 1 x t y t z t C.            1 3 1 3 1 x t y t z t D.            1 3 1 3 1 x t y t z t Câu 45. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 1 x y z     . Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào vuông góc với    . A. 1 1 : 1 1 2 x y z d     . B. 2 1 : 1 1 1 x y z d      . C. 3 1 : 1 1 1 x y z d      . D. 4 2 : 0 x t d y z t          Câu 46. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm   1;1;1 A và vuông góc với mặt phẳng tọa độ   Oxy có phương trình tham số là: A. 1 1 1 x t y z          . B. 1 1 1 x y z t          . C. 1 1 1 x t y z          . D. 1 1 1 x t y t z           . Câu 47. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   1; 3; 2 M  và mặt phẳng   : 3 2 1 0 P x y z     . Tìm phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với   P . A. 1 3 2 1 3 2 x y z       . B. 1 3 2 1 3 2 x y z       . C. 1 3 2 x y z    . D. 1 3 2 1 3 2 x y z       . Câu 48. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng 1 1 : 1 1 2 x y z d     . Đường thẳng  đi qua A, vuông góc và cắt d có phương trình là A. 2 1 1 : 1 1 1 x y z        . B. 1 2 : 1 1 1 x y z      . C. 2 1 1 : 2 2 1 x y z       . D. 1 2 : 1 3 1 x y z       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 49. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm   3;1;2 A và vuông góc với mặt phẳng 3 5 0 x y z     có phương trình là A. 3 1 2 . 1 1 3 x y z      B. 1 1 3 . 3 1 2 x y z      C. 1 1 3 . 3 1 2 x y z      D. 3 1 2 . 1 1 3 x y z      Câu 50. Trong không gian , O x y z cho điểm (3; 2; 1) M  và mặt phẳng ( ) : 2 0. P x z    Đường thẳng đi qua M và vuông góc với ( ) P có phương trình là A. 3 2 . 1 x t y z t            B. 3 2 . 1 x t y t z            C. 3 2 . 1 x t y t z t           D. 3 1 2 . x t y t z t            Câu 51. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;2;1 A và vuông góc với mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     có dạng A. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d       . B. 2 2 : 1 2 1 x y z d      . C. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d      . D. 2 2 : 2 4 2 x y z d      . Câu 52. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  : 2 5 1 0 P x y z     và   1;2; 1 A  . Đường thẳng  qua A và vuông góc với   P có phương trình là A. 2 5 2 1 x t y t z t             . B. 3 2 3 5 1 x t y t z t             . C. 1 2 2 5 1 x t y t z t            . D. 3 2 3 5 x t y t z t             . Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  : 2 3 0 P x y z     và điểm   1; 2;1 . A  Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với   P là A. 1 2 : 2 1 x t d y t z t             . B. 1 2 : 2 4 1 3 x t d y t z t             . C. 2 1 2 1 x t y t z t             . D. 1 2 : 2 1 3 x t d y t z t             . Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;2;1 A và vuông góc với mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     có dạng A. 2 : 1 2 1 x y z d      . B. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d      . C. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d        . D. 2 : 2 4 2 x y z d      . Câu 55. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng  đi qua điểm   2;4;3 A  và vuông góc với mặt phẳng   :2 3 6 19 0 x y z      có phương trình là A. 2 3 6 2 4 3 x y z       . B. 2 4 3 2 3 6 x y z       . C. 2 3 6 2 4 3 x y z       . D. 2 4 3 2 3 6 x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song Câu 56. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;1 A ,   1;1;0 B và   3;4; 1 C  . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là A. 1 1 4 5 1 x y z      . B. 1 1 2 3 1 x y z      . C. 1 1 2 3 1 x y z      . D. 1 1 4 5 1 x y z      . Câu 57. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho ba điểm . Đường thẳng đi qua và song song với có phương trình là A. . B. . C. . D. . Câu 58. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1;2;0), (1;1;2) A B và (2;3;1) C . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là A. 1 2 . 1 2 1 x y z      B. 1 2 . 3 4 3 x y z     C. 1 2 . 3 4 3 x y z     D. 1 2 . 1 2 1 x y z      Câu 59. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;1;0 , 1;0;1 , 3;1;0 A B C . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là: A. 1 1 2 1 1 x y z     . B. 1 1 4 1 1 z y z     . C. 1 1 2 1 1 x y z      . D. 1 1 4 1 1 x y z     . Câu 60. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   0; 1 ;3 A  ,   1 ;0;1 B ,   1 ;1 ;2 C  . Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng BC ? A. 2 0 x y z    . B. 2 1 3 x t y t z t             . C. 1 3 2 1 1 x y z      . D. 1 1 2 1 1 x y z      . Câu 61. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai điểm     1; 2; 3 A ;   1; 4;1 B và đường thẳng       2 2 3 : 1 1 2 y x z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn A B và song song với d ? A.     1 1 1 1 2 y x z B.      1 1 1 1 2 y x z C.       1 1 1 1 1 2 y x z D.      2 2 1 1 2 y x z Câu 62. Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho điểm    1; 2; 3 A và hai mặt phẳng       : 1 0 P x y z ,       : 2 0 Q x y z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? Oxyz       1;2;3 , 1;1;1 , 3;4;0 A B C A BC 1 2 3 4 5 1 x y z      1 2 3 4 5 1 x y z      1 2 3 2 3 1 x y z       1 2 3 2 3 1 x y z      NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.           1 2 3 2 x y z t B.             1 2 3 x t y z t C.            1 2 2 3 2 x t y z t D.            1 2 3 x t y z t Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho ba điểm    0; 1; 3 A ,   1; 0;1 B ,   1;1; 2 C . Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng BC ? A.             2 1 3 x t y t z t . B.      1 3 2 1 1 y x z . C.      1 1 2 1 1 y x z . D.    2 0 x y z . Câu 64. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;0; 1 A  và mặt phẳng   : 1 0 P x y    . Đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy có phương trình là A.           3 2 1 x t y t z t . B.            2 1 x t y t z . C.            1 2 1 x t y z t . D.            3 1 2 x t y t z t . Câu 65. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   2;3; 1 M   ,   1;2;3 N  và   2; 1;1 P  . Phương trình đường thẳng d đi qua M và song song với NP là A. 1 3 2 3 3 2 x t y t z t             . B. 2 3 1 3 1 2 x t y t z t             . C. 2 3 3 3 1 2 x t y t z t              . D. 3 2 3 3 2 x t y t z t              . Câu 66. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 : . 1 2 1 x y z d        Đường thẳng đi qua điểm   2;1; 1 M  và song song với đường thẳng d có phương trình là: A. 2 1 1 . 1 2 1 x y z        B. 5 3 . 1 2 1 x y z      C. 1 2 1 . 2 1 1 x y z       D. 2 1 1 . 1 1 2 x y z       Câu 67. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm     (0; 0; 1),B 1; 2;0 , 2;1; 1 A C    . Đường thẳng  đi qua C và song song với AB có phương trình là A.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . B.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . C.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . D.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 68. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      ,   : 2 0 x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Đường thẳng  đi qua điểm A và song song với cả hai mặt phẳng     ,   có phương trình là A. 1 2 1 2 4 2 x y z        . B. 1 2 1 1 3 5 x y z      . C. 1 2 1 1 2 1 x y z        . D. 2 3 1 2 1 x y z     . Dạng 3 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, giao điểm đường với mặt phẳng Câu 69. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 2 1 : 1 3 3 x y z d       ? A.   1;2;1 P  . B.   1; 2; 1 Q   . C.   1;3;2 N  . D.   1;2;1 P . Câu 70. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian , Oxyz cho đường thẳng 1 2 1 : . 2 3 1 x y z d       Điểm nào sau đây thuộc ? d A.   1;2; 1 . P  B.   1; 2;1 . M   C.   2;3; 1 . N  D.   2; 3;1 . Q   Câu 71. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x 2 y 1 z 3 d : 4 2 1       . Điểm nào dưới đây thuộc d? A.   4; 2;1 . Q  B.   4;2;1 . N C.   2;1; 3 . P  D.   2;1;3 . M Câu 72. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 1 : 2 5 1 x z z d       . Điểm nào sau đây thuộc d ? A. (4;2; 1) N  . B. (2;5;1) Q . C. (4;2;1) M . D. (2; 5;1) P  . Câu 73. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 2 : 2 4 1 x y z d       . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   3; 1; 2 N   B.   2;4;1 Q C.   2;4; 1 P  D.   3;1;2 M Câu 74. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 5 : 2 2 1 x y z d       . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   3;1;5 M . B.   3;1; 5 N  . C.   2;2; 1 P  . D.   2;2;1 Q . Câu 75. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : 1 5 2 3 x t y t z t            ? A.   1;5;2 N B.   1;1;3 Q  C.   1;1;3 M D.   1;2;5 P Câu 76. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thằng 2 1 2 : 1 1 2 x y z d      . A.   2; 1;2 N  B.   2;1; 2 Q   C.   2; 2;1 M   D.   1;1;2 P NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 77. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 : 3 1 x t d y t z t            đi qua điểm nào dưới đây? A.   1;3; 1 M  . B.   3;5;3 M  . C.   3;5;3 M . D.   1;2; 3 M  . Câu 78. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Đường thẳng 1 2 x t d y t z t           đi qua điểm nào sau sau đây? A.   1 ; 1;1 K  . B.   1;1;2 E . C.   1;2;0 H . D.   0;1;2 F . Câu 79. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 1 2 2 1 3 x y z       ? A.   2;1; 3 Q   . B.   2; 1;3 P  . C.   1;1; 2 M   . D.   1; 1;2 N  . Câu 80. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng qua   1;0;2 A , cắt và vuông góc với đường thẳng 1 1 5 : 1 1 2      x y z d . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   2; 1;1  P . B.   0; 1;1  Q . C.   0; 1;2  N . D.   1; 1;1   M . Câu 81. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 : 5 2 3            x t d y t z t ? A.   1;1; 3  Q B.   1; 2; 5 P C.   1; 5; 2 N D.   1;1; 3 M Câu 82. Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d        đi qua điểm nào dưới đây? A. (2; 1 ; 2) Q   . B. (1 ; 2; 3) M   . C. ( 1 ;2; 3) P   . D. N(2; 1 ; 2)   . Câu 83. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 3 : 3 4 5        x y z d . Hỏi d đi qua điểm nào trong các điểm sau: A.   3;4;5  C . B.   3; 4; 5   D . C.   1;2; 3   B . D.   1; 2;3  A . Câu 84. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 2;1 A  . Đường thẳng nào sau đây đi qua A ? A. 3 2 1 1 1 2 x y z      . B. 3 2 1 4 2 1 x y z        . C. 3 2 1 1 1 2 x y z      . D. 3 2 1 4 2 1 x y z        . Câu 85. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 : 5 2 3            x t d y t z t ? A.   1;1; 3  Q B.   1; 2; 5 P C.   1; 5; 2 N D.   1;1; 3 M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Câu 86. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 3 3 2 4 x y z       . Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng d ? A.   7;2;1 P . B.   2; 4;7 Q   . C.   4;0; 1 N  . D.   1; 2;3 M  . Câu 87. (THPT Cẩm Bình 2019) Giao điểm của mặt phẳng   : 2 0 P x y z     và đường thẳng 2 : 3 3 x t d y t z t            A.   1;1;0 . B.   0;2;4 . C.   0;4;2 . D.   2;0;3 . Câu 88. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian , Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 3 , 1 x t d y t z t            t   và mặt phẳng   : 2 3 2 0. P x y z     Tìm tọa độ của điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  . P A.   3;5;3 A . B.   1;3;1 A . C.   3;5;3 A  . D.   1;2; 3 A  . Câu 89. (Hùng Vương Gia Lai2019) Trong không gian Oxyz , giao điểm của mặt phẳng   : 3 5 2 0 P x y z     và đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z       là điểm   0 0 0 ; ; M x y z . Giá trị tổng 0 0 0 x y z   bằng A. 1. B. 2 . C. 5. D. 2  . Câu 90. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   4;5;2 M  lên mặt phẳng   : 1 0 P y   là điểm có tọa độ A.   4; 1;2   . B.   4;1;2  . C.   0; 1;0  . D.   0;1;0 . Câu 91. (Chuyên Bắc Giang 19) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z d      và mặt phẳng   :3 5 2 0 P x y z     . Tìm tọa độ giao điểm của d và   P . A.   1;0;1 . B.   0;0; 2  . C.   1;1;6 . D.   12;9;1 . Câu 92. (Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 : 3 1 x t d y t z t             , giao điểm của d với mặt phẳng   Oxy có tọa độ là A.   4; 3;0  . B.   2; 2;0  . C.   0; 1; 1   . D.   2;0; 2   . Câu 93. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 3 điểm   1;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;3 C và đường thẳng : 2 3 x t d y t z t            . Gọi   ; ; M a b c là toạ độ giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng   ABC . Tính tổng S a b c    . A. 6 . B. 5. C. 7  . D. 11. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 94. (Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 3 : 2 1 1 x y z d      và mặt phẳng   : 2 5 0 P x y z     . Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng   P . A.   1;0;4 M  . B.   5; 2;2 M   . C.   0;0;5 M . D.   3; 1;3 M   . Câu 95. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;3;5 . A Tìm tọa độ điểm ' A là hình chiếu vuông góc của A lên trục . Oy A.   ' 2;0;0 . A B.   ' 0;3;0 . A C.   ' 2;0;5 . A D.   ' 0;3;5 . A Dạng 4. Bài toán liên quan khoảng cách, góc 1. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng – Khoảng cách giữa hai đường thẳng  Khoảng cách từ điểm M đến một đường thẳng d qua điểm M  có véctơ chỉ phương d u  được xác định bởi công thức , ( , ) d d M M u d M d u                Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d đi qua điểm M và có véctơ chỉ phương u  và d  đi qua điểm M  và có véctơ chỉ phương u   là     , . ( , ) , u u M M d d d u u                 2. Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa hai đường thẳng 1 d và 2 d có véctơ chỉ phương 1 1 1 1 ( ; ; ) u a b c   và 2 2 2 2 ( ; ; ). u a b c   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 . cos( ; ) cos . . u u a a b b c c d d u u a b c a b c               với 0 90 .      3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Góc giữa đường thẳng d có véctơ chỉ phương ( ; ; ) d u a b c   và mặt phẳng ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) ( ; ; ) P n A B C   được xác định bởi công thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) . sin cos( ; ) . d P P d d P u n aA bB cC n u u n a b c A B C                 với 0 90 .      Câu 96. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z       . Tính khoảng cách d giữa  và   P . A. 2 d  B. 5 3 d  C. 2 3 d  D. 1 3 d  Câu 97. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d     và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     bằng: A. 2 3. B. 3 . 3 C. 2 3 . 3 D. 3. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 98. (THPT Lê Quý Đôn Dà Nẵng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 2 : 5 4 2 x t y t z t             ,   t   và mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    bằng A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Câu 99. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 : 2 2 3 x t d y t z t            và mặt phẳng (P): 3 0 x y    . Tính số đo góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). A. 0 60 B. 0 30 C. 120 o D. 0 45 Câu 100. (Chuyên Trần Đại Nghĩa - TPHCM - 2018) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 d : 3 2 1 2 1 x y z     và 2 d : 3 1 2 1 2 1 x y z       A. 2 3 . B. 12 5 . C. 3 2 2 . D. 3. Câu 101. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 3 1 0 P x y z     và đường thẳng 1 6 4 : 4 3 1 x y z d      , sin của góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng   P bằng A. 5 13 . B. 8 13 . C. 1 13 . D. 12 13 . Câu 102. (Chuyên ĐH Vinh -2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 1 2 1 x y z     và mặt phẳng   : 2 0 x y z     . Góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng    bằng A. 30 . B. 60 . C. 150  . D. 120 . Câu 103. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P): 3 1 0 x y     . Tính góc tạo bởi ( ) P với trục Ox ? A. 0 60 . B. 0 30 . C. 0 120 . D. 0 150 . Câu 104. (Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm   2; 4; 1 M   tới đường thẳng : 2 3 2 x t y t z t            bằng A. 14. . B. 6. . C. 2 14. . D. 2 6. Câu 105. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 1 : 2 1 1 x y z d       và điểm (2; 1;0) A  . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng   d bằng A. 7 . B. 7 2 . C. 21 3 . D. 7 3 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 106. (Chuyên Bắc Giang -2019) Cho 1 3 1 : 3 , ' : 3 1 1 2 2 x t x y z d y t d z t                  . Khi đó khoảng cách giữa d và ' d là A. 13 30 30 . B. 30 3 . C. 9 30 10 . D. 0 . Câu 107. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d     và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     bằng A. 2 3 . B. 3 3 . C. 2 3 3 . D. 3 . Câu 108. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, khoảng cách giữa đường thẳng 1 3 2 : 2 2 1 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x y z     A. 1. B. 0. C. 3. D. 2. Dạng 5. Xác định phương trình mặt phẳng có yếu tố đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với đường thẳng . d AB  Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : : P d M x y z P VTPT n u u AB Q a                   Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng qua M và chứa đường thẳng d với M d  .   Bước 1: Chọn điểm A d  và một VTCP . d u    Tính , d AM u             . Bước 2: Phương trình qua mp( ) VTPT , d M P n AM u               Câu 109. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 2;3 M  và đường thẳng d : 1 2 3 3 2 1 x y z       . Mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d có phương trình là A. 3 2 1 0 x y z     . B. 2 2 3 17 0 x y z     . C. 3 2 1 0 x y z     . D. 2 2 3 17 0 x y z     . Câu 110. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   1;1; 1 M  và vuông góc với đường thẳng 1 2 1 : 2 2 1 x y z       có phương trình là A. 2 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z    . C. 2 2 3 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Câu 111. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho điểm ( 2;1;0) M và đường thẳng 3 1 1 : . 1 4 2        x y z Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với  có phương trình là A. 3 7 0     x y z . B. 4 2 6 0     x y z . P ( ) P d AB n u         d M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 C. 4 2 6 0     x y z . D. 3 7 0     x y z . Câu 112. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian cho điểm và đường thẳng . Mặt phẳng đi qua và vuông góc với có phương trình là A. . B. . C. . D. . Câu 113. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho điểm (2; 1;2) M  và đường thẳng 1 2 3 : 2 3 1 x y z d      . Mặt phẳng đi qua điểm qua M và vuông góc với d có phương trình là A. 2 3 3 0. x y z     B. 2 2 9 0. x y z     C. 2 3 3 0. x y z     D. 2 2 9 0. x y z     Câu 114. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong gian gian , Oxyz cho điểm   3; 2;2 M  và đường thẳng 3 1 1 : 1 2 2 x y z d       . Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là A. 2 2 5 0 x y z     . B. 3 2 2 17 0 x y z     . C. 3 2 2 17 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     . Câu 115. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 2 A  và vuông góc với đường thẳng 1 2 3 : 2 1 3 x y z       có phương trình là A. 2 3 2 0 x y z     . B. 2 3 1 0 x y z     . C. 2 3 2 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Câu 116. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho điểm    3; 1;1 M . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng        2 1 3 : ? 3 2 1 y x z A.     3 2 8 0 x y z B.     3 2 12 0 x y z C.     3 2 12 0 x y z D.     2 3 3 0 x y z Câu 117. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua   1; 1 ;2 M  và vuông góc với đường thẳng 1 2 : 2 1 3 x y z       . A. 2 3 9 0 x y z     . B. 2 3 9 0 x y z     . C. 2 3 9 0 x y z     . D. 2 3 6 x y z    . Câu 118. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       . Mặt phẳng   P vuông góc với d có một vectơ pháp tuyến là: A.   1;2;3 n   . B.   2; 1;2 n    . C.   1;4;1 n   . D.   2;1;2 n   . Câu 119. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng ( ) : 1 1 1 x y z d   là: A. 1 0 x y z     . B. 1 x y z    . C. 1 x y z    . D. 0 x y z    . Câu 120. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   0;1;0 A và chứa đường thẳng   2 1 3 : 1 1 1 x y z        có phương trình là: Oxyz (1;1; 2) M  1 2 : 1 2 3 x y z d      M d 2 3 9 0 x y z     2 6 0 x y z     2 3 9 0 x y z     2 6 0 x y z    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 0 x y z     . B. 3 2 1 0 x y z     . C. 1 0 x y z     . D. 3 2 1 0 x y z     . Câu 121. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 2 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng d . A.   : 2 1 0 T x y z     . B.   : 2 1 0 P x y z     . C.   : 2 1 0 Q x y z     . D.   : 1 0 R x y z     . Câu 122. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   0; 3;1 A  và đường thẳng 1 1 3 : 3 2 1 x y z d       . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d là: A. 3 2 5 0 x y z     . B. 3 2 7 0 x y z     . C. 3 2 10 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Câu 123. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho điểm    3; 1;1 M . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng        2 1 3 : ? 3 2 1 y x z A.     2 3 3 0 x y z B.     3 2 8 0 x y z C.     3 2 12 0 x y z D.     3 2 12 0 x y z Câu 124. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   0; 3;1 A  và đường thẳng 1 1 3 : 3 2 1 x y z d       . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d là A. 3 2 5 0 x y z     . B. 3 2 7 0 x y z     . C. 3 2 10 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Câu 125. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;3;2 A  và đường thẳng d có phương trình 1 4 2 x t y t z t           . Mặt phẳng   P chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? A. 2 2 1 0. x y z     . B. 0. x y z    . C. 3 2 10 23 0. x y z      . D. 2 3 4 0. x y z     Câu 126. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;0 A và đường thẳng 1 2 : 1 x t d y t z t            . Tìm phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm A và vuông góc với . d A. 2 4 0 x y z     . B. 2 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Câu 127. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;3;2 A  và đường thẳng d có phương trình 1 4 2 x t y t z t           . Mặt phẳng   P chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? A. 2 2 1 0 x y z     . B. 0 x y z    . C. 3 2 10 23 0 x y z      . D. 2 3 4 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Câu 128. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   1;2;0 A và vuông góc với đường thẳng 1 1 2 1 1 x y z      có phương trình là A. 2 4 0 x y z     . B. 2 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Câu 129. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua   2; 3;0 A  và vuông góc với đường thẳng d có phương trình: 3 4 7 1 2 5 x y z      . A. 2 5 10 0 x y z     . B. 2 5 8 0 x y z     . C. 2 3 4 0 x y    . D. 2 5 4 0 x y z     . Câu 130. (Bắc Giang - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 1 2 x y z d      . Mặt phẳng   P đi qua điểm   2;0; 1 M  và vuông góc với d có phương trình là ? A.   : 2 0 P x y z    . B.   : 2 0 P x y z    . C.   : 2 0 P x y z    . D.   : 2 2 0 P x y    . Câu 131. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 2 1 : 1 1 2 x y z d       . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm   2;0; 1 M  và vuông góc với d . A.   : 2 0 P x y z    . B.   : 2 2 0 P x y    . C.   : 2 0 P x y z    . D.   : 2 0 P x y z    . Câu 132. (SGD&ĐT Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng   2 2 3 : 1 1 2 x y z d       và điểm   1; 2;3 A  . Mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng   d có phương trình là: A. 2 9 0 x y z     . B. 2 3 14 0 x y z     . C. 2 9 0 x y z     . D. 2 3 9 0 x y z     . Câu 133. (THPT Thái Phiên - Hải Phòng 2018) Trong không gian với hệ trục O xy z , cho điểm   0;0;3 A và đường thẳng 1 1 : . 2 1 1      y x z d Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d là A. 2 3 0     x y z . B. 2 2 6 0     x y z . C. 2 3 0     x y z . D. 2 3 0     x y z . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định phương trình đường thẳng 1. Dạng 1. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và dạng chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm ( ; ; ) M x y z    và có véctơ chỉ phương 1 2 3 ( ; ; ). d u a a a   Phương pháp. Ta có: 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a           Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 : , ( ). x x a t d y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 : , ( 0). x x y y z z d a a a a a a          2. Dạng 2. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua A và . B Phương pháp. Đường thẳng ( ) : : d Qua A hay B d VTCP u AB              (dạng 1) 3. Dạng 3. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và song song với đường thẳng .  Phương pháp. Ta có Qua ( ; ; ) : : d M x y z d VTCP u u                   (dạng 1) 4. Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 0. P ax by cz d     Phương pháp. Ta có ( ) : : ( ; ; ) d P Qua M d VTCP u n a b c          (dạng 1) 5. Dạng 5. Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q cho trước. Phương pháp. Ta có ( ) ( ) : : [ , ] ( ) ( ) d P Q d VTCP u n n Qua A P Q            (dạng 1) 6. Dạng 6. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng 1 2 , d d cho trước. Phương pháp. Ta có 1 2 : : [ , ] d d d d C Qua M VT P u u u          (dạng 1) 7. Dạng 7. Viết phương trình đường thẳng d qua M và song song với hai mặt phẳng ( ), ( ). P Q Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) 8. Dạng 8. Viết phương trình đường thẳng d qua , M vuông góc đường d  và song song mặt ( ). P Phương pháp. Ta có : : , ] [ d d P d VTCP u u n Qua M           (dạng 1) PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 A B d M  d u     P u n d P    d M d A 1 d u    d 1 d 2 d 2 d u    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 9. Dạng 9. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt ( ), P song song mặt ( ) Q và qua . M Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) 10. Dạng 10. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm , A vuông góc và cắt đường thẳng . d  Phương pháp. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua , A vuông góc . d  Nghĩa là mặt phẳng ( ) : : P d Qua A P VTPT n u           Tìm ( ). B d P    Suy ra đường thẳng d qua A và B (dạng 1) Lưu ý: Trường hợp d  là các trục tọa độ thì , d AB  với B là hình chiếu của A lên trục. 11. Dạng 11. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua điểm M và cắt đường thẳng 1 d và vuông góc 2 d cho trước. Phương pháp. Giả sử 1 1 , ( , ) d d H H d H d     1 1 2 2 3 2 1 ( ; ; ) . H x a t x a t x a t d      Vì 2 2 . 0 . d MH d MH u t H              Suy ra đường thẳng : : d Qua M d VTCP u MH               (dạng 1) Dạng 12. d đi qua điểm 0 0 0 0 ( ; ; ) M x y z và cắt hai đường thẳng 1 2 d , d :  Cách 1: Gọi 1 1 2 2 M d , M d   Từ điều kiện 1 2 M, M , M thẳng hàng ta tìm được 1 2 M , M . Từ đó suy ra phương trình đường thẳng d .  Cách 2: Gọi   P  0 1 ( , ) M d ,   0 2 ( , ) Q M d  . Khi đó d    P    Q , do đó, một VTCP của d có thể chọn là , P Q a n n         . Dạng 13. d nằm trong mặt phẳng   P và cắt cả hai đường thẳng 1 2 d , d : Tìm các giao điểm     1 2 A d P , B d P .     Khi đó d chính là đường thẳng AB . Dạng 14. d song song với  và cắt cả hai đường thẳng 1 2 d , d : Viết phương trình mặt phẳng   P chứa  và 1 d , mặt phẳng   Q chứa  và 2 d . Khi đó d    P    Q . Dạng 15. d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 2 d , d chéo nhau:  Cách 1: Gọi 1 2 M d , N d .   Từ điều kiện 1 2 MN d MN d      , ta tìm được , M N . Khi đó, d là đường thẳng MN .  Cách 2: – Vì 1 d d  và 2 d d  nên một VTCP của d có thể là: 1 2 , d d a a a         . – Lập phương trình mặt phẳng   P chứa d và 1 d , bằng cách: + Lấy một điểm A trên 1 d . + Một VTPT của   P có thể là: 1 , P d n a a         . – Tương tự lập phương trình mặt phẳng   Q chứa d và 1 d . Khi đó d    P    Q . Dạng 16. Viết phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  lên mặt ( ). P Phương pháp: Xét vị trí tương đối của đường thẳng  và ( ). P  Nếu ( ). P   Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P A B d  d P 2 d u    2 d H M d 1 d M H P  d M  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Hình chiếu Qua : VTCP : d H d u u          Nếu ( ) . P I    Chọn một điểm M I  trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Hình chiếu vuông góc của  lên ( ) P là . d IH  Dạng 17. Viết đường thẳng d là đường thẳng đối xứng với đường thẳng  qua mặt phẳng ( ). P Phương pháp: Xét vị trí tương đối của đường thẳng  và ( ). P  Nếu ( ). P   Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Tìm M  đối xứng với M qua ( ). P Đường thẳng đối xứng Qua : VTCP : d M d u u           Nếu ( ) . P I    Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Tìm M  đối xứng với M qua ( ). P Đường thẳng đối xứng Qua : . VTCP : d M d u IM               Dạng 1.1 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 1. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 A và đường thẳng 3 1 7 : 2 1 2 x y z d       . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là A. 1 2 2 x t y t z t            B. 1 2 2 3 3 x t y t z t            C. 1 2 2 3 x t y t z t           D. 1 2 2 3 2 x t y t z t            Câu 2. (Mã 102 - 2019) Trong không gian , Oxyz cho các điểm       1;0;2 , 1;2;1 , 3;2;0 A B C và   1;1;3 . D Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   BCD có phương trình là A. 1 4 . 2 2 x t y t z t                 B. 1 4 . 2 2 x t y z t                 C. 2 4 4 . 4 2 x t y t z t                  D. 1 2 4 2 2 x t y t z t                  Câu 3. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 2 : 1 2 1 x y z d        ; 2 5 1 2 : 3 2 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x y z     . Đường thẳng vuông góc với   P , cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 1 1 3 2 1 x y z     B. 2 3 1 1 2 3 x y z      C. 3 3 2 1 2 3 x y z      D. 1 1 1 2 3 x y z     M H P  d M  M  M H P  d I NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 4. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm         1;2;0 , 2;0;2 , 2; 1;3 , 1;1;3 A B C D  . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng   ABD có phương trình là A. 2 4 4 3 2 x t y t z t              . B. 4 2 3 1 3 x t y t z t            . C. 2 4 2 3 2 x t y t z t              . D. 2 4 1 3 3 x t y t z t             . Câu 5. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   2; 1;0  A ,   1;2;1 B ,   3; 2;0  C ,   1;1; 3  D . Đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là: A. 1 1 2 3             x t y t z t . B. 1 1 3 2             x t y t z t . C. 1 2           x t y t z t . D. 1 2          x t y t z t . Câu 6. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1;3 A và đường thẳng 1 1 2 : 1 2 2 x y z d       . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Oy có phương trình là. A. 2 3 4 3 x t y t z t           B. 2 2 1 3 3 x t y t z t            C. 2 2 1 3 3 2 x t y t z t            D. 2 3 3 2 x t y t z t           Câu 7. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz cho       0;0;2 , 2;1;0 , 1;2; 1 A B C  và   2;0; 2 D  . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với   BCD có phương trình là A. 3 2 1 2 x y z t           . B. 3 3 2 2 1 x t y t z t            . C. 3 2 2 x t y t z t          . D. 3 3 2 2 1 x t y t z t             . Câu 8. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng d có phương trình: 1 1 1 1 2     x y z . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . A. 1 2 2 2 1     x y z B. 1 2 1 3 1      x y z C. 1 2 1 1 1     x y z D. 1 2 1 1 1      x y z Câu 9. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 8 4 8 (2;2;1), ( ; ; ) 3 3 3 A B  . Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB có phương trình là: A. 2 2 5 9 9 9 1 2 2 x y z       B. 1 8 4 1 2 2 x y z       C. 1 5 11 3 3 6 1 2 2 x y z       D. 1 3 1 1 2 2 x y z       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 10. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z     . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( ) P đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là: A. 1 4 3 x t y t z t             B. 3 2 4 2 x t y t z t             C. 3 2 4 2 3 x t y t z t             D. 3 2 2 6 2 x t y t z t             Câu 11. (Mã 123 2017) Trong không gian O x y z cho điểm   1;1; 3 M và hai đường thẳng       3 1 1 : 3 2 1 y x z ,       1 : 1 3 2 y x z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với  và   . A.             1 1 1 3 x t y t z t B.            1 3 x t y t z t C.             1 1 3 x t y t z t D.             1 1 3 x t y t z t Câu 12. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1 : 1 2 1 x y z      và mặt phẳng   : 2 y z 3 0 P x     . Đường thẳng nằm trong   P đồng thời cắt và vuông góc với  có phương trình là: A. 1 2 1 2 x t y t z           B. 3 2 x y t z t           C. 1 1 2 2 3 x t y t z t            D. 1 1 2 2 x y t z t           Câu 13. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng            1 1 3 : 2 2 x t d y t z ,      2 2 1 : 2 1 2 y x z d và mặt phẳng      : 2 2 3 0. P x y z Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua giao điểm của 1 d và   P , đồng thời vuông góc với 2 d ? A.     2 2 13 0 x y z B.     2 2 22 0 x y z C.     2 2 13 0 x y z D.     2 2 22 0 x y z Câu 14. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho   1; 1; 3 A  và hai đường thẳng 1 4 2 1 : , 1 4 2 x y z d       2 2 1 1 : 1 1 1 x y z d       . Phương trình đường thẳng qua A, vuông góc với 1 d và cắt 2 d là A. 1 1 3 2 1 3 x y z      . B. 1 1 3 4 1 4 x y z      . C. 1 1 3 1 2 3 x y z       . D. 1 1 3 2 1 1 x y z        . Câu 15. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;0;1 M và đường thẳng 1 2 3 : 1 2 3 x y z d      . Đường thẳng đi qua M , vuông góc với d và cắt Oz có phương trình là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 3 0 1 x t y z t           . B. 1 3 0 1 x t y z t           . C. 1 3 1 x t y t z t           . D. 1 3 0 1 x t y z t           . Câu 16. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1; 1;3 A  và hai đường thẳng 1 3 2 1 : 3 3 1 x y z d       , . Phương trình đường thẳng d đi qua A , vuông góc với đường thẳng 1 d và cắt thẳng 2 d . A. 1 1 3 5 4 2 x y z       . B. 1 1 3 3 2 3 x y z       . C. 1 1 3 6 5 3 x y z       . D. 1 1 3 2 1 3 x y z       . Câu 17. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   1 ; 1;2 M  và hai đường thẳng : 1 4 , 6 6 x t d y t z t            1 2 : . 2 1 5 x y z d       Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua , M vuông góc với d và d  ? A. 1 1 2 . 17 14 9 x y z      B. 1 1 2 . 14 17 9 x y z      C. 1 1 2 . 17 9 14 x y z      D. 1 1 2 . 14 17 9 x y z      Câu 18. Cho hai đường thẳng   1 2 : 1 1 x t d y t z t            và   2 7 : 1 3 1 x y z d      . Đường thẳng    là đường vuông góc chung của   1 d và   2 d . Phương trình nào sau đâu là phương trình của    A. 2 1 2 1 1 2 x y z       . B. 2 1 1 1 1 2 x y z       . C. 1 4 1 1 1 2 x y z       . D. 3 2 3 1 1 2 x y z        . Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z    và đường thẳng 1 3 : 1 2 2 x y z d      . Gọi  là đường thẳng nằm trong   P , cắt và vuông góc với d . Phương trình nào sau đây là phương trình tham số của  ? A. 2 4 3 5 3 7 x t y t z t             . B. 3 4 5 5 4 7 x t y t z t             . C. 1 4 1 5 4 7 x t y t z t             . D. 3 4 7 5 2 7 x t y t z t             . Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 1;3 A  và hai đường thẳng: 1 2 4 2 1 2 1 1 : , : 1 4 2 1 1 1 x y z x y z d d             . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , vuông góc với đường thẳng 1 d và cắt đường thẳng 2 d . A. 1 1 3 2 1 1 x y z        . B. 1 1 3 6 1 5 x y z      . 2 2 1 1 : 1 1 1 x y z d       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 C. 1 1 3 6 4 1 x y z        . D. 1 1 3 2 1 3 x y z      . Câu 21. Trong không gian Ox y z , cho đường thẳng 3 2 2 1 3 : x y z d      và mặt phẳng   2 6 0 : P x y z     . Đường thẳng nằm trong   P cắt và vuông góc với d có phương trình là? A. 2 2 5 . 1 7 3      x y z B. 2 2 5 . 1 7 3      x y z C. 2 4 1 . 1 7 3      x y z D. 2 4 1 . 1 7 3      x y z Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 7 0 P x y z     và hai đường thẳng 1 2 3 2 2 1 1 2 : ; : 2 1 4 3 2 3 x y z x y z d d             . Đường thẳng vuông góc mặt phẳng   P và cắt cả hai đường thẳng 1 2 ; d d có phương trình là A. 7 6 1 2 3 x y z     B. 5 1 2 1 2 3 x y z      C. 4 3 1 1 2 3 x y z      D. 3 2 2 1 2 3 x y z      Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 : 1 x t d y z t                   và mặt phẳng  : 1 0 P x y z     . Đường thẳng vuông góc với   P cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 13 9 4 5 5 5 1 1 1 x y z      . B. 1 3 2 5 5 5 1 1 1 x y z      . C. 7 2 1 5 5 1 1 1 x z y      . D. 1 1 1 x y z   . Câu 24. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng    đi qua điểm   0;1;1 M , vuông góc với đường thẳng     1 : 1 1 x t d y t t z             và cắt đường thẳng   2 1 : 2 1 1 x y z d    . Phương trình của    là? A. 0 1 x y t z t          . B. 0 1 1 x y z t          . C. 0 1 1 x y t z          . D. 0 0 1 x y z t          . Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng d có phương trình: 1 1 1 1 2     x y z . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . A. 1 2 1 1 1     x y z B. 1 2 1 1 1      x y z C. 1 2 2 2 1     x y z D. 1 2 1 3 1      x y z NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 26. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm (1;0;1) M và đường thẳng 1 2 3 : . 1 2 3 x y z d      Đường thẳng đi qua , M vuông góc với d và cắt O z có phương trình là A. 1 3 0 1 x t y z t           . B. 1 3 0 1 x t y z t           . C. 1 3 1 x t y t z t           . D. 1 3 0 1 x t y z t           . Câu 27. Trong không gian với hệ trục Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau 1 2 3 4 : 2 3 5 x y z d       và 2 1 4 4 : 3 2 1 x y z d        có phương trình A. 2 2 3 2 3 4 x y z      . B. 2 3 2 3 1 x y z      . C. 2 2 3 2 2 2 x y z      . D. 1 1 1 1 x y z    . Câu 28. (Chuyên Nguyễn Huệ- 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và đường thẳng 1 3 3 : 1 2 1 x y z d       . Phương trình tham số của đường thẳng Δ đi qua   0; 1;4 A  , vuông góc với d và nằm trong   P là: A. 5 Δ : 1 4 5 x t y t z t            . B. 2 Δ : 4 2 x t y t z t          . C. Δ : 1 4 x t y z t           . D. Δ : 1 2 4 x t y t z t             . Câu 29. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 2 1 3 x y z d     . Phương trình đường thằng  nằm trong mặt phẳng   P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là A. 1 1 2 5 1 2 x y z       . B. 1 3 1 5 1 3 x y z       . C. 1 1 1 5 1 3 x y z       . D. 1 1 1 5 1 3 x y z        . Câu 30. (Sở Hà Nam - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 : 2 1 1 x y z d      và mặt phẳng   : 3 2 0 P x y z     . Gọi ' d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   P , cắt và vuông góc với d . Đường thẳng ' d có phương trình là A. 1 1 2 5 1 x y z       . B. 1 1 2 5 1 x y z     . C. 1 1 2 5 1 x y z      . D. 1 1 2 5 1 x y z       . Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z       và 2 2 1 2 : 4 1 1 x y z         . Đường thẳng chứa đoạn vuông góc chung của 1  và 2  đi qua điểm nào sau đây? A.   0; 2; 5   M . B.   1; 1; 4   N . C.   2;0;1 P . D.   3;1; 4  Q . Dạng 1.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 32. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1 ; 2;3 A  và hai mặt phẳng   : 1 0 P x y z     ,   : 2 0 Q x y z     . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? A. 1 2 3 x t y z t            B. 1 2 3 x t y z t             C. 1 2 2 3 2 x t y z t            D. 1 2 3 2 x y z t           Câu 33. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1; 3;4 M  , đường thẳng d có phương trình: 2 5 2 3 5 1 x y z        và mặt phẳng   P : 2 2 0 x z    . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với   P . A.  : 1 3 4 1 1 2 x y z        . B.  : 1 3 4 1 1 2 x y z         . C.  : 1 3 4 1 1 2 x y z       . D.  : 1 3 4 1 1 2 x y z       . Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và hai đường thẳng 1 1 1 : 3 1 1 x y z d      ; 2 2 1 3 : 1 2 1 x y z d       . Xét các điểm , A B lần lượt di động trên 1 d và 2 d sao cho AB song song với mặt phẳng   P . Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng AB là A. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   9;8; 5 u     B. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   5;9;8 u    C. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   1; 2; 5 u     D. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   1;5; 2 u    Câu 35. (THPT Lương Văn Can - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 2; 4 A    và mặt phẳng   : 3 2 3 7 0 P x y z     , đường thẳng 2 4 1 : 3 2 2 x y z d       . Phương trình nào sau đây là phương trình đường thẳng  đi qua A , song song   P và cắt đường thẳng d ? A. 3 11 2 54 4 47 x t y t z t             . B. 3 54 2 11 4 47 x t y t z t             . C. 3 47 2 54 4 11 x t y t z t             . D. 3 11 2 47 4 54 x t y t z t             . Câu 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1; 3;4 M  , đường thẳng 2 5 2 : 3 5 1 x y z d        và mặt phẳng   P : 2 2 0 x z    . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với   P . A. 1 3 4 : 1 1 2 x y z         . B. 1 3 4 : 1 1 2 x y z          . C. 1 3 4 : 1 1 2 x y z        . D. 1 3 4 : 1 1 2 x y z        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 37. Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho điểm    1; 2; 3 A và hai mặt phẳng       : 1 0 P x y z ,       : 2 0 Q x y z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? A.           1 2 3 2 x y z t B.             1 2 3 x t y z t C.            1 2 2 3 2 x t y z t D.            1 2 3 x t y z t Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;0; 1 A  và mặt phẳng   : 1 0 P x y    . Đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy có phương trình là A.           3 2 1 x t y t z t . B.            2 1 x t y t z . C.            1 2 1 x t y z t . D.            3 1 2 x t y t z t . Câu 39. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm   3; 1;5 A  và cùng song song với hai mặt phẳng  : 4 0 P x y z     ,  : 2 4 0 Q x y z     . A. 3 1 5 : 2 1 3 x y z d       . B. 3 1 5 2 1 3 x y z        . C. 3 1 5 2 1 3 x y z       . D. 3 1 5 2 1 3 x y z        . Câu 40. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      ,   : 2 0 x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Đường thẳng  đi qua điểm A và song song với cả hai mặt phẳng     ,   có phương trình là A. 1 2 1 2 4 2 x y z        . B. 1 2 1 1 3 5 x y z      . C. 1 2 1 1 2 1 x y z        . D. 2 3 1 2 1 x y z     . Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;3 C . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , song song với mặt phẳng   Oxy và vuông góc với AB . A. 13 98 40 2 49 135 98 x t y t z                . B. 13 2 98 40 49 135 98 x t y t z               . C. 13 2 98 40 49 135 98 x t y t z               . D. 13 98 40 2 49 135 98 x t y t z                . Câu 42. (THPT Cẩm Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 6 0 x z     và đường thẳng 1 : 3 1 x t d y t z t             . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng    cắt đồng thời vuông góc với . d TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A. 2 4 2 2 1 1 x y z      . B. 2 4 2 2 1 1 x y z       . C. 2 3 2 2 1 1 x y z       . D. 2 4 2 2 1 1 x y z       . Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng 1 3 1 2 : 2 1 2 x y z d       ; 2 1 4 : 3 2 1 x y z d       và 3 3 2 : 4 1 6 x y z d      . Đường thẳng song song với d3, cắt d1 và d2 có phương trình là A. 3 1 2 4 1 6 x y z      . B. 3 1 2 4 1 6 x y z        . C. 1 4 4 1 6 x y z      . D. 1 4 4 1 6 x y z      . Câu 44. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng 1 2 1 3 3 1 2 : , : 2 2 1 2 4 x t x y z d d y t z t                    , 3 3 2 : 4 1 6 x y z d      . Đường thẳng song song với 3 d và cắt đồng thời 1 d và 2 d có phương trình là: A. 1 4 4 1 6 x y z      . B. 1 4 4 1 6 x y z      . C. 3 1 2 4 1 6 x y z      . D. 3 1 2 4 1 6 x y z        . Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm   1;3; 2 M  , đồng thời song song với giao tuyến của hai mặt phẳng   : 3 0 P x y    và   : 2 3 0 Q x y z     . A. 1 3 3 2 x t y t z t             . B. 1 3 3 2 x t y t z t             . C. 1 3 2 3 x t y t z t             . D. 1 3 2 3 x t y t z t             . Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 1 2 2 x y z d     , mặt phẳng ( ) :2 2 5 0 P x y z     và điểm   1;1; 2 A  . Phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A song song với mặt phẳng ( ) P và vuông góc với d là: A. 1 1 2 : 1 2 2 x y z        . B. 1 1 2 : 2 1 2 x y z        . C. 1 1 2 : 2 2 3 x y z        . D. 1 1 2 : 1 2 2 x y z       . Câu 47. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 9 0, P x y z     đường thẳng 3 3 : 1 3 2 x y z d     và điểm   1;2; 1 . A  Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt d và song song với mặt phẳng   P . A. 1 2 1 1 2 1 x y z       . B. 1 2 1 1 2 1 x y z       . C. 1 2 1 1 2 1 x y z      . D. 1 2 1 1 2 1 x y z        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 48. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian, cho mặt phẳng   : 4 0 P x y z     và điểm   2; 1;3 A  . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với   P , biết  có một vectơ chỉ phương là   ; ; u a b c   , đồng thời  đồng phẳng và không song song với Oz . Tính a c . A. 2 a c  . B. 2 a c   . C. 1 2 a c   . D. 1 2 a c  . Dạng 1.3 Phương trình đường thẳng hình chiếu, đối xứng Câu 49. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 5 3 : 2 1 4 x y z d       . Phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng 3 0 x   ? A. 3 5 2 3 x y t z t             B. 3 6 7 4 x y t z t             C. 3 5 3 4 x y t z t              D. 3 5 3 4 x y t z t             Câu 50. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 3 0 x y P z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là A. 1 1 1 1 4 5 x y z       B. 1 4 5 1 1 1 x y z      C. 1 1 1 1 4 5 x y z        D. 1 1 1 3 2 1 x y z        Câu 51. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0 x y z      và đường thẳng 4 3 2 : 3 6 1 x y z d        . Viết phương trình đường thẳng ' d đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng    . A. 5 4 11 17 2 x y z       . B. 5 4 11 17 2 x y z       . C. 5 4 11 17 2 x y z       . D. 5 4 11 17 2 x y z      . Câu 52. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Đường thẳng d  là hình chiếu của d theo phương Ox lên   P , d  nhận   ; ;2019 u a b   là một vectơ chỉ phương. Xác định tổng  . a b  A. 2019 . B. 2019  . C. 2018 . D. 2020  . Câu 53. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 0 x y z      và đường thẳng 1 4 : 2 3 5 x y z d     . Hình chiếu vuông góc của d trên    có phương trình là A. 1 4 1 2 3 5 x y z      . B. 5 1 2 3 5 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 C. 5 1 2 3 5 x y z     . D. 5 1 2 3 5 x y z     . Câu 54. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và đường thẳng 2 4 1 : 2 2 1 x y z d       . Viết phương trình đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của d trên   P . A. 2 1 : 7 5 2 x y z d       . B. 2 1 : 7 5 2 x y z d       . C. 2 1 : 7 5 2 x y z d      . D. 2 1 : 7 5 2 x y z d      . Câu 55. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z     . Đường thẳng ' d là hình chiếu của d theo phương Ox lên ( ) P ; ' d nhận   ; ;2019 u a b  làm một véctơ chỉ phương. Xác định tổng a b  . A. 2019 B. 2019  C. 2018 D. 2020  Câu 56. (THPT Đông Sơn 1 - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng  : 3 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Hình chiếu của d trên   P có phương trình là đường thẳng d  . Trong các điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng d  : A.   2;5; 4 M  . B.   1;3; 1 P  . C.   1; 1;3 N  . D.   2;7; 6 Q  . Câu 57. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Đường thẳng d  là hình chiếu của d theo phương Ox lên   P , d  nhận   ; ;2019 u a b   là một vectơ chỉ phương. Xác định tổng  . a b  A. 2019 . B. 2019  . C. 2018 . D. 2020  . Câu 58. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 : 1 2 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Gọi d  là hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng   P , véc tơ chỉ phương của đường thẳng d  là A.   3 5; 6; 13 u       . B.   2 5; 4; 3 u       . C.   4 5;16;13 u     . D.   1 5;16; 13 u     . Câu 59. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  : 3 0     P x y z và đường thẳng 1 2 : . 1 2 1 x y z d      Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là n Q Q P d x ONGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 1 1 1 4 5        x y z . B. 1 1 1 3 2 1        x y z . C. 1 1 1 1 4 5       x y z . D. 1 4 5 1 1 1      x y z . Dạng 1.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến, giao tuyến…) Hai đường thẳng 1 2 , d d cắt nhau tại điểm   0 0 0 ; ; A x y z và có vécto chỉ phương |ân lượt là     1 1 1 1 2 2 2 2 ; ; , ; ; u a b c u a b c      Đường thẳng phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng này có vécto chỉ phương được xác định theo công thức     1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 ; ; ; ; u u u a b c a b c u u a b c a b c                 Chi tiết có hai phân giác: Nếu 1 2 1 2 1 2 1 1 0 u u u u u u u                  là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc nhọn giữa hai đường thẳng và 1 2 1 2 1 1 u u u u u           là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc tù giữa hai đường thẳng. Nếu 1 2 1 2 1 2 1 1 0 u u u u u u u                  là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc tù giữa hai đường thẳng và 1 2 1 2 1 1 u u u u u           là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc nhọn giữa hai đường thẳng. Câu 60. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 3 5 4            x t d y z t . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1; 3;5  A và có vectơ chỉ phương   1;2; 2   u . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 2 2 5 6 11             x t y t z t B. 1 2 2 5 6 11              x t y t z t C. 1 7 3 5 5             x t y t z t D. 1 3 5 7            x t y z t Câu 61. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 7 : 1 4 1 x t d y t z           . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1;1;1 A và có vectơ chỉ phương   1; 2;2 u    . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là. A. 1 2 10 11 6 5 x t y t z t               B. 1 2 10 11 6 5 x t y t z t              C. 1 3 1 4 1 5 x t y t z t             D. 1 7 1 1 5 x t y t z t            Câu 62. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 1 4 1 x t d y t z           . Gọi  là đường thẳng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 đi qua điểm   1;1;1 A và có vectơ chỉ phương   2;1;2 u    . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là. A. 1 27 1 1 x t y t z t            B. 18 19 6 7 11 10 x t y t z t              C. 18 19 6 7 11 10 x t y t z t               D. 1 1 17 1 10 x t y t z t            Câu 63. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 2 . 3 x t d y t z           Gọi  là đường thẳng đi qua điểm (1 ;2;3) A và có vectơ chỉ phương (0; 7; 1). u     Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 5 2 2 . 3 x t y t z t            B. 1 6 2 11 . 3 8 x t y t z t            C. 4 5 10 12 . 2 x t y t z t              D. 4 5 10 12 . 2 x t y t z t               Câu 64. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có       1;3;2 2;0;5 , ; , 0 2;1 A B C   . Viết phương trình đường trung tuyến AM của tam giác ABC . A. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       B. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       C. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       D. 2 4 1 : 1 1 3 x y z AM       Câu 65. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A , đường thẳng d đi qua A cắt chiều âm trục Oy tại điểm B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. Phương trình tham số đường thẳng d là A. 1 2 0 x t y t z          . B. 2 2 0 x t y t z           . C. 2 2 0 x t y t z           . D. 2 2 1 x t y t z          . Câu 66. Trong không gian Oxyz cho hai điểm 8 4 8 (2;2;1), ( ; ; ) 3 3 3 A B  . Đường phân giác trong của tam giác OAB có phương trình là A. 0 x y t z t         B. 4 x t y t z t          C. 14 2 5 x t y t z t          D. 2 14 13 x t y t z t         Câu 67. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 4 4 6 2 x t d y t z t             ; 2 5 11 5 : 2 4 2 x y z d      . Đường thẳng d đi qua   5; 3;5 A  cắt 1 2 ; d d lần lượt ở , B C .Tính tỉ sô AB AC . A. 2 . B. 3. C. 1 2 . D. 1 3 . Câu 68. (THPT Gang Thép Thái Nguyên -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 điểm     1;2;3 , 2;4;4 M A và hai mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     ,   : 2 4 0. Q x y z     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Viết phương trình đường thẳng  đi qua M , cắt ( ), ( ) P Q lần lượt tại , B C sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. A. 1 2 3 1 1 1 x y z        . B. 1 2 3 2 1 1 x y z       . C. 1 2 3 1 1 1 x y z       . D. 1 2 3 1 1 1 x y z        . Câu 69. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết (2;1;0), (3;0;2), (4;3; 4) A B C  . Viết phương trình đường phân giác trong góc A. A. 2 1 0 x y t z          B. 2 1 x y z t         C. 2 1 0 x t y z          D. 2 1 x t y z t          Câu 70. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d     , mặt phẳng   : 2 5 0 P x y z     và   1; 1;2 A  . Đường thẳng  cắt d và   P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của  là A.   4; 5; 13 u    . B.   2; 3; 2 u   . C.   1; 1; 2 u    . D.   3; 5; 1 u    . Câu 71. (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết   1;0;1 A ,   1;0; 3 B  và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng   ABCD đi qua gốc tọa độ O . Khi đó đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình A. 1 : 1 x d y t z           . B. 1 : 1 x d y t z          . C. 1 : 1 x d y t z          . D. : 1 x t d y z t         . Câu 72. (THPT Nghen - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 1 2 3 x y z       và 2 1 2 1 : 1 2 3 x y z        cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng   P . Lập phương trình đường phân giác d của góc nhọn tạo bởi 1  , 2  và nằm trong mặt phẳng   P . A.   1 : 2 , 1 x d y t z t              . B.   1 : 2 , 1 2 x t d y t z t               . C.   1 : 2 2 , 1 x t d y t t z t                . D.   1 : 2 2 , 1 x t d y t t z               Câu 73. (Quảng Xương - Thanh Hóa - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC biết   1;0; 1 A  ,   2;3; 1 B  ,   2;1;1 C  . Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC là: A. 3 1 5 3 1 5 x y z       . B. 2 3 1 5 x y z    . C. 1 1 1 2 2 x y z      . D. 3 2 5 3 1 5 x y z       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 74. (SGD Bắc Giang - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có   2;2;1 H , 8 4 8 ; ; 3 3 3 K        , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 4 1 1 : 1 2 2 x y z d       . B. 8 2 2 3 3 3 : 1 2 2 x y z d       . C. 4 17 19 9 9 9 : 1 2 2 x y z d       . D. 6 6 : 1 2 2 x y z d      . Câu 75. (Chuyên Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có   2;3;3 A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là 3 3 2 1 2 1 x y z        , phương trình đường phân giác trong của góc C là 2 4 2 2 1 1 x y z        . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là A.   3 2;1; 1 u    . B.   2 1; 1;0 u    . C.   4 0;1; 1 u    . D.   1 1;2;1 u   . Câu 76. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  : 3 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Đường thẳng ' d đối xứng với d qua mặt phẳng   P có phương trình là A. 1 1 1 1 2 7 x y z       . B. 1 1 1 1 2 7 x y z      . C. 1 1 1 1 2 7 x y z      . D. 1 1 1 1 2 7 x y z       . Câu 77. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 3 5 4            x t d y z t . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1; 3;5  A và có vectơ chỉ phương   1;2; 2   u . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 2 2 5 6 11             x t y t z t . B. 1 2 2 5 6 11              x t y t z t . C. 1 7 3 5 5             x t y t z t . D. 1 3 5 7            x t y z t . Câu 78. (THPT Ninh Bình-Bạc Liêu-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 10 0 P x y z     , điểm   1;3;2 A và đường thẳng 2 2 : 1 1 x t d y t z t             . Tìm phương trình đường thẳng  cắt   P và d lần lượt tại hai điểm M và N sao cho A là trung điểm của đoạn MN . A. 6 1 3 7 4 1 x y z       . B. 6 1 3 7 4 1 x y z       . C. 6 1 3 7 4 1 x y z        . D. 6 1 3 7 4 1 x y z        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 79. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng   : 3 1 0 x y z      ,   : 2 7 0 x y z      . A. 2 3 2 3 7 x y z       B. 2 3 2 3 7 x y z      C. 3 10 2 3 7 x y z       D. 2 3 2 3 7 x y z      Câu 80. Đường thẳng  là giao tuyến của 2 mặt phẳng: 5 0 x z    và 2 3 0 x y z     thì có phương trình là A. 2 1 1 3 1 x y z      B. 2 1 1 2 1 x y z      C. 2 1 3 1 1 1 x y z       D. 2 1 3 1 2 1 x y z       Câu 81. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi    là mặt phẳng chứa đường thẳng 2 3 ( ) : 1 1 2 x y z d     và vuông góc với mặt phẳng   : 2z 1 0 x y      . Hỏi giao tuyến của    và    đi qua điểm nào? A.   0;1;3 . B.   2;3;3 . C.   5;6;8 D.   1; 2;0  Câu 82. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  là giao của hai mặt phẳng 5 0 x z    và 2 3 0 x y z     thì có phương trình là A. 2 1 1 3 1 x y z      . B. 2 1 1 2 1 x y z      . C. 2 1 3 1 1 1 x y z       . D. 2 1 3 1 2 1 x y z       . Câu 83. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng             2 3 : 3 4 2 x t d y t z t và       1 4 : 3 1 2 y x z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và  d , đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A.       2 3 2 3 1 2 y x z B.       2 3 2 3 1 2 y x z . C.       2 3 2 3 1 2 y x z D.       2 3 2 3 1 2 y x z Câu 84. (THPT Nghen - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 2 : 1 2 4 2 x t d y t z t            và 4 1 : 1 2 2 x y z d       . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và d  đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A. 2 1 4 3 1 2 x y z       . B. 3 2 2 1 2 2 x y z       . C. 3 2 1 2 2 x y z      . D. 3 2 2 1 2 2 x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Câu 85. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng   P lần lượt có phương trình 1 2 2 1 1 x y z     và 2 8 0 x y z     , điểm   2; 1;3 A  . Phương trình đường thẳng  cắt d và   P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN là: A. 1 5 5 3 4 2 x y z      B. 2 1 3 6 1 2 x y z      C. 5 3 5 6 1 2 x y z      D. 5 3 5 3 4 2 x y z      Dạng 2. Bài toán tìm điểm  Tìm hình chiếu H của điểm M lên mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     Viết phương trình đường thẳng MH qua M và vuông góc với ( ), P khi đó: ( ) H d P   thỏa 1 2 3 ? ? . ? 0 x x a t x y y a t t y H z z a t z ax by cz d                                 Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  của điểm M qua ( ) P  H là trung điểm . MM   Tìm hình chiếu H của điểm M lên đường thẳng . d Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với , d khi đó: ( ) H d P   thỏa 1 2 3 ? ? . ? 0 x x a t x y y a t t y H z z a t z ax by cz d                                 Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  của điểm M qua d  H là trung điểm . MM  Câu 1. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1; 1; 2 A  ,   1; 2; 3 B  và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 2 x y z d      . Tìm điểm   ; ; M a b c thuộc d sao cho 2 2 28 MA MB   , biết 0 c  . A. 1 7 2 ; ; 6 6 3        M B. 1 7 2 ; ; 6 6 3 M          C.   1; 0; 3   M D.   2; 3; 3 M Câu 2. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vuông góc của   1;0;1 M lên đường thẳng   : 1 2 3 x y z    là A.   2;4;6 . B. 1 1 1; ; 2 3       . C.   0;0;0 . D. 2 4 6 ; ; 7 7 7       . Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( 4;0;0)  M và đường thẳng 1 : 2 3 2              x t y t z t . Gọi ( ; ;c) H a b là hình chiếu của M lên . Tính a+b+c. A. 5. B. 1  . C. 3  . D. 7 . P M  M H M M  H d P NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 4. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu H của   1;1;1 A lên đường thẳng d : 1 1 x t y t z t           . A. H 4 4 1 ( ; ; ) . 3 3 3 B.   1;1;1 . H C. (0 ; 0 ; -1). H D. (1 ; 1 ; 0). H Câu 5. (THPT Quang Trung Dống Da Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và đường thẳng   6 4 : 2 1 2 x t d y t z t              . Tìm tọa độ hình chiếu A  của A trên   d . A. (2;3;1) A  . B. ( 2;3;1) A   . C. (2; 3;1) A   . D. (2; 3; 1) A    . Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có đáy là AB và CD . Biết   3;1; 2 A  ,   1;3;2 B  ,   6;3;6 C  và   ; ; D a b c với , , a b c   . Giá trị của a b c   bằng A. 3  . B. 1. C. 3 . D. 1  . Câu 7. (THPT Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      và hai điểm   1;3;1 A  ;   0;2; 1 B  . Gọi   ; ; C m n p là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p   bằng A. 1  B. 2 C. 3 D. 5  Câu 8. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 2 : 1 2 2 x y z d      và điểm   3;2;0 A . Điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d có tọa độ là A.   1;0;4  . B.   7;1; 1  . C.   2;1; 2  . D.   0;2; 5  . Câu 9. (Sở Bình Phước -2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm   2; 4; 1 M   tới đường thẳng : 2 3 2 x t y t z t            bằng A. 14 B. 6 C. 2 14 D. 2 6 Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Gọi   ; ; M a b c thuộc đường thẳng 1 2 : 1 2 3 x y z      . Biết điểm M có tung độ âm và cách mặt phẳng   Oyz một khoảng bằng 2. Xác định giá trị T a b c    . A. 1 T   . B. 11 T  . C. 13 T   . D. 1 T  . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A , đường thẳng d đi qua A cắt chiều âm trục Oy tại điểm B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. Phương trình tham số đường thẳng d là A. 1 2 0 x t y t z          . B. 2 2 0 x t y t z           . C. 2 2 0 x t y t z           . D. 2 2 1 x t y t z          . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Câu 12. (Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 3 1 2 x y z       . Gọi M là giao điểm của  với mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Tọa độ điểm M là A.   2;0; 1 M  . B.   5; 1; 3 M   . C.   1 ;0;1 M . D.   1;1;1 M  . Câu 13. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm   3;2; 1 A  lên mặt phẳng   : 0 x y z     là: A.   2;1;1  . B. 5 2 7 ; ; 3 3 3        . C.   1 ;1; 2  . D. 1 1 1 ; ; 2 4 4       . Câu 14. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm   1;0;3  M theo phương véctơ   1; 2;1    v trên mặt phẳng   : 2 0     P x y z có tọa độ là A.   2; 2; 2   . B.   1;0;1  . C.   2;2;2  . D.   1;0; 1  . Câu 15. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , giao điểm của mặt phẳng   : 3 5 2 0 P x y z     và đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z       là điểm   0 0 0 ; ; M x y z . Giá trị tổng 0 0 0 x y z   bằng A. 1. B. 2 . C. 5. D. 2  . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho 3 điểm       1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C và Gọi ( ; ; ) M a b c là tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng . Tổng S a b c    là: A. -7. B. 11. C. 5. D. 6. Câu 17. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 2 35 0 P x y z     và điểm   1;3;6 .  A Gọi ' A là điểm đối xứng với A qua   P , tính '. OA A. 5 3 OA   B. 46 OA   C. 186 OA   D. 3 26 OA   Câu 18. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ điểm M  là hình chiếu vuông góc của điểm   2;3;1 M lên mặt phẳng   : 2 0 x y z     . A. 5 2; ;3 2 M        . B.   1;3;5 M  . C. 5 3 ;2; 2 2 M        . D.   3;1;2 M  . Câu 19. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , điểm M  đối xứng với điểm   1;2;4 M qua mặt phẳng   : 2 2 3 0 x y z      có tọa độ là A.   3;0;0  . B.   1;1;2  . C.   1; 2; 4    . D.   2;1;2 . Câu 20. (KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1 ;2; 1 A  ,đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm B thuộc mặt phẳng   P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A. (6; 7;0)  B. (3; 2; 1)   C. ( 3;8; 3)   D. (0;3; 2)             : 2 . 3 x t d y t z t   A B CNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d là đường thẳng qua   1;0;2 A , cắt và vuông góc với đường thẳng 1 1 5 : 1 1 2 x y z d      . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   2; 1;1 P  . B.   0; 1;1 Q  . C.   0; 1;2 N  . D.   1; 1;1 M   . Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho tam giác đều ABC với   6;3;5 A và đường thẳng BC có phương trình tham số 1 2 2 x t y t z t           . Gọi  là đường thẳng qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ? A.   1; 12;3 M   . B.   3; 2;1 N  . C.   0; 7;3 P  . D.   1; 2;5 Q  . Câu 23. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      và hai điểm   1;3;1 A  ,   0;2; 1 B  . Gọi   ; ; C m n p là điểm thuộc d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p   bằng A. 1  . B. 2. C. 3. D. 5  . Câu 24. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian   Oxyz cho hai đường thẳng 2 4 1 1 2 x y z      và 3 1 2 2 1 1 x y z        . Gọi M là trung điểm đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng trên. Tính đoạn OM . A. 14 2 OM  . B. 5 OM  . C. 2 35 OM  . D. 35 OM  . Câu 25. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   : 2 0 P x y z    và đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Đường thẳng d cắt   P tại điểm A . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương sao cho 6 AM  . Khi đó tổng 2016 S a b c    là A. 2018 . B. 2019 . C. 2017 . D. 2020 . Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 : 1 1 2 x y z d      , 2 1 : 1 2 1 x y z d    . Đường thẳng d đi qua   5; 3;5 A  lần lượt cắt 1 d , 2 d tại B và . C Độ dài BC là A. 19 . B. 19 . C. 3 2 . D. 2 5 . Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   3;3; 2 M  và hai đường thẳng 1 1 2 : 1 3 1 x y z d     ; 2 1 1 2 : 1 2 4 x y z d       . Đường thẳng d đi qua M căt 1 2 , d d lần lượt tại A và B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng A. 3. B. 6 . C. 4 . D. 2 . Câu 28. Cho ba điểm   1;1;1 A ,   0;0;2 B ,   2;3; 2 C  và đường thẳng 2 : 1 x t y t z t            . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Biết điểm   ; ; M a b c với 0 a  thuộc mặt phẳng   ABC sao cho AM   và 14 AM  . Tính giá trị của biểu thức T a b c    . A. 1 T   . B. 5 T  . C. 7 T  . D. 6 T   . Câu 29. (Chuyên Đh Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 1 A  , đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm B thuộc mặt phẳng   P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A.   3; 2; 1   . B.   3;8; 3   . C.   0;3; 2  . D.   6; 7;0  . Câu 30. (SGD Bạc Liêu - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 : 1 , 2 x t y t t z t                 , điểm   1;2; 1 M  và mặt cầu   2 2 2 : 4 10 14 64 0 S x y z x y z        . Gọi   là đường thẳng đi qua M cắt đường thẳng  tại A , cắt mặt cầu tại B sao cho 1 3 AM AB  và điểm B có hoành độ là số nguyên. Mặt phẳng trung trực đoạn AB có phương trình là A. 2 4 4 19 0 x y z     . B. 3 6 6 62 0 x y z     . C. 2 4 4 43 0 x y z     . D. 3 6 6 31 0 x y z     . Dạng 3. Bài toán liên quan đến góc – khoảng cách 1. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng  Cho hai mặt phẳng song song ( ) : 0 P ax by cz d     và ( ) : 0 Q ax by cz d      có cùng véctơ pháp tuyến, khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó là   2 2 2 ( ),( ) d d d Q P a b c       2. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng – Khoảng cách giữa hai đường thẳng  Khoảng cách từ điểm M đến một đường thẳng d qua điểm M  có véctơ chỉ phương d u  được xác định bởi công thức , ( , ) d d M M u d M d u                Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d đi qua điểm M và có véctơ chỉ phương u  và d  đi qua điểm M  và có véctơ chỉ phương u   là     , . ( , ) , u u M M d d d u u                 3. Góc giữa hai véctơ Cho hai véctơ 1 2 3 ( ; ; ) a a a a   và 1 2 3 ( ; ; ). b b b b   Khi đó góc giữa hai véctơ a  và b  là góc nhợn hoặc tù. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( ; ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               với 0 180 .      4. Góc giữa hai mặt phẳng Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D       1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 . cos ( ),( ) cos . . P Q P Q n n A A B B C C P Q n n A B C A B C               với 0 90 .      5. Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa hai đường thẳng 1 d và 2 d có véctơ chỉ phương 1 1 1 1 ( ; ; ) u a b c   và 2 2 2 2 ( ; ; ). u a b c   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 . cos( ; ) cos . . u u a a b b c c d d u u a b c a b c               với 0 90 .      6. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Góc giữa đường thẳng d có véctơ chỉ phương ( ; ; ) d u a b c   và mặt phẳng ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) ( ; ; ) P n A B C   được xác định bởi công thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) . sin cos( ; ) . d P P d d P u n aA bB cC n u u n a b c A B C                 với 0 90 .      Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 7 25 0 P x y z     và đường thẳng 1 1 1 : 1 2 1 x y z d      . Gọi 1 ' d là hình chiếu vuông góc của 1 d lên mặt phẳng   P . Đường thẳng 2 d nằm trên   P tạo với 1 1 , ' d d các góc bằng nhau, 2 d có vectơ chỉ phương   2 ; ; u a b c    . Tính 2 a b c  . A. 2 2 3 a b c   . B. 2 0 a b c   . C. 2 1 3 a b c   . D. 2 1 a b c   . Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai điểm     3;1;7 , 5;5;1 A B và mặt phẳng   :2 4 0 P x y z     . Điểm M thuộc   P sao cho 35. MA MB   Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 . Câu 33. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : , 2 2 1 x y z d        2 : 0 . x t d y z t          Mặt phẳng   P qua 1 d tạo với 2 d một góc 0 45 và nhận vectơ   1; ; n b c   làm một vectơ pháp tuyến. Xác định tích . bc A. 4  hoặc 0. B. 4 hoặc 0. C. 4  . D. 4 . Câu 34. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 1 1 2 1 : 2 2 1 x y z d        và 2 : 0 x t d y z t          . Mặt phẳng   P qua 1 d tạo với 2 d một góc o 45 và nhận véctơ   1; ; n b c  làm một véctơ pháp tuyến. Xác định tích bc . A. 4  hoặc 0 B. 4 hoặc 0 C. 4  D. 4 Câu 35. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) rong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 2 1 x y z d        và 2 : 0 x t d y z t          . Mặt phẳng   P qua 1 d , tạo với 2 d một góc 45  và nhận vectơ   1; ; n b c  làm một vec tơ pháp tuyến. Xác định tích . b c . A. 4  . B. 4 . C. 4 hoặc 0 . D. 4  hoặc 0 . Câu 36. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 2 1 : 2 1 1 x y z d       , mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z     . Gọi M là giao điểm của d và ( ) P . Gọi  là đường thẳng nằm trong ( ) P vuông góc với d và cách M một khoảng 42 . Phương trình đường thẳng  là A. 5 2 4 2 3 1 x y z       . B. 1 1 1 2 3 1 x y z        . C. 3 4 5 2 3 1 x y z       . D. Đáp án khác. Câu 37. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng : 1 2 , , 2 x t d y t t z t              cắt mặt phẳng   : 3 0 P x y z     tại điểm I . Gọi  là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   P sao cho d   và khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng  bằng 42 . Tìm tọa độ hình chiếu   ; ; M a b c ( với a b c   ) của điểm I trên đường thẳng  . A.   2;5; 4 M  . B.   6; 3;0 M  . C.   5;2; 4 M  . D.   3;6;0 M  . Câu 38. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng 1 : , 1 1 2 x y z d     1 3 1 : , 2 1 1 x y z      2 1 2 : 1 2 1 x y z      . Đường thẳng  vuông góc với d đồng thời cắt 1 2 ,   tương ứng tại , H K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương   ; ;1 . u h k  Giá trị h k  bằng A. 0. B. 4. C. 6. D. 2.  Câu 39. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz gọi d là đường thẳng đi qua , O thuộc mặt phẳng   Oyz và cách điểm   1 ; 2;1 M  một khoảng nhỏ nhất. Côsin của góc giữa d và trục tung bằng A. 2 5 . B. 1 5 . C. 1 5 . D. 2 5 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 40. (Sở Cần Thơ - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1;1 A , mặt phẳng   : 1 0    P x z và đường thẳng   1 : 2 2            x t d y z t . Gọi 1 2 ; d d là các đường thẳng đi qua A, nằm trong   P và đều có khoảng cách đến đường thẳng d bằng 6 . Côsin của góc giữa 1 d và 2 d bằng A. 1 3 . B. 2 3 . C. 3 3 . D. 2 3 . Câu 41. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 3 : , 1 3 2 x y z d     mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Cho đường thẳng    đi qua A, cắt   d và song song với mặt phẳng   P . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến    A. 3 . B. 16 3 . C. 2 3 3 . D. 4 3 3 . Câu 42. (Kim Liên - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 4 : 1 2 2 2 x t d y t z t             . Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng? A. 87 6 . B. 174 6 . C. 174 3 . D. 87 3 . Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1;2 A ,   3; 1;0 B   và mặt phẳng   : 3 14 0 P x y z     . Điểm M thuộc mặt phẳng   P sao cho MAB  vuông tại M . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   Oxy . A. 5. B. 4. C. 3. D. 1. Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm       2;0;0 , 0;3;0 , 0;0;6 A B C và   1;1 ;1 D . Gọi  là đường thẳng qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm , , A B C đến  là lớn nhất. Khi đó  đi qua điểm nào dưới đây? A.   4;3;7 . B.   1 ; 2;1   . C.   7;5;3 . D.   3;4;3 . Câu 45. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Tính khoảng cách từ giao điểm của hai đường thẳng 1 2 ; d d tới mặt phẳng   P trong đó:   1 2 1 1 1 1 : ; : ; : 2 4 4 3 0 2 3 3 2 1 1 x y z x y z d d P x y z              . A. 4 3 . B. 7 6 . C. 13 6 . D. 5 3 . Câu 46. (THPT Hậu Lộc 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và đường thẳng   1 1 1 : 2 2 1 x y x        . Khoảng cách giữa    và   P là A. 2 3 B. 8 3 C. 2 9 D. 1 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng 0 : 3 x d y t z t          .Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng   Oxy một góc 45  .Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng   P ? A.   3;2;1 M . B.   3;2; 1 N  . C.   3; 1;2 P  . D.   3; 1; 2 M   . Câu 48. (Chuyên Hà Tĩnh 2019)) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 5 7 12 : 2 2 1       x y z d và mặt phẳng   : 2 3 3 0     x y z  . Gọi M là giao điểm của d và    , A thuộc d sao cho 14  AM . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng    . A. 2 . B. 3. C. 6 . D. 14 . Câu 49. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho 2 đường thẳng 1 1 2 1 : 1 1 2 x y z d      và 2 1 1 2 : . 2 1 1 x y z d      Mặt phẳng     : 0 0 P x ay bz c c      song song với 1 2 , d d và khoảng cách từ 1 d đến   P bằng 2 lần khoảng cách từ 2 d đến  . P Giá trị của a b c   bằng A. 1 4 . B. 6 . C. 4.  D. 6  . Câu 50. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm     3;3;1 , 0;2;1 A B và mặt phẳng   : 7 0 P x y z     . Đường thẳng d nằm trong   P sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm , A B có phương trình là: A. 2 7 3 x t y t z t          . B. 7 3 2 x t y t z t          . C. 7 3 2 x t y t z t          . D. 7 3 4 x t y t z t           . Câu 51. (Chuyên ĐH Vinh- 2019) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại A ,  0 30 ABC  , 3 2 BC  , đường thẳng BC có phương trình 4 5 7 1 1 4 x y z       , đường thẳng AB nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x z     . Biết đỉnh C có cao độ âm. Tính hoành độ đỉnh A. A. 3 2 . B. 3. C. 9 2 . D. 5 2 . Dạng 4. Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình mp   P đi qua , M vuông góc mp   Q và   // mp P  :         • , , : • : , Đ o o o PP P Q M x y z mp P VT n i q PT u n u a                          Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua M và vuông góc với đường thẳng d đi qua hai điểm A và B, với:     • : • Đ : PP d P M mp P VTPT n i qua u AB                      u     Δ P Q   Q n      P   P d n u AB               d M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 3. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua điểm M và chứa đường thẳng  : PP    Trên đường thẳng Δ lấy điểm A và xác định VTCP u     Khi đó     • : • : , Đ P M m V i qua p P TPT n AM u                        Dạng 4. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua hai đường thẳng song song 1 2 ,   :       1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 5. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua hai đường thẳng cắt nhau 1 2 , :         1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 6. Cho 2 đường thẳng chéo nhau 1 2 ,   . Hãy viết phương trình   P chứa 1  và song song 2        1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 7. Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm M và giao tuyến của hai mặt phẳng     ,   PP    Chọn , A B thuộc giao tuyến hai mặt phẳng    và      , A B P   . Cụ thể: Cho:         1 1 1 1 2 2 2 2 ... ...;...;... ... o o o A x B y C z D x z z A P y A x B y C z D                        Cho:         1 1 1 1 2 2 2 2 ... ...;...;... ... o o o B y C z A x D y x x B P z B y C z A x D                        Khi đó     Đ • : • : , P m V i qua M p P TPT n AB AM                        Câu 52. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình: 10 2 2 5 1 1 x y z      . Xét mặt phẳng   :10 2 11 0 P x y mz     , m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phẳng   P vuông góc với đường thẳng  . A. 2 m  B. 52 m   C. 52 m  D. 2 m   M Δ A u     P M Δ 1 1 u      P 2 u      Δ 2 M Δ 1 1 u      P 2 u      Δ 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 2 3 x y z        và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng    đi qua O , song song với  và vuông góc với mặt phẳng   P là A. 2 0 x y z    . B. 2 0 x y z    . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Câu 54. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 d có véctơ chỉ phương   1;0; 2 u    và đi qua điểm   1; 3;2 M  , 2 3 1 4 : 1 2 3 x y z d       . Phương trình mặt phẳng   P cách đều hai đường thẳng 1 d và 2 d có dạng 11 0 ax by cz     . Giá trị 2 3 a b c   bằng A. 42  . B. 32  . C. 11. D. 20 . Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d     và 2 1 2 : 2 1 1 x y z d       A.  :2 2 1 0 x P z    B.  :2 2 1 0 y P z    C.  :2 2 1 0 x P y    D.  :2 2 1 0 y P z    Câu 56. (SGD Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau 1 2 4 2 1 3       x y z và 1 2 1 1 3      x y z có phương trình là A. 2 9 36 0      x y z . B. 2 0    x y z . C. 6 9 8 0     x y z . D. 6 9 8 0     x y z . Câu 57. (Hồng Bàng - Hải Phòng - 2018) Trong không gian tọa độ , Oxyz cho điểm   0;1;0 , A mặt phẳng   : 4 6 0 Q x y z     và đường thẳng 3 : 3 5 x d y t z t           . Phương trình mặt phẳng   P qua A , song song với d và vuông góc với   Q là : A. 3 1 0 x y z     . B. 3 1 0 x y z     . C. 3 3 0 x y z     . D. 1 0 x y z     . Câu 58. (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm   3; 1;0 A  và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất có phương trình là A. 0 x y z    . B. 2 0 x y z     . C. 1 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z      . Câu 59. (SGD&ĐT BRVT - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 1 2 6 2 : 2 2 1 x y z d       và 2 4 1 2 : 1 3 2 x y z d       . Phương trình mặt phẳng   P chứa 1 d và   P song song với đường thẳng 2 d là A.   : 5 8 16 0 P x y z     . B.   : 5 8 16 0 P x y z     . C.   : 4 6 12 0 P x y z     . D.   : 2 6 0 P x y    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 60. (Chuyên Thăng Long - Đà Lạt - 2018) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng:   2 : 3 1 2 1 x t d y t z t            và   3 : 3 2 2 1 x m y m z m             có dạng 0 x ay bz c     . Tính 2 3 P a b c    . A. 10 P   . B. 4 P  . C. 8 P   . D. 0 P  . Câu 61. (Chuyên Trần Đại Nghĩa - 2018) Tìm tất cả các mặt phẳng    chứa đường thẳng d : 1 1 3 x y z     và tạo với mặt phẳng   P : 2 1 0 x z    góc 45 . A.    : 3 0 x z   . B.    : 3 0 x y z    . C.    : 3 0 x z   . D.    : 3 0 x z   hay    : 8 5 0 x y z    . Câu 62. (Quảng Nam - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;1;0 A ,   0; 1;2 B  . Biết rằng có hai mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O và cùng cách B một khoảng bằng 3 . Véctơ nào trong các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó. A.   1; 1; 1 n     . B.   1; 1; 3 n     . C.   1; 1;5 n    . D.   1; 1; 5 n     . Câu 63. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 , d d lần lượt có phương trình 1 2 2 3 : 2 1 3 x y z d      , 2 1 2 1 : 2 1 4 x y z d       . Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng 1 2 , d d có phương trình là A. 14 4 8 1 0. x y z     B. 14 4 8 3 0. x y z     C. 14 4 8 3 0. x y z     D. 14 4 8 1 0. x y z     Câu 64. (THPT Thực Hành - TPHCM - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm   1;0;0 A và đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z d      . Viết phương trình mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d ? A.   : 5 2 4 5 0 P x y z     . B.   : 2 1 2 1 0 P x y z     . C.   : 5 2 4 5 0 P x y z     . D.   : 2 1 2 2 0 P x y z     . Câu 65. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 , d d lần lượt có phương trình 1 2 2 2 3 1 2 1 : , : 2 1 3 2 1 4 x y z x y z d d            . Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng 1 2 , d d . A. 14 4 8 13 0 x y z     . B. 14 4 8 17 0 x y z     . C. 14 4 8 13 0 x y z     . D. 14 4 8 17 0 x y z     . Câu 66. (Chuyên KHTN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d     và 2 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai đường thẳng 1 2 ; d d là: A. 2 2 1 0 y z    . B. 2 2 1 0 y z    . C. 2 2 1 0 x z    . D. 2 2 1 0 x z    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Dạng 5. Bài toán liên quan đến vị trí tương đối 1. Vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mặt cầu (S) Cho mặt cầu ( ) S có tâm , I bán kính R và đường thẳng .  Để xét vị trí tương đối giữa  và ( ) S ta tính ( , ) d I  rồi so sánh với bán kính . R  Nếu ( , ) : d I R    không cắt ( ). S  Nếu ( , ) : d I R    tiếp xúc với ( ) S tại . H  Nếu ( , ) : d I R    cắt ( ) S tại hai điểm phân biệt , . A B 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 0. P Q A A B B C C       2. Vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) Cho đường thẳng 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t               và mặt phẳng ( ) : 0 Ax By Cz D      Xét hệ phương trình: 1 2 3 (1) (2) (3) 0 (4) x x a t y y a t z z a t Ax By Cz D                     ( )   Nếu ( )  có nghiệm duy nhất d  cắt ( ).   Nếu ( )  có vô nghiệm ( ). d     Nếu ( )  vô số nghiệm ( ). d    3. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng d và d’ Cho hai đường thẳng: 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t               và 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t                       lần lượt qua điểm hai điểm , M N và có véctơ chỉ phương lần lượt là , . d d a a     d song song . d d a ka d M d             d trùng . d d a ka d M d             d cắt d     , . 0 d d a ko a a a MN                    d chéo   , . 0. d d d a a MN            Lưu ý: Nếu d cắt d  ta tìm tọa độ giao điểm bằng giải hệ phương trình: 1 1 2 2 3 3 . x a t x a t y a t y a t z a t z a t                              Câu 67. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 : 2 1 2 x y z d      , 2 2 1 : 2 1 2 x y z d       . Xét vị trí tương đói của hai đường thẳng đã cho. A. Chéo nhau B. Trùng nhau C. Song song D. Cắt nhau Câu 68. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 2 1 1 3 3 2 : , : 2 2 3 1 2 1 x y z x y z              A. 1  song song với 2  . B. 1  chéo với 2  . C. 1  cắt 2  . D. 1  trùng với 2  . A B I H d d d R P P d d u  P n  P n  d u  d NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 5 : 1 3 1 x y z d       và mặt phẳng   :3 3 2 6 0 P x y z     . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. d cắt và không vuông góc với  . P B. d vuông góc với  . P C. d song song với  . P D. d nằm trong  . P Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 2 1 3 x y z       và mặt phẳng   :11 16 0 P x my nz     . Biết   P   , tính giá trị của T m n   . A. 2 T  . B. 2 T   . C. 14 T  . D. 14 T   . Câu 71. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 9 1 3 1 : y z d x       và mặt phẳng    có phương trình 2 2 19 0 m x my z     với m là tham số. Tập hợp các giá trị m thỏa mãn   // d  là A.   1 . B.  . C.   1;2 . D.   2 . Câu 72. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 1 2 1 1 1 x y z       song song với mặt phẳng   2 : 2 0 P x y m z m     A. 1 m  . B. m   C.   1;1 m   . D. 1 m   Câu 73. Gọi , m n là hai giá trị thực thỏa mãn: giao tuyến của hai mặt phẳng  : 2 1 0 m P mx y nz     và  : 2 0 m Q x my nz     vuông góc với mặt phẳng  : 4 6 3 0 x y z      . A. 0 m n   . B. 2 m n   . C. 1 m n   . D. 3 m n   . Câu 74. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 1 1 : ; : 2 2 1 3 x t x y z d d y t z m              . Gọi S là tập tất cả các số m sao cho 1 d và 2 d chéo nhau và khoảng cách giữa chúng bằng 5 19 . Tính tổng các phần tử của S . A. 11  . B. 12 . C. 12  . D. 11. Câu 75. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian Oxyz , cho bốn đường thẳng:   1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d       ,   2 1 : 1 2 1 x y z d     ,   3 1 1 1 : 2 1 1 x y z d      ,   4 1 1 : 1 1 1 x y z d      . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là: A. 0 . B. 2 . C. Vô số. D. 1. Câu 76. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho điểm   1; 2; 3 I và mặt phẳng       : 2 2 4 0 P x y z . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với   P tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H . A.    1; 1; 0 H B.     3; 0; 2 H C.   1; 4; 4 H D.   3; 0; 2 H Câu 77. Trong không gian Ox y z , biết mặt cầu   S có tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   2 2 9 0 : P x y z     tại điểm   ; ; H a b c . Giá trị của tổng a b c   bằng A. 2 . B. 1  . C. 1 . D. 2  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Câu 78. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;0;2 I và đường thẳng 1 : 2 1 1 x y z d     . Gọi   S là mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d . Bán kính của   S bằng A. 5 3 . B. 2 5 3 . C. 30 3 . D. 4 2 3 . Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 1 S x y z       , đường thẳng 6 2 2 : 3 2 2 x y z        và điểm   4;3;1 M . Trong các mặt phẳng sau mặt phẳng nào đi qua M , song song với  và tiếp xúc với mặt cầu   S ? A. 2 2 5 22 0 x y z     . B. 2 2 13 0 x y z     . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 7 0 x y z     . Câu 80. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu         2 2 2 : 2 3 1 16 S x y z       và điểm   1; 1; 1 . A    Xét các điểm M thuộc   S sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với  . S M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. 6 8 11 0 x y    B. 6 8 11 0 x y    C. 3 4 2 0 x y    D. 3 4 2 0 x y    Câu 81. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 2 2 S x y z       và hai đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y z d      ; 1 : 1 1 1 x y z      . Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với   S , song song với d và  ? A. 3 0 y z    B. 1 0 x z    C. 1 0 x y    D. 1 0 x z    Câu 82. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 4 4 : 3 1 4 x y z d      và tiếp xúc với mặt cầu         2 2 2 : 3 3 1 9 S x y z       . Khi đó   P song song với mặt phẳng nào sau đây? A. 3x 2z 0 y    . B. 2x 2 4 0 y z      . C. x 0 y z    D. Đáp án khác. Câu 83. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu 2 2 2 ( 1) ( 2) 6 x y z      đồng thời song song với hai đường thẳng 1 2 1 : 3 1 1 x y z d       , 2 2 2 : 1 1 1 x y z d      . A. 2 3 0 2 9 0 x y z x y z            B. 2 3 0 2 9 0 x y z x y z            C. 2 9 0 x y z     D. 2 9 0 x y z     Câu 84. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   2;1;3 E , mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 5 36 S x y z       . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong mặt phẳng   P và cắt   S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 9 1 9 3 8 x t y t z t            B. 2 5 1 3 3 x t y t z           C. 2 1 3 x t y t z           D. 2 4 1 3 3 3 x t y t z t            Câu 85. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu   1 S ,   2 S có phương trình lần lượt là   2 2 2 1 : 25 S x y z    ,     2 2 2 2 : 1 4 S x y z     . Một đường thẳng d vuông góc với véc tơ   1; 1;0 u    tiếp xúc với mặt cầu   2 S và cắt mặt cầu   1 S theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 . Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của d ? A.   1 1;1; 3 u   B.   2 1;1; 6 u   C.   3 1;1;0 u   D.   4 1;1; 3 u    Câu 86. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 E , mặt cầu   2 2 2 : 4 S x y z    và mặt phẳng   : 3 5 3 0 P x y z     . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và cắt mặt cầu   S tại hai điểm , A B sao cho tam giác OAB là tam giác đều. Phương trình của đường thẳng  là A. 1 1 1 2 1 1 x y z        . B. 1 1 1 2 1 1 x y z       . C. 1 1 1 2 1 1 x y z      . D. 1 1 1 2 1 1 x y z        . Câu 87. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 3 : 1 2 1 x y z d       và điểm   1 ;0; 1 A  . Gọi 2 d là đường thẳng đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương   ;1 ;2 v a   . Giá trị của a sao cho đường thẳng 1 d cắt đường thẳng 2 d là A. 1 a   . B. 2 a  . C. 0 a  . D. 1 a  . Câu 88. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu         2 2 2 1 : 3 2 4 1 S x y z       ,       2 2 2 2 : 2 4 4 S x y z      và   2 2 2 3 : 4 4 1 0 S x y z x y       . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   1 S ,   2 S ,   3 S ? A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 8. Câu 89. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Gọi   S là mặt cầu có bán kính 5 R  , có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với trục Oy . Biết rằng I có tung độ dương. Điểm nào sau đây thuộc mặt cầu   S ? A.   1 ; 2;1 M   . B.   1 ;2; 1 N  . C.   5;2; 7 P   . D.   5; 2;7 Q  . Câu 90. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 6 0 S x y z x y m       ( m là tham số) và đường thẳng 4 2 : 3 3 2 x t y t z t             . Biết đường thẳng  cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 8 AB  . Giá trị của m là A. 5 m  . B. 12 m  . C. 12 m   . D. 10 m   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Câu 91. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1 2 4 2 1 : ,( ), : ' ,( ' ) 3 ' x t x d y t t d y t t z z t                       . Phương trình mật cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng     1 2 , d d là: A.   2 2 2 3 9 2 2 4 x y z            . B.   2 2 2 3 3 2 2 2 x y z            . C.   2 2 2 3 9 2 2 4 x y z            . D.   2 2 2 3 3 2 2 2 x y z            . Câu 92. Trong không gian Ox yz , cho hai đường thẳng 1 4 1 5 3 1 2 : x y z         và 2 2 3 1 3 1 : x y z      . Trong tất cả mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1  và 2  . Gọi ( ) S là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Bán kính của mặt cầu ( ) S là A. 12 . B. 6 . C. 24 . D. 3 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Bài toán liên quan đến mặt cầu – mặt phẳng – đường thẳng Câu 1. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   4;6;2 A và   2; 2;0 B  và mặt phẳng   : 0 P x y z    . 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. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 3 R  B. 2 R  C. 1 R  D. 6 R  Câu 2. Trong không gian Oxyz mặt phẳng   : 2 6 3 0 P x y z     cắt trục Oz và đường thẳng 5 6 : 1 2 1 x y z d      lần lượt tại A và B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là: A.       2 2 2 2 1 5 36. x y z       B.       2 2 2 2 1 5 9. x y z       C.       2 2 2 2 1 5 9. x y z       D.       2 2 2 2 1 5 36. x y z       Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 6 0 S x y z x y m       ( m là tham số) và đường thẳng 4 2 : 3 3 2 x t y t z t             . Biết đường thẳng  cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 8 AB  . Giá trị của m là A. 5 m  . B. 12 m  . C. 12 m   . D. 10 m   . Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng   3 2 : 2 1 1 x y z d     và hai mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    ;   : 2 3 5 0 Q x y z     . Mặt cầu   S có tâm I là giao điểm của đường thẳng   d và mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q tiếp xúc với mặt cầu   S . Viết phương trình mặt cầu   S . A.         2 2 2 : 2 4 3 1 S x y z       . B.         2 2 2 : 2 4 3 6 S x y z       . C.         2 2 2 2 : 2 4 3 7 S x y z       . D.         2 2 2 : 2 4 4 8 S x y z       . Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 2 3 4 14 S x y z       và mặt phẳng   : 3 2 5 0 x y z      . Biết đường thẳng  nằm trong    , cắt trục Ox và tiếp xúc với   S . Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của  ? A.   4; 2;1 u    . B.   2;0; 1 v    . C.   3;1;0 m     . D.   1; 1;1 n    . Câu 6. (Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 1 100 S x y z       . Mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo một đường tròn   C . Tìm tọa độ tâm K và bán kính r của đường tròn   C là A.   3; 2;1 K  , 10 r  . B.   1;2;3 K  , 8 r  . C.   1; 2;3 K  , 8 r  . D.   1;2;3 K , 6 r  . PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 7. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;1;1 , 2;2;1 A B và mặt phẳng   : 2 0 P x y z    . Mặt cầu   S thay đổi qua , A B và tiếp xúc với   P tại H . Biết H chạy trên 1 đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A. 3 2 . B. 2 3 . C. 3 . D. 3 2 Câu 8. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 3 12 10 0 x y z      . Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện: Tiếp xúc với   S ; song song với    và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 3 12 78 0 x y z     . B. 4 3 12 26 0 x y z     . C. 4 3 12 78 0 x y z     . D. 4 3 12 26 0 x y z     . Câu 9. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 1 ; ; : 1 2 2 3 x t M x y z d y t z t             . Ba điểm A, B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   ABC đi qua điểm   1;1;2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30. B. 26 . C. 20 . D. 21. Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x z       và đường thẳng 2 : 1 1 1 x y z d     . Hai mặt phẳng     , ' P P chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T , ' T . Tìm tọa độ trung điểm H của '. TT A. 7 1 7 ; ; 6 3 6 H        . B. 5 2 7 ; ; 6 3 6 H        . C. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . D. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1;3 E , mặt phẳng   : 2 2 3 0     P x y z và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 5 36       S x y z . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và cắt   S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là A. 2 9 1 9 3 8            x t y t z t . B. 2 5 1 3 3           x t y t z . C. 2 1 3           x t y t z . D. 2 4 1 3 3 3            x t y t z t . Câu 12. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu     2 2 2 3 1 4 x y z      và đường thẳng 1 2 : 1 , x t d y t t z t               . Mặt phẳng chứa d và cắt ( ) S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. 1 0 y z    . B. 3 5 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y    . D. 3 2 4 8 0 x y z     . Câu 13. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 E , mặt phẳng   : 3 5 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 4 S x y z    . Gọi  là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 đường thẳng qua E , nằm trong mặt phẳng   P và cắt   S tại 2 điểm phân biệt , A B sao cho 2 AB  . Phương trình đường thẳng  là A. 1 2 2 1 x t y t z t            . B. 1 2 1 1 x t y t z t            . C. 1 2 3 5 x t y t z t             . D. 1 2 1 1 x t y t z t            . Câu 14. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   0;1; 2  A , mặt phẳng   : 1 0     P x y z và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 7 0       S x y z x y . Gọi  là đường thẳng đi qua A và  nằm trong mặt phẳng   P và cắt mặt cầu   S tại hai điểm B , C sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất, với I là tâm của mặt cầu   S . Phương trình của đường thẳng  là A. 1 2           x t y z t . B. 1 2            x t y t z t . C. 1 2           x t y t z . D. 1 2           x t y t z . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  : 2 0 P z   ,   0;0; 2 K  , đường thẳng : 1 1 1 x y z d   . Phương trình mặt cầu tâm thuộc đường thẳng d và cắt mặt phẳng   P theo thiết diện là đường tròn tâm K , bán kính 5 r  là A.   2 2 2 2 16 x y z     . B. 2 2 2 16 x y z    . C.   2 2 2 2 9 x y z     . D. 2 2 2 9 x y z    . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và hai điểm   1;1;1 M ,   3; 3; 3 N    . Mặt cầu   S đi qua M, N và tiếp xúc với mặt phẳng   P tại điểm Q . Biết rằng Q luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A. 2 11 3 R  . B. 6 R  . C. 2 33 3 R  . D. 4 R  . Câu 17. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu       2 2 2 : 1 3 9 S x y z      và đường thẳng 2 1 : 2 1 2 x y z d      . Cho các phát biểu sau đây: I. Đường thẳng d cắt mặt cầu   S tại 2 điểm phân biệt. II. Mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S . III. Mặt phẳng   P và mặt cầu   S không có điểm chung. IV. Đường thẳng d cắt mặt phẳng   P tại một điểm. Số phát biểu đúng là: A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 18. (Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình-2019)Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu         2 2 2 2 : 1 2 1 3 S x y z       , mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và điểm   1;0; 4 N  thuộc   P . Một đường thẳng  đi qua N nằm trong   P cắt   S tại hai điểm A, B thỏa mãn 4 AB  . Gọi   1; ; u b c  ,   0 c  là một vecto chỉ phương của  , tổng b c  bằng A. 1. B. 3 . C. 1  . D. 45 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 19. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 1 1 : 2 1 2 x y z       và 2 1 1 1 : 2 2 1 x y z       . Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1  và 2  . A. 16 17  (đvdt). B. 4 17  (đvdt). C. 16 17  (đvdt). D. 4 17  (đvdt). Câu 20. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 : 4 x t d y t z         và 2 3 ' : ' 0 x t d y t z          . Viết phương trình mặt cầu   S có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 d và 2 . d A.         2 2 2 : 2 1 2 4. S x y z       B.         2 2 2 : 2 1 2 16. S x y z       C.       2 2 2 : 2 1 ( 2) 4. S x y z       D.     2 2 2 : 2 ( 1) ( 2) 16. S x y z       Câu 21. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục , Oxyz cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 13 0 S x y z x y z        và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 1 x y z d      . Điểm     ; ; , 0 M a b c a  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến , , MA MB MC đến mặt cầu   S ( , , A B C là các tiếp điểm) và  0 60 AMB  ,  0 60 BMC  ,  0 120 CMA  . Tính 3 3 3 a b c   . A. 3 3 3 173 9 a b c    . B. 3 3 3 112 9 a b c    . C. 3 3 3 8 a b c     . D. 3 3 3 23 9 a b c    . Câu 22. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   3;3; 3 M   thuộc mặt phẳng   : 2 2 15 0 x y z      và mặt cầu         2 2 2 : 2 3 5 100 S x y z       . Đường thẳng  qua M , nằm trên mặt phẳng    cắt   S tại , A B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng  . A. 3 3 3 1 1 3 x y z      . B. 3 3 3 1 4 6 x y z      . C. 3 3 3 16 11 10 x y z       . D. 3 3 3 5 1 8 x y z      . Câu 23. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   2;0;0 A  ,   0; 2;0 B  ,   0;0; 2 C  . Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đôi một vuông góc nhau và   ; ; I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính S a b c    . A. 4 S   B. 1 S   C. 2 S   D. 3 S   Câu 24. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian Oxyz , cho   :2 2 1 0 P x y z     ,     0;0;4 , 3;1;2 A B . Một mặt cầu   S luôn đi qua , A B và tiếp xúc với   P tại C . Biết rằng, C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường tròn đó. A. Đáp án khác. B. 4 2 244651 3 r  . C. 2 244651 9 r  . D. 2024 3 r  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 25. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp . S ABCD với   1; 1;6 S  ,   1;2;3 A ,   3;1;2 B ,   4;2;3 C ,   2;3;4 D . Gọi I là tâm mặt cầu   S ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng   SAD . A. 3 3 2 d  . B. 6 2 d  . C. 21 2 d  . D. 3 2 d  . Câu 26. Trong không gian Oxyz , xét số thực   0;1 m  và hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 x y z      và   : 1 1 1 x y z m m      . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     ,   . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6 B. 3 C. 9 D. 12 Câu 27. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   S tâm   5; 3;5 I  , bán kính 2 5 R  . Từ một điểm A thuộc mặt phẳng   P kẻ một đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu   S tại B . Tính OA biết 4 AB  . A. 11 OA  . B. 5 OA  . C. 3 OA  . D. 6 OA  . Câu 28. Trong không gian cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc 1 : 1 2 2 3 x t d y t z t            . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   ABC đi qua   1;1;2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30 B. 26 C. 20 D. 21 Câu 29. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm     0;0;3 , 2;0;1 A B  và mặt phẳng   : 2 2 8 0 x y z      . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng    sao cho tam giác ABC đều? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Câu 30. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc đường thẳng 1 : 1 2 . 2 3 x t d y t z t            Ba điểm , A , B C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho , MA , MB MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   ABC đi qua   1; 1; 2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30. B. 26 . C. 20 . D. 21. Câu 31. (Tỉnh Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) : S 2 2 2 2 2 1 0 x y z x z       và đường thẳng 2 : 1 1 1 x y z d     . Hai mặt phẳng ( ) P , ( ) P  chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T , T  . Tìm tọa độ trung điểm H của TT  . A. 7 1 7 ; ; 6 3 6 H        . B. 5 2 7 ; ; 6 3 6 H        . C. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . D. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . , OxyzNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 32. Cho hai đường thẳng 2 : 2 2 x d y t z t             t   , 3 1 4 : 1 1 1 x y z        và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     . Gọi d  ,   lần lượt là hình chiếu của d và  lên mặt phẳng   P . Gọi   ; ; M a b c là giao điểm của hai đường thẳng d  và   . Biểu thức . a b c  bằng A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 6 . Câu 33. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 1 0 x my z m       và   : 2 0 mx y mz m       . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng   Oxy . Biết rằng với mọi số thực m thay đổi thì đường thẳng  luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   6; 0; 0 M ,   0; 6; 0 N ,   0; 0; 6 P . Hai mặt cầu có phương trình   2 2 2 1 : 2 2 1 0 S x y z x y       và   2 2 2 2 : 8 2 2 1 0 S x y z x y z        cắt nhau theo đường tròn   C . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ? A. 1. B. 3 . C. Vô số. D. 4 . Câu 35. Trong không gian cho mặt phẳng   : 6 0 P x z    và hai mặt cầu   2 2 2 1 : 25 S x y z    ,   2 : S 2 2 2 4 4 7 0 x y z x z       . Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt cầu   1 S ,   2 S và tâm I nằm trên   P là một đường cong. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó. A. 7 3  . B. 7 9  . C. 9 7  . D. 7 6  . Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho phương trình mặt cầu:     2 2 2 : 2 2 2 3 0 m S x y z m x my mz m          . Biết rằng với mọi số thực m thì   m S luôn chứa một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 2 3 r  . B. 4 2 3 r  . C. 1 3 r  . D. 3 r  . Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu   2 2 : 2 4 6 13 0 S x y x y z       và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 1 x y z d      . Điểm     ; ; 0 M a b c a  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến , , MA MB MC đến mặt cầu   S ( , , A B C là các tiếp điểm) thỏa mãn  60 AMB   ,  90 BMC  ,  120 CMA   .Tính Q a b c    . A. 3 Q  . B. 10 3 Q  . C. 2 Q  . D. 1 Q  . Dạng 2 Bài toán cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( )  là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( )  cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |,max AM AI R AM R AI     Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điể M thuộc ( ) P sao cho 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương ,   và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P     nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC         - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID      và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID             2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P      Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A                     Trong đó 1 2 ; ... n    là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n        . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             (điểm G hoàn toàn xác định). Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG                                     Do đó 1 2 | | | | n w MG            Vi 1 2 n        là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA         Trong đó 1 2 , , , n     là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n         . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n         . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA                 Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA        không đổi nên • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến khoảng cách, góc Câu 1. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   0;4; 3 A  . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;5; 3 . Q  B.   3;0; 3 . P   C.   0; 3; 5 . M   D.   0;3; 5 . N  Câu 2. (Mã 103 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm   0 ; 3 ; 2 A  . Xét đường thẳng d thay đổi song song với Oz và cách Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất. d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0 ; 2 ; 5 Q  . B.   0 ; 4; 2 M  . C.   2 ; 0 ; 2 P   . D.   0 ; 2 ; 5 N   . Câu 3. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   0;4; 3 A  . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;3; 5 N  . B.   0; 3; 5 M   . C.   3;0; 3 P   . D.   0;11; 3 Q  . Câu 4. (Mã 104 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   0;3; 2 . A  Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;8; 5 M  . B.   0;2; 5 N  . C.   0; 2; 5 P   . D.   2;0; 3 Q   . Câu 5. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 2 2 1 x y z    và mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    . Gọi   Q là mặt phẳng chứa  sao cho góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q là nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng   Q là A. 2 0 x y z    . B. 22 10 0 x y z    . C. 2 0 x y z    . D. 10 22 0 x y z    . Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;2 A và mặt phẳng     : 1 1 0 P m x y mz      , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 6 m   . B. 6 m  . C. 2 2 m    . D. 6 2 m    . Câu 7. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (1;1;1) A , (2;0;1) B và mặt phẳng ( ) : 2 2 0. P x y z      Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng ( ) P sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất. A. 1 1 1 : 3 1 2 x y z d        . B. 2 : 2 2 2 x y z d      . C. 2 2 : 1 1 1 x y z d       . D. 1 1 1 : 3 1 1 x y z d         . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 8. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng   : 2 2 2 0 Q x y z     một góc có số đo nhỏ nhất. Điểm   1;2;3 A cách mặt phẳng   P một khoảng bằng: A. 3 . B. 5 3 3 . C. 7 11 11 . D. 4 3 3 . Câu 9. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;2; 3 A  ,   2; 2;1 B   và mặt phẳng    : 2 2 9 0 x y z     . Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng    sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Xác định phương trình đường thẳng MB khi MB đạt giá trị lớn nhất. A. 2 2 2 1 2 x t y t z t              B. 2 2 2 1 2 x t y t z t              C. 2 2 1 2 x t y z t             D. 2 2 1 x t y t z             Câu 10. -(Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Viết phương trình đường thẳng a đi qua   4; 2; 1 M  , song song với mặt phẳng ( ) : 3 4 12 0 x y z      và cách   2; 5; 0 A  một khoảng lớn nhất. A. 4 2 1 x t y t z t             . B. 4 2 1 x t y t z t              . C. 1 4 1 2 1 x t y t z t             . D. 4 2 1 x t y t z t             . Câu 11. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  đi qua điểm   3;1;1 M , nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x y z      và tạo với đường thẳng 1 : 4 3 3 2 x d y t z t            một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là A. 1 2 x y t z t            . B. 8 5 3 4 2 x t y t z t                . C. 1 2 1 3 2 x t y t z t               . D. 1 5 1 4 3 2 x t y t z t               . Câu 12. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y   . Gọi  là đường thẳng đi qua A , song song với ( ) P và cách điểm   1;0;2 B  một khoảng ngắn nhất. Hỏi  nhận vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương ? A.   6;3; 5 u    . B.   6; 3;5 u    . C.   6;3;5 u   . D.   6; 3; 5 u     . Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   2; 1; 2 A   và đường thẳng   d có phương trình 1 1 1 1 1 1 x y z       . Gọi   P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng   d và khoảng cách từ d tới mặt phẳng   P là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng   P vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A. 6 0 x y    . B. 3 2 10 0 x y z     . C. 2 3 1 0 x y z     . D. 3 2 0 x z    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   P là mặt phẳng đi qua hai điểm   1; 7; 8 A   ,   2; 5; 9 B   sao cho khoảng cách từ điểm   7; 1; 2 M   đến   P đạt giá trị lớn nhất. Biết   P có một véctơ pháp tuyến là   ; ;4 n a b   , khi đó giá trị của tổng a b  là A. 1  . B. 3 . C. 6 . D. 2 . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   3; 1;0 A  và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất có phương trình là A. 2 0 x y z     . B. 0 x y z    . C. 1 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z      . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;0;1 A  ,   1; 1;3 B  và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng   P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . B. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . C. 3 1 : 26 11 2 x y z d     . D. 3 1 : 26 11 2 x y z d       . Câu 17. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;5;3 A và đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z d     . Gọi   P là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   P là lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến   P bằng A. 2 . B. 3 6 . C. 11 2 6 . D. 1 2 . Câu 18. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 5; 4; 1 A B   và mặt phẳng   P qua Ox sao cho           , , 2 , B P A P d d P  cắt AB tại   ; ; I a b c nằm giữa AB . Tính a b c   A. 8 B. 6 C. 12 D. 4 Câu 19. (Đề Thi Công Bằng KHTN -2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z d      và điểm (1;2;3) A . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( ) P . A. (1;0;2) n   . B. (1;0; 2) n    . C. (1;1;1) n   . D. (1;1; 1) n    . Câu 20. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;0;1 A  ,   1; 1;3 B  và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng   P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . B. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . C. 3 1 : 26 11 2 x y z d     . D. 3 1 : 26 11 2 x y z d       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 21. (Sở Quảng Nam - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 0 P x y z    , đường thẳng 1 1 3 : 2 1 1 x y z d       và điểm   1; 3; 1 A thuộc mặt phẳng   P . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng   P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi   ; ; 1 u a b   là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng . Tính 2 a b  . A. 2 3 a b    . B. 2 0 a b   . C. 2 4 a b   . D. 2 7 a b   . Câu 22. ( Bắc Giang 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   2;1;3 A và mặt phẳng     : 2 1 2 0 P x my m z m       , m là tham số. Gọi   ; ; H a b c là hình chiếu vuông góc của điểm A trên   P . Tính a b  khi khoảng cách từ điểm A đến   P lớn nhất ? A. 1 2 a b    . B. 2 a b   . C. 0 a b   . D. 3 2 a b   . Câu 23. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0. S x y z x y z        Giả sử   M P  và   N S  sao cho      MN cùng phương với vectơ   1;0;1 u  và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3  MN B. 1 2 2   MN C. 3 2  MN D. 14  MN Câu 24. (SGD&ĐT Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 2 4 S x y z      có tâm I và mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     . Tìm tọa độ điểm M thuộc   P sao cho đoạn IM ngắn nhất. A. 1 4 4 ; ; 3 3 3          . B. 11 8 2 ; ; 9 9 9          C.   1; 2;2  . D.   1; 2; 3   . Câu 25. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0 S x y z x y z        . Giả sử   M P  và   N S  sao cho MN      cùng phương với vectơ   1;0;1 u   và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3 MN  . B. 1 2 2 MN   . C. 3 2 MN  . D. 14 MN  . Câu 26. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        và mặt phẳng ( ) : 2 2 14 0 P x y z     . Điểm M thay đổi trên   S , điểm N thay đổi trên ( ) P . Độ dài nhỏ nhất của MN bằng A. 1 B. 2 C. 1 2 D. 3 2 Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S tâm   1; 2;1 I  ; bán kính 4 R  và đường thẳng 1 1 : 2 2 1 x y z d       . Mặt phẳng   P chứa d và cắt mặt cầu   S theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến mặt phẳng   P lớn nhất. A.   0;0;0 O . B. 3 1 1; ; 5 4 A        . C.   1; 2; 3 B    . D.   2;1;0 C . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Câu 28. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 1 0 P y   , đường thẳng 1 : 2 1 x d y t z          và hai điểm   1; 3;11 A   , 1 ;0;8 2 B       . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng   P sao cho   , 2 d M d  và 2 NA NB  . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . A. min 1 MN  . B. min 2 MN  . C. min 2 2 MN  . D. min 2 . 3 MN  Câu 29. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho các điểm   1 ; 0 ; 0 A ,   3 ; 2 ; 0 B ,   1 ; 2 ; 4 C  . Gọi M là điểm thay đổi sao cho đường thẳng M A, M B , M C hợp với mặt phẳng   AB C các góc bằng nhau; N là điểm thay đổi nằm trên mặt cầu         2 2 2 1 : 3 2 3 2 S x y z       . Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn M N . A. 3 2 2 . B. 2 . C. 2 2 . D. 5 . Câu 30. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2; 3 A  và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương   3; 4; 4 u    cắt   P tại điểm B . Điểm M thay đổi trong   P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90  . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A.   3;2;7 J  . B.   3;0;15 K . C.   2; 1;3 H   . D.   1; 2;3 I   . Câu 31. (Sở Bạc Liêu - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I và có bán kính 2 r  . Xét đường thẳng     1 : 1 x t d y mt t z m t              , m là tham số thực. Giả sử     , P Q là mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với   S lần lượt tại , M N . Khi đó đoạn MN ngắn nhất hãy tính khoảng cách từ điểm   1;0;4 B đến đường thẳng d . A. 5 . B. 5 3 3 . C. 4 237 21 . D. 4 273 21 . Câu 32. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và điểm   1;2; 3 A  . Đường thẳng d đi qua A và có véc tơ chỉ phương   3; 4; 4 u    cắt   P tại B . Điểm M thay đổi trên   P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90  . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng A. 36 5 . B. 41 . C. 6. D. 5 . Câu 33. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  đi qua điểm   3;1;1 M , nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x y z      và tạo với đường thẳng 1 : 4 3 3 2 x d y t z t            một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 2 x y t z t            . B. 8 5 3 4 2 x t y t z t                . C. 1 2 1 3 2 x t y t z t               . D. 1 5 1 4 3 2 x t y t z t               . Câu 34. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 5; 3 A và đường thẳng d : 1 2 2 1 2 x y z     . Biết rằng   P : 3 0 ax by cz       , , a b c   là mặt phẳng chứa d và khoảng cách từ A đến   P lớn nhất. Khi đó tổng T a b c    bằng A. 3. B. 3  . C. 2  . D. 5  . Câu 35. (ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;1; 3 A  ,   3;2;1 B  . Gọi   d là đường thẳng đi qua   1;2;3 M sao cho tổng khoảng cách từ A đến   d và từ B đến   d là lớn nhất. Khi đó phương trình đường thẳng   d là A. 1 2 5 4 x z y      . B. 1 2 3 3 2 1 x y z       . C. 1 2 3 1 13 2 x y z       . D. 1 2 3 3 2 2 x y z       . Câu 36. (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho đường thẳng : x y z d      1 2 1 2 1 và mặt phẳng  : P x y z     2 2 2 0.   Q là mặt phẳng chứa d và tạo với mp   P một góc nhỏ nhất. Gọi   ; ; Q n a b  1    là một vectơ pháp tuyến của   Q . Đẳng thức nào đúng? A. . a b    1 B. . a b    2 C. . a b   1 D. . a b   0 Câu 37. (Chuyên Bắc Giang 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z d      ,   2;1;0 M . Gọi   ; ; H a b c là điểm thuộc d sao cho MH có độ dài nhỏ nhất. Tính 2 2 2 T a b c    . A. 6 T  . B. 12 T  . C. 5 T  . D. 21 T  . Câu 38. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 3 A  và mp   : P 2 2 9 0 x y z     . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mp   : Q 3 4 4 5 0 x y z     , cắt mp   P tại B . Điểm M nằm trong mp   P sao cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông. Tính độ dài lớn nhất của MB . A. 41 2 M  . B. 5 2 MB  . C. 5 MB  . D. 41 MB  . Câu 39. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm       3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6 A B C và   1;1;1 D . Gọi  là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm , , A B C đến  là lớn nhất. Hỏi  đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A.   5;7;3 M . B.   1; 2;1 M   . C.   3;4;3 M . D.   7;13;5 M . Câu 40. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : 1 1 2 1 1 x y z      và điểm   1;2;3 A . Gọi   P là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ pháp tuyến của   P ? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 A.   1;0;2 n   . B.   1;0; 2 n    . C.   1;1;1 n   . D.   1;1; 1 n    . Câu 41. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước2019) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 : 1 1 1 x y z     và 1 ' 1 2 1 x y z      . Xét điểm M thay đổi. Gọi , a b lần lượt là khoảng cách từ M đến  và '  . Biểu thức 2 2 2 a b  đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi   0 0 0 0 , , M M x y z  . Khi đó giá trị 0 0 x y  bằng A. 4 3 . B. 0 . C. 2 3 . D. 2 . Câu 42. (Chuyên Thái Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và mặt phẳng  : 2 0 P x y   . Gọi  là đường thẳng đi qua A song song với   P và cách   1;0;2 B  một khoảng nhỏ nhất. Hỏi  nhận vectơ nào dưới đây làm vecto chỉ phương? A.   6;3; 5 u    . B.   6; 3;5 u    . C.   6;3;5 u   . D.   6; 3; 5 u     . Câu 43. (Chuyên Nguyễn Huệ-HN-2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng 1 2 : 1 1 2 x y z d       và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng   P ? A.   3;0;4 . E  B.   3;0;2 . M C.   1; 2; 1 . N    D.   1;2;1 . F Câu 44. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian , O x yz cho mặt cầu 2 2 2 5 ( ) : ( 1) ( 1) 6      S x y z , mặt phẳng ( ) : 1 0     P x y z và đường thẳng : 1 1 1    x y z . Điểm M thay đổi trên đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Giá trị lớn nhất của ( ; )  d M là A. 3 2 . 2 B. 2 2. C. 2. D. 2 . 2 Câu 45. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có   0 ;0;0 A x   0 ;0;0 B x  ,   0;1;0 C và   0 0 ;0; B x y   trong đó 0 0 ; x y là các số thực dương và thỏa mãn 0 0 4 x y   . Khi khoảng cách giữa hai đường thẳng AC  và B C  lớn nhất thì bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ . ABC A B C    bằng bao nhiêu? A. 29 2 R  . B. 29 4 R  . C. 41 4 R  . D. 3 6 2 R  . Câu 46. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2;1; 2 A  ,   5;1;1 B và mặt cầu   2 2 2 : 6 12 9 0 S x y z y z       . Xét đường thẳng d đi qua A và tiếp xúc với   S sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là A. 2 1 2 2 x y t z t            . B. 2 1 4 2 x y t z t            . C. 2 2 1 2 2 x t y t z t             . D. 2 1 4 2 x t y t z t             . Dạng 2.2. Cực trị lên quan đến giá trị biểu thức NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 47. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 x t y t z t            và ba điểm   6;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0;4 C . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc d sao cho biểu thức 2 2 2 2 3 P MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a b c   bằng A. 3  . B. 4. C. 1. D. 2. Câu 48. (Lê Quý Đôn - Quảng Trị - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   3; 2;3 A  ,   1;0;5 B và đường thẳng 1 2 3 : 1 2 2 x y z d       . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để 2 2 MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. A.   1;2;3 M . B.   2;0;5 M . C.   3; 2;7 M  . D.   3;0;4 M . Câu 49. (THPT Chu Văn An - Hà Nội - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 1 1 1 x y z     và hai điểm   1;2; 5 A  ,   1;0;2 B  . Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức MA MB  đạt giá trị lớn nhất max T . Khi đó, max T bằng bao nhiêu? A. max 57 T  . B. max 3 T  . C. max 2 6 3 T   . D. max 3 6 T  . Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 1 2 3 x y z d     và hai điểm   2;0;3 A ,   2; 2; 3 B   . Biết điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc d thỏa mãn 4 4 MA MB  nhỏ nhất. Tìm 0 x . A. 0 1 x  . B. 0 3 x  . C. 0 0 x  . D. 0 2 x  . Câu 51. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;1 A  ,   3;2;1 B ,   5;3;7 C . Gọi   ; ; M a b c là điểm thỏa mãn MA MB  và MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c    A. 4 P  . B. 0 P  . C. 2 P  . D. 5 P  . Câu 52. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm       1;2;3 , 0;1;1 , 1;0; 2 A B C  và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho giá trị của biểu thức 2 2 2 2 3 T MA MB MC    nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng   :2 2 3 0 Q x y z     ? A. 2 5 3 B. 121 54 C. 24 D. 91 54 Câu 53. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   10; 5;8 A   ,   2;1; 1 B  ,   2;3;0 C và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi trên   P sao cho 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 2 3 MA MB MC   . A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 . Câu 54. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và ba điểm   3;1;1 A ,   7;3;9 B và   2;2;2 C . Điểm   ; ; M a b c trên   P sao cho 2 3 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 10 a b c   . A. 62 9 . B. 27 9 . C. 46 9 . D. 43 9 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Câu 55. (THPT Lê Quý Dôn Dà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm ( 8;1;1) A  , (2;1;3) B và (6; 4;0) C . Một điểm M di động trong không gian sao cho . . 34 MA MC MA MB                    . Cho biết MA MB  đạt giá trị lớn nhất khi điểm M trùng với điểm 0 0 0 0 ( ; ; ) M x y z . Tính tích số 0 0 0 x y z . A. 16. B. 18. C. 14. D. 12. Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho tam giác AB C với   2 ; 1 ; 3 , A   1 ; 1 ; 2 , B    3 ; 6 ; 0 , C    2 ; 2 ; 1 . D   Điểm   ; ; M x y z thuộc mặt phẳng   : 2 0 P x y z     sao cho 2 2 2 2 S M A M B M C M D     đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức    2 2 2 P x y z . A.  6 P . B. 2 P  . C.  0 P . D. 2 P   . Câu 57. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   4; 2;6 A  ,   2;4;2 B ,  : 2 3 7 0 M x y z       sao cho . MA MB         nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng A. 29 58 5 ; ; 13 13 13       . B.   4;3;1 . C.   1;3;4 . D. 37 56 68 ; ; 3 3 3        . Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai điểm (1;0;2), (3;1 ; 1). A B  và mặt phẳng ( ) : 1 0. P x y z     Gọi ( ; ; ) ( ) M a b c P  sao cho 3 2 MA MB          đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 9a 3 6 . S b c    A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Câu 59. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm       1;4;5 , 3;4;0 , 2; 1;0  A B C và mặt phẳng   : 3 3 2 12 0.     x y z  Gọi   ; ; M a b c thuộc    sao cho 2 2 2 3   MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng .    S a b c A. 3 . B. 2 . C. 2  . D. 1. Câu 60. (Dề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm (1;2;0), (1; 1;3), (1; 1; 1) A B C    và mặt phẳng ( ) : 3 3 2 15 0 P x y z     . Xét ( ; ; ) M a b c thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho 2 2 2 2MA MB MC   nhỏ nhất. Giá trị của a b c   bằng A. 3 . B. 7 . C. 2 . D. 1  . Câu 61. (Trần Phú - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1; 2;1 A  ,   5; 0; 1 B  ,   3;1; 2 C và mặt phẳng   : 3 3 0 Q x y z     . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc   Q thỏa mãn 2 2 2 2 MA MB MC   nhỏ nhất. Tính tổng 5 a b c   . A. 11. B. 9. C. 15 . D. 14 . Câu 62. (Lê Quý Đôn - Quảng Trị - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm   1;1;1 A ,   0;1;2 B ,   2;1;4 C  và mặt phẳng   : 2 0     P x y z . Tìm điểm   N P  sao cho 2 2 2 2 S NA NB NC    đạt giá trị nhỏ nhất. A. 4 4 ;2; 3 3 N        . B.   2;0;1 N  . C. 1 5 3 ; ; 2 4 4 N        . D.   1;2;1 N  . Câu 63. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox , yz cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 1 9 S x y z       và hai điểm   4;3;1 A ,   3;1;3 B ; M là điểm thay đổi trên NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   S . Gọi , m n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định  . m n  A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Câu 64. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm       8;5; 11 , 5;3; 4 , 1;2; 6 A B C    và mặt cầu         2 2 2 : 2 4 1 9 S x y z       . Gọi điểm   ; ; M a b c là điểm trên   S sao cho MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a b  . A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 9. Câu 65. Cho mặt cầu         2 2 2 : 2 1 3 9 S x y z       và hai điểm   1 ; 1 ; 3 A ,   21 ; 9 ; 13 B  . Điểm   ; ; M a b c thuộc mặt cầu   S sao cho 2 2 3MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức . . T a b c  bằng A. 3. B. 8. C. 6 . D. 18  . Câu 66. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 3 : 2 3 4 x y z d      và mặt cầu   S :       2 2 2 3 4 5 729 x y z       . Cho biết điểm   2; 2; 7 A    , điểm B thuộc giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   : 2 3 4 107 0 P x y z     . Khi điểm M di động trên đường thẳng d giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB  bằng A. 5 30 . B. 27 . C. 5 29 . D. 742 . Câu 67. (THPT Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     , đường thẳng   15 22 37 : 1 2 2 x y z d      và mặt cầu   2 2 2 : 8 6 4 4 0 S x y z x y z        . Một đường thẳng    thay đổi cắt mặt cầu   S tại hai điểm , A B sao cho 8 AB  . Gọi A , B  là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng   P sao cho AA  , BB  cùng song song với   d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA BB    là A. 8 30 3 9  . B. 24 18 3 5  . C. 12 9 3 5  . D. 16 60 3 9  . Câu 68. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   3;1;1 A  ,   5;1;1 B và hai mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     ,   : 1 0 Q x y z      . Gọi   ; ; M a b c là điểm nằm trên hai mặt phẳng   P và   Q sao cho MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 T a b c    . A. 5. B. 29 . C. 13. D. 3. Dạng 2.3. Cực trị liên quan đến chu vi, diện tích, bán kính, thể tích Câu 69. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Câu 70. (THPT Nguyễn Huệ - Huế - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   1 2 : 1 2 x t d y t z t            và hai điểm   1;5;0 A ,   3;3;6 B . Gọi   ; ; M a b c là điểm trên   d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c    . A. 1 P  . B. 3 P   . C. 3 P  . D. 1 P   . Câu 71. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có   1;1;6 A  ,   3; 2; 4 B    ,   1;2; 1 C  ,   2; 2;0 D  . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a b c   . A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0 . Câu 72. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD có   1;1;6 A  ,   3; 2; 4 B    ,   1;2; 1 C  ,   2; 2;0 D  . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính . a b c   A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0 . Câu 73. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 0 P x y z     và hai điểm     3;4;1 ; 7; 4; 3 A B   . Điểm     ; ; 2 M a b c a  thuộc   P sao cho tam giác ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất. Khi đó giá trị biểu thức T a b c    bằng: A. 6 T  . B. 8 T  . C. 4 T  . D. 0 T  . Câu 74. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 ( ) : 3 1 4 S x y z      và đường thẳng 1 2 : 1 ,( ) x t d y t t z t               . Mặt phẳng chứa d và cắt ( ) S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. 1 0 y z    . B. 3 5 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y    . D. 3 2 4 8 0 x y z     . Câu 75. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (3; 2;6), (0;1;0) A B  và mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 25 S x y z       . Mặt phẳng ( ) : 2 0 P ax by cz     đi qua A, B và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c    . A. 3 T  B. 5 T  C. 2 T  D. 4 T  Câu 76. Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 48 S x y z       Gọi    là mặt phẳng đi qua hai điểm     0;0; 4 , 2;0;0 A B  và cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là đường tròn   C . Khối nón   N có đỉnh là tâm của   S , đường tròn đáy là   C có thể tích lớn nhất bằng A. 128 3  B. 39  C. 88 3  C. 215 3  Câu 77. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 78. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 3 : 3 4 0 x t d y t z           . Gọi A là hình chiếu vuông góc của O trên d . Điểm M di động trên tia Oz , điểm N di động trên đường thẳng d sao cho MN OM AN   . Gọi I là trung điểm đoạn thẳng OA . Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   , M d có tọa độ là A.   4;3;5 2 . B.   4;3;10 2 . C.   4;3;5 10 . D.   4;3;10 10 . Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho điểm 1 3 ; ;0 2 2 M         và mặt cầu   2 2 2 : 8 S x y z    . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm , M cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B . Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. 7 S  . B. 4 S  . C. 2 7 S  . D. 2 2 S  . Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;4;3 A và mặt phẳng   : 2 0 P y z   . Biết điểm B thuộc   P , điểm C thuộc   Oxy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Hỏi giá trị nhỏ nhất đó là A. 6 5 . B. 2 5 . C. 4 5 . D. 5 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH TRUNG BÌNH MỨC 5-6 ĐIỂM Dạng 1. Xác định VTCP  Véctơ chỉ phương u  của đường thẳng d là véctơ có giá song song hoặc trùng với đường thẳng . d Nếu d có một véctơ chỉ phương là u  thì . k u  cũng là một véctơ chỉ phương của . d  Nếu có hai véctơ 1 n  và 2 n  cùng vuông góc với d thì d có một véctơ chỉ phương là 1 2 [ , ]. u n n      Để viết phương trình đường thẳng , d ta cần tìm điểm đi qua và một véctơ chỉ phương. Nếu đường thẳng 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a         thì ta có hai dạng phương trình đường thẳng: Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 , ( ). x x a t y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 , ( 0). x x y y z z a a a a a a          Câu 1. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 4 1 : 2 5 3 x y z d       . Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d ? A.   2 2;4; 1 u     . B.   1 2; 5;3 u    . C.   3 2;5;3 u    . D.   4 3;4;1 u    . Lời giải Chọn B. Câu 2. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho đường thẳng . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của ? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Đường thẳng có một vectơ chỉ phương là . Câu 3. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 2 : 4 2 3 x y z d       . Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d A.   3 3; 1; 2 u       . B.   4 4;2;3 u     . C.   2 4; 2;3 u      . D.   1 3;1;2 u    . Lời giải Chọn C Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là   2 4; 2;3 u     . Câu 4. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 3 : 3 1 2 x y z d        . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A.   2 4; 2;3 u      . B.   4 4;2; 3 u      . C.   3 3; 1; 2 u       . D.   1 3;1;2 u    . PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 Oxyz 2 5 2 : 3 4 1 x y z d       d   2 3;4; 1 u        1 2; 5;2 u       3 2;5; 2 u        3 3;4;1 u     2 5 2 : 3 4 1 x y z d         2 3;4; 1 u      u  . k u  d NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Câu 5. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 2 : 1 2 3 x t d y t z t            có một vectơ chỉ phương là: A.   1 1;2;3 u     B.   3 2;1;3 u     C.   4 1;2;1 u      D.   2 2;1;1 u     Lời giải Chọn C 2 : 1 2 3 x t d y t z t            có một vectơ chỉ phương là   4 1;2;1 u      . Câu 6. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 2 : 2 5 3 x y z d       . Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng d A.   1;3; 2 u    . B.   2;5;3 u   . C.   2; 5;3 u    . D.   1 ;3;2 u   . Lời giải Chọn C Dựa vào phương trình đường thẳng suy ra một vectơ chỉ phương của d là   2; 5;3 u    Câu 7. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm   1;1;0 A và   0;1;2 B . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . A.   1;1; 2 d    B.   1;0; 2 a     C.   1;0;2 b    D.   1;2;2 c   Lời giải. Chọn C Ta có   1;0; 2 AB       suy ra đường thẳng AB có VTCP là   1;0; 2 b    . Câu 8. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 3 1 5 : 1 1 2 x y z d       có một vectơ chỉ phương là A.   1 3; 1;5 u     B.   4 1; 1;2 u      C.   2 3;1;5 u      D.   3 1; 1; 2 u       Lời giải Chọn B Đường thẳng 3 1 5 : 1 1 2 x y z d       có một vectơ chỉ phương là   4 1; 1;2 u      . Câu 9. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1 3 : . 1 3 2 x y z d       Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của ? d A.   4 1;3;2 . u     B.   3 2;1;3 . u      C.   1 2;1;2 . u     D.   2 1; 3;2 . u      Lời giải Chọn D Đường thẳng 2 1 3 : 1 3 2 x y z d       có một vectơ chỉ phương là   2 1; 3;2 . u      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 10. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian , O x y z cho đường thẳng 2 1 : . 1 2 1 x y z d      Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là A.   4 1 ; 2 ; 0 u    B.   2 2 ; 1 ; 0 u     C.   3 2 ; 1 ; 1 u   D.   1 1 ; 2 ; 1 u    Lời giải Chọn D Câu 11. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 3 1 5 : 1 2 3 x y z d       . Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d ? A. 2 (1; 2;3) u      B. 3 (2;6; 4) u      . C. 4 ( 2; 4;6) u       . D. 1 (3; 1;5) u     . Lời giải Chọn A Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ 2 (1; 2;3) u      . Câu 12. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 2 1 3 : 1 2 1       x y z d . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A. 4 (1;2; 3)    u . B. 3 ( 1;2;1)    u . C. 1 (2;1; 3)    u . D. 2 (2;1;1)   u . Lời giải Chọn B Một vectơ chỉ phương của d là: ( 1 ;2;1)    u . Câu 13. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       đi qua điểm nào dưới đây? A.   2; 1;2 Q  B.   1; 2; 3 M    C.   1;2;3 P D.   2;1; 2 N   Lời giải Chọn C Câu 14. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;2;3 M . Gọi 1 M , 2 M lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các trục Ox , Oy . Vectơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng 1 2 M M ? A.   4 1;2;0 u      B.   1 0;2;0 u    C.   2 1;2;0 u     D.   3 1;0;0 u     Lời giải Chọn A 1 M là hình chiếu của M lên trục   1 1;0;0 Ox M  . 2 M là hình chiếu của M lên trục   2 0;2;0 Oy M  . Khi đó:   1 2 1;2;0 M M          là một vectơ chỉ phương của 1 2 M M . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 4 3 : 1 2 3 x y z d      . Hỏi trong các vectơ sau, đâu không phải là vectơ chỉ phương của d ? A.   1 1; 2;3 u     . B.   2 3; 6; 9 u       . C.   3 1; 2; 3 u       . D.   4 2; 4;3 u      . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có một vectơ chỉ phương của d là   1 1; 2;3 u     . 2 1 3 u u        , 3 1 u u         các vectơ 2 3 , u u       cũng là vectơ chỉ phương của d . Không tồn tại số k để 4 1 . u k u        nên   4 2; 4;3 u      không phải là vectơ chỉ phương của d . Câu 16. (Sở Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng nào sau đây nhận   2;1;1 u   là một vectơ chỉ phương? A. 2 1 1 1 2 3 x y z      B. 1 2 2 1 1 x y z      C. 1 1 2 1 1 x y z        D. 2 1 1 2 1 1 x y z       Lời giải Chọn C Xét đường thẳng được cho ở câu C, có một vectơ chỉ phương là     2; 1; 1 2;1;1      (thỏa đề bài). Câu 17. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z d      nhận véc tơ   ;2; u a b  làm véc tơ chỉ phương. Tính a b  . A. 8  . B. 8 . C. 4 . D. 4  . Lời giải Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là   2;1; 2 v  .   ;2; u a b  làm véc tơ chỉ phương của d suy ra u  và v  cùng phương nên 4 2 4 2 1 2 a a b b         Câu 18. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian , Oxyz tọa độ nào sau đây là tọa độ của một véctơ chỉ phương của đường thẳng   2 4 : 1 6 , ? 9 x t y t t z t              A. 1 1 3 ; ; 3 2 4        . B. 1 1 3 ; ; 3 2 4       . C.   2;1;0 . D.   4; 6;0  . Lời giải Cách 1: Từ phương trình  suy ra véctơ chỉ phương của  là   1 1 3 4; 6;9 12 ; ; . 3 2 4 u            Câu 19. (Chuyên KHTN 2019) Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 1 3 3 2 1 x y z        A.   2;1; 3   . B.   3;2;1  . C.   3; 2;1  . D.   2;1;3 . Lời giải Vectơ chỉ phương của đường thẳng là     3; 2; 1 1 3;2;1 u        nên   1 3; 2;1 u     cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng. Câu 20. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng   1 3 7 : 2 4 1 x y z d       nhận vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A.   2; 4;1   . B.   2;4;1 . C.   1; 4;2  . D.   2; 4;1  . Lời giải Từ phương trình chính tắc của đường thẳng d ta có vectơ chỉ phương là   2; 4;1 d u    . Câu 21. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz véc tơ nào dưới đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d : 1 4 3 2 x t y z t           , A. (1;4;3) u   . B. (1;4; 2) u    . C. (1;0; 2) u    . D. (1;0;2) u   . Lời giải Từ phương trình tham số của đường thẳng d , ta suy ra một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là (1;0; 2) u    . Dạng 2. Viết phương trình đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và dạng chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm ( ; ; ) M x y z    và có véctơ chỉ phương 1 2 3 ( ; ; ). d u a a a   Phương pháp. Ta có: 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a           Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 : , ( ). x x a t d y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 : , ( 0). x x y y z z d a a a a a a          Dạng 2. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua A và . B Phương pháp. Đường thẳng ( ) : : d Qua A hay B d VTCP u AB              (dạng 1) Dạng 3. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và song song với đường thẳng .  Phương pháp. Ta có Qua ( ; ; ) : : d M x y z d VTCP u u                   (dạng 1) Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 0. P ax by cz d     Phương pháp. Ta có ( ) : : ( ; ; ) d P Qua M d VTCP u n a b c          (dạng 1) Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d qua M và song song với hai mặt phẳng ( ), ( ). P Q Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản Câu 22. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm (1;0;1) M và ( 3;2; 1)  N . Đường thẳng MN có phương trình tham số là A B d M  d u     P u n d P    d M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 2 2 . 1           x t y t z t B. 1 . 1           x t y t z t C. 1 . 1           x t y t z t D. 1 . 1           x t y t z t Lời giải Chọn D Đường thẳng MN nhận ( 2;2; 2)        MN hoặc (1;1; 1)   u là véc tơ chỉ phương nên ta loại ngay phương án A, B và C. Thay tọa độ điểm (1;0;1) M vào phương trình ở phương án D ta thấy thỏa mãn. Câu 23. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian tọa độ Ox , yz phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng 1 2 : 3 ? 2 x t d y t z t            A. 1 2 2 3 1 x y z     B. 1 2 1 3 2 x y z      C. 1 2 2 3 2 x y z      D. 1 2 2 3 1 x y z     Lời giải Chọn D Do đường thẳng 1 2 : 3 2 x t d y t z t            đi qua điểm (1;0; 2) M  và có véc tơ chỉ phương (2;3;1) u  nên có phương trình chính tắc là 1 2 . 2 3 1 x y z     Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1; 2;1 M  ,   0;1; 3 N . Phương trình đường thẳng qua hai điểm M , N là A. 1 2 1 1 3 2 x y z       . B. 1 3 2 1 2 1 x y z       . C. 1 3 1 3 2 x y z      . D. 1 3 1 2 1 x y z      . Lời giải   1; 3; 2 MN        . Đường thẳng MN qua N nhận   1; 3; 2 MN        làm vectơ chỉ phương có phương trình 1 3 1 3 2 x y z      . Câu 25. Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm   2;0; 1 M  và có véctơ chỉ phương   2; 3;1 a    là A. 4 2 6 . 2 x t y z t            B. 2 2 3 . 1 x t y t z t             C. 2 4 6 . 1 2 x t y t z t             D. 2 2 3 . 1 x t y t z t             Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Theo lý thuyết về dường thẳng trong không gian Oxyz, ta có phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm   0 0 0 ; ; M x y z và có véctơ chỉ phương   1 2 3 ; ; a a a a   là   0 1 0 2 0 3 , . x x a t y y a t t z z a t              Do đó, đáp án D đúng. Câu 26. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho ( 1;0;2) E  và (2;1; 5) F  . Phương trình đường thẳng EF là A. 1 2 3 1 7 x y z      B. 1 2 3 1 7 x y z      C. 1 2 1 1 3 x y z      D. 1 2 1 1 3 x y z     Lời giải Chọn B Ta có: (3;1; 7) EF       . Đường thẳng EF đi qua điểm ( 1;0; 2) E  và có VTCP (3;1; 7) u EF         có phương trình: 1 2 3 1 7 x y z      . Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  đi qua điểm   2;0; 1 M  và có một vectơ chỉ phương   4; 6;2 a    .Phương trình tham số của  là A. 2 4 6 1 2 x t y t z t            . B. 2 2 3 1 x t y t z t             . C. 4 2 6 2 x t y z t            . D. 2 2 3 1 x t y t z t            . Lời giải     4; 6;2 2 2; 3;1 a      \ Do đó đường thẳng  có một vectơ chỉ phương là   2; 3;1 u    . Vậy phương trình tham số của  đi qua   2;0; 1 M  và có một vectơ chỉ phương là   2; 3;1 u    là: 2 2 3 1 x t y t z t             . Câu 28. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm   1;1; 1 P  và   2;3;2 Q A. 1 1 1 2 3 2 x y z      . B. 1 1 1 1 2 3 x y z      . C. 1 2 3 1 1 1 x y z       . D. 2 3 2 1 2 3 x y z      . Lời giải Ta có   1;2;3 PQ      . Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm , P Q Khi đó d có một vec tơ chỉ phương là   1;2;3 d u PQ        NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;1; 1 P  là 1 1 1 : 1 2 3 x y z d      . Câu 29. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm   1;2;3 A và   5;4; 1 B  là A. 5 4 1 2 1 2 x y z      . B. 1 2 3 4 2 4 x y z       . C. 1 2 3 4 2 4 x y z      . D. 3 3 1 2 1 2 x y z        . Lời giải Ta có   4; 2; 4 AB      . Suy ra AB     cùng phương với   2; 1; 2 u    . Phương trình đường thẳng AB đi qua   5;4; 1 B  nhận   2; 1; 2 u    làm vectơ chỉ phương là:   5 4 1 , 1 2 1 2 x y z        . Do đó loại A, C. Có tọa độ   1; 2; 3 C    không thỏa mãn phương trình   1 nên phương án B. Lại có tọa độ   3;3;1 D thỏa mãn phương trình   1 nên phương trình đường thẳng AB cũng được viết là: 3 3 1 2 1 2 x y z        . Câu 30. Trong không gian Oxyz , đường thẳng Oy có phương trình tham số là A.   x t y t t z t           . B.   0 2 0 x y t t z            . C.   0 0 x y t z t           . D.   0 0 x t y t z           . Lời giải Đường thẳng Oy đi qua điểm   0 ; 2 ; 0 A và nhận vectơ đơn vị   0; 1 ; 0 j   làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số là     0 0. 0 2 1. 2 0 0. 0 x t x y t t y t t z t z                          . Câu 31. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz có đường thẳng có phương trình tham số là 1 2 ( ) : 2 3 x t d y t z t             . Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là A. 1 2 3 2 1 1 x y z       B. 1 2 3 2 1 1 x y z       C. 1 2 3 2 1 1 x y z      D. 1 2 3 2 1 1 x y z       Lời giải Chọn A Đường thẳng d đi qua điểm (1;2; 3) M  nhận véc tơ   2; 1;1 u    nên có phương trình dạng chính tắc là 1 2 3 2 1 1 x y z       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 32. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho   1;0;2 E  và   2;1; 5 F  . Phương trình đường thẳng EF là A. 1 2 3 1 7 x y z      . B. 1 2 3 1 7 x y z      . C. 1 2 1 1 3 x y z      . D. 1 2 1 1 3 x y z     . Lời giải Chọn B Đường thẳng EF có véctơ chỉ phương là   3;1; 7 EF       và đi qua   1;0;2 E  nên có phương trình: 1 2 3 1 7 x y z      . Câu 33. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số trục Oz là A. 0 z  . B. 0 0 x y t z         . C. 0 0 x t y z         . D. 0 0 x y z t         . Lời giải Chọn D Trục Oz đi qua gốc tọa độ   0;0;0 O và nhận vectơ đơn vị   0;0;1 k   làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số 0 0 x y z t         . Câu 34. (THPT Cẩm Bình 2019) Trong không gian Oxyz , trục Ox có phương trình tham số A. 0. x  B. 0. y z   C. 0 0. x y z t         D. 0. 0 x t y z         Lời giải Chọn D Trục Ox đi qua   0;0;0 O và có véctơ chỉ phương   1;0;0 i  nên có phương trình tham số là: 0 1. 0 0. 0. 0 0. 0 x t x t y t y z t z                     Vậy trục Ox có phương trình tham số 0 0 x t y z         . Câu 35. (Ngô Quyền - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm   1;2;3 M và có véctơ chỉ phương   1; 4; 5 a    là A. 1 2 3 1 4 5 x y z        . B. 1 4 2 5 3 x t y t z t              . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 1 4 5 1 2 3 x y z      . D. 1 2 4 3 5 x t y t z t            . Lời giải Chọn D Đường thẳng d có véctơ chỉ phương   1; 4; 5 a    , do a v     với   1;4;5 v   nên d cũng nhận véctơ   1;4;5 v   làm véctơ chỉ phương do đó phương trình tham số của đường thẳng d là 1 2 4 . 3 5 x t y t z t            . Câu 36. (Chuyên Nguyễn Huệ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số của đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và có vectơ chỉ phương   1;3;2 u   là A. 0 : 3 2 x d y t z t         . B. 1 : 3 2 x d y z         . C. : 3 2 x t d y t z t         . D. : 2 3 x t d y t z t            . Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ   0;0;0 O và nhận vectơ   1;3;2 u   làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là : 3 2 x t d y t z t         . Câu 37. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua điểm   1;2;3 A và có vectơ chỉ phương   2; 1; 2 u     . A. 2 1 2 1 2 3 x y z      . B. 1 2 3 2 1 2 x y z        . C. 2 1 2 1 2 3 x y z      . D. 1 2 3 2 1 2 x y z        . Lời giải Chọn D Câu 38. (Sở Bình Thuận 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm   0; 1;4 M  và nhận vectơ   3; 1;5 u    làm vectơ chỉ phương. Hệ phương trình nào sau đây là phương trình tham số của d ? A. 3 1 4 5 x t y t z t           . B. 3 1 5 4 x y t z t            . C. 3 1 4 5 x t y t z t            . D. 3 1 4 5 x t y t z t            . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Đường thẳng d đi qua điểm   0; 1;4 M  và nhận vectơ   3; 1;5 u    làm vectơ chỉ phương. Phương trình tham số của d là: 3 1 4 5 x t y t z t            . Câu 39. (Sở GD Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng  đi qua   1;2; 3 M  nhận vectơ   1;2;1 u    làm vectơ chỉ phương có phương trình là A. 1 2 3 1 2 1 x y z       . B. 1 2 3 1 2 1 x y z       . C. 1 2 3 1 2 1 x y z       . D. 1 2 3 1 2 1 x y z       . Lời giải Chọn D Đường thẳng  đi qua   1;2; 3 M  nhận vectơ   1;2;1 u    làm vectơ chỉ phương có phương trình là 1 2 3 1 2 1 x y z        Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 40. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;3 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua M và vuông góc với   P là A. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 3 3 x t y t z t              . C. 2 1 2 3 3 x t y t z t             . D. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . Lời giải Chọn A Đường thẳng cần tìm đi qua   1; 2;3 M  , vuông góc với   P nên nhận     2; 1;3 P n    là véc tơ chỉ phương. Phương trình đường thẳng cần tìm là 1 2 2 3 3 x t y t z t             . Câu 41. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho   1;2; 3 M  và mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với ( ) P là A. 2 1 2 3 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 3 3 x t y t z t              . C. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . D. 1 2 2 3 3 x t y t z t             . Lời giải Chọn C Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0 P x y z     là   2; 1;3 n    . Đường thẳng đi qua điểm   1;2; 3 M  và và vuông góc với ( ) P có phương trình là 1 2 2 3 3 x t y t z t             . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 42. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;2 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng   P là A. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . B. 1 2 2 2 x t y t z t             . C. 2 1 2 3 2 x t y t z t             . D. 1 2 2 2 3 x t y t z t              . Lời giải Chọn A Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng   P nhận véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P làm véc tơ chỉ phương có phương trình tham số là 1 2 2 2 3 x t y t z t             . Câu 43. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 2 M  và mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     . Phương trình của đường thẳng đi qua M và vuông góc với   P là: A. 1 2 2 2 3 x t y t z t              . B. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . C. 1 2 2 2 3 x t y t z t             . D. 2 1 2 3 2 x t y t z t             Lời giải Chọn B Mặt phẳng   : 2 3 1 0 P x y z     có vectơ pháp tuyến   2;1; 3 n    đường thẳng đi qua   1;2; 2 M  và vuông góc với   P nên nhận   2;1; 3 n    làm vectơ chỉ phương. Vậy phương trình tham số là 1 2 2 2 3 x t y t z t             . Câu 44. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua   2; 3; 0 A và vuông góc với mặt phẳng       : 3 5 0? P x y z A.            1 1 3 1 x t y t z t B.           1 3 1 x t y t z t C.            1 3 1 3 1 x t y t z t D.            1 3 1 3 1 x t y t z t Lời giải Chọn B Vectơ chỉ phương của đường thẳng là      1; 3; 1 u nên suy ra chỉ đáp án A hoặc B đúng. Thử tọa độ điểm   2; 3; 0 A vào ta thấy đáp án B thỏa mãn Câu 45. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 1 x y z     . Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào vuông góc với    . A. 1 1 : 1 1 2 x y z d     . B. 2 1 : 1 1 1 x y z d      . C. 3 1 : 1 1 1 x y z d      . D. 4 2 : 0 x t d y z t          Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Chọn A Gọi VTCP của đường thẳng cần tìm là   1 2 3 ; ; a a a a   với 2 2 2 1 2 3 0 a a a    . Đường thẳng vuông góc với    a   cùng phương n  1 2 3 1 1 2 a a a     Chọn 1 1 a  thì 2 1 a   và 3 2 a  . Câu 46. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm   1;1;1 A và vuông góc với mặt phẳng tọa độ   Oxy có phương trình tham số là: A. 1 1 1 x t y z          . B. 1 1 1 x y z t          . C. 1 1 1 x t y z          . D. 1 1 1 x t y t z           . . Lời giải Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng tọa độ   Oxy nên nhận   0;0;1 k   làm vectơ chỉ phương. Mặt khác d đi qua   1;1;1 A nên:  Đường thẳng d có phương trình là: 1 1 1 x y z t          . Câu 47. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm   1; 3; 2 M  và mặt phẳng   : 3 2 1 0 P x y z     . Tìm phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với   P . A. 1 3 2 1 3 2 x y z       . B. 1 3 2 1 3 2 x y z       . C. 1 3 2 x y z    . D. 1 3 2 1 3 2 x y z       . Lời giải Chọn B Mặt phẳng   P có VTPT là   1; 3;2 n    . Vì d vuông góc với   P nên d nhận   1; 3;2 n    là VTCP. Đường thẳng d qua M và nhận   1; 3;2 n    là VTCP có phương trình: 1 3 2 1 3 2 x y z       . Câu 48. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng 1 1 : 1 1 2 x y z d     . Đường thẳng  đi qua A, vuông góc và cắt d có phương trình là A. 2 1 1 : 1 1 1 x y z        . B. 1 2 : 1 1 1 x y z      . C. 2 1 1 : 2 2 1 x y z       . D. 1 2 : 1 3 1 x y z       . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi giao điểm của  và d là   1; ;2 1 B t t t   . Khi đó   , , 2 3 u AB t t t            . Vì đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d có   1,1, 2 d u     thì:     2 2 3 0 1 1,1, 1 t t t t u              . Phương trình đường thẳng  thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 1 1 : 1 1 1 x y z        Câu 49. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm   3;1;2 A và vuông góc với mặt phẳng 3 5 0 x y z     có phương trình là A. 3 1 2 . 1 1 3 x y z      B. 1 1 3 . 3 1 2 x y z      C. 1 1 3 . 3 1 2 x y z      D. 3 1 2 . 1 1 3 x y z      Lời giải Chọn A Vì đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 3 5 0 x y z     nên nó có véc tơ chỉ phương là   1;1;3 u   . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 3 1 2 . 1 1 3 x y z      Câu 50. Trong không gian , O x y z cho điểm (3; 2; 1) M  và mặt phẳng ( ) : 2 0. P x z    Đường thẳng đi qua M và vuông góc với ( ) P có phương trình là A. 3 2 . 1 x t y z t            B. 3 2 . 1 x t y t z            C. 3 2 . 1 x t y t z t           D. 3 1 2 . x t y t z t            Lời giải Chọn A Ta có mặt phẳng    ( ) : 2 0 P x z  Mặt phẳng   P có véc tơ pháp tuyến là     1;0;1 P n      Gọi đường thẳng cần tìm là  . Vì đường thẳng  vuông góc với   P nên véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là véc tơ chỉ phương của đường thẳng  .     1;0;1 P u n            Vậy phương trình đường thẳng  đi qua (3; 2; 1) M  và có véc tơ chỉ phương   1;0;1 u      là:            3 2 . 1 x t y z t Câu 51. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;2;1 A và vuông góc với mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     có dạng A. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d       . B. 2 2 : 1 2 1 x y z d      . C. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d      . D. 2 2 : 2 4 2 x y z d      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Lời giải Chọn D Mặt phẳng   P có vecto pháp tuyến   1; 2;1 P n      . Vì   d P  nên   1; 2;1 P n      cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng d . Suy ra phương trình đường thẳng d thường gặp là 1 2 1 1 2 1 x y z       . So với đáp án không có, nên đường thẳng d theo bài là đường có vecto chỉ phương cùng phương với P n    và đi qua điểm   1;2;1 A . Thay tọa độ điểm   1;2;1 A vào 3 đáp án A, B, D thấy đáp án D thỏa mãn. Câu 52. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  : 2 5 1 0 P x y z     và   1;2; 1 A  . Đường thẳng  qua A và vuông góc với   P có phương trình là A. 2 5 2 1 x t y t z t             . B. 3 2 3 5 1 x t y t z t             . C. 1 2 2 5 1 x t y t z t            . D. 3 2 3 5 x t y t z t             . Lời giải Chọn D Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   2; 5;1 n    . Đường thẳng  vuông góc với   P nên có một vectơ chỉ phương là   2;5; 1 u n        .  đi qua A nên có phương trình 1 2 2 5 1 x t y t z t             . Cho 1 t   ta được điểm   3; 3;0 B    . Vì thế  có phương trình 3 2 3 5 x t y t z t             . Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  : 2 3 0 P x y z     và điểm   1; 2;1 . A  Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với   P là A. 1 2 : 2 1 x t d y t z t             . B. 1 2 : 2 4 1 3 x t d y t z t             . C. 2 1 2 1 x t y t z t             . D. 1 2 : 2 1 3 x t d y t z t             . Lời giải Chọn A Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   2; 1;1 n    . Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng   P nên nhận   2; 1;1 n    làm vectơ chỉ phương. Mà d đi qua   1; 2;1 A  nên có phương trình: 1 2 2 1 x t y t z t             ( t   ). NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;2;1 A và vuông góc với mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     có dạng A. 2 : 1 2 1 x y z d      . B. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d      . C. 1 2 1 : 1 2 1 x y z d        . D. 2 : 2 4 2 x y z d      . Lời giải Chọn D   : 2 1 0 P x y z     có     1 ; 2; 1 P n     Vì   d P  nên d có một VTCP là   1 ; 2; 1 a      chọn A, C, D Thay tọa độ điểm A vào các câu đã chọn, ta thấy câu D thỏa yêu cầu. 1 2 2 1 : 2 4 2 d      Câu 55. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng  đi qua điểm   2;4;3 A  và vuông góc với mặt phẳng   :2 3 6 19 0 x y z      có phương trình là A. 2 3 6 2 4 3 x y z       . B. 2 4 3 2 3 6 x y z       . C. 2 3 6 2 4 3 x y z       . D. 2 4 3 2 3 6 x y z       . Lời giải Chọn B Mặt phẳng   :2 3 6 19 0 x y z      có vectơ pháp tuyến là   2; 3;6 n    . Đường thẳng  đi qua điểm   2;4;3 A  và vuông góc với mặt phẳng    nhận   2; 3;6 n    làm vectơ chỉ phương, khi đó phương trình đường thẳng  là: 2 4 3 . 2 3 6 x y z       Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song Câu 56. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;1 A ,   1;1;0 B và   3;4; 1 C  . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là A. 1 1 4 5 1 x y z      . B. 1 1 2 3 1 x y z      . C. 1 1 2 3 1 x y z      . D. 1 1 4 5 1 x y z      . Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua A và song song với BC nhận   2;3; 1 BC       làm một véc tơ chỉ phương. Phương trình của đường thẳng d : 1 1 2 3 1 x y z      . Câu 57. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian , cho ba điểm . Đường thẳng đi qua và song song với có phương trình là A. . B. . C. . D. . Oxyz       1;2;3 , 1;1;1 , 3;4;0 A B C A BC 1 2 3 4 5 1 x y z      1 2 3 4 5 1 x y z      1 2 3 2 3 1 x y z       1 2 3 2 3 1 x y z       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Lời giải Chọn C Ta có , đường thẳng song song nên có vec tơ chỉ phương cùng phương với . Do vậy đường thẳng đi qua và song song với có phương trình là Câu 58. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1;2;0), (1;1;2) A B và (2;3;1) C . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là A. 1 2 . 1 2 1 x y z      B. 1 2 . 3 4 3 x y z     C. 1 2 . 3 4 3 x y z     D. 1 2 . 1 2 1 x y z      Lời giải Chọn A Gọi d là phương trình đường thẳng qua   1;2;0 A và song song với BC . Ta có   1;2; 1 BC       1 2 : 1 2 1 x y z d       . Câu 59. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm       1;1;0 , 1;0;1 , 3;1;0 A B C . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là: A. 1 1 2 1 1 x y z     . B. 1 1 4 1 1 z y z     . C. 1 1 2 1 1 x y z      . D. 1 1 4 1 1 x y z     . Lời giải Chọn C Đường thẳng đi qua   1;1;0 A , song song với BC nên nhận   2;1; 1 BC       là véc tơ chỉ phương do đó có phương trình là: 1 1 2 1 1 x y z      . Câu 60. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   0; 1 ;3 A  ,   1 ;0;1 B ,   1 ;1 ;2 C  . Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng BC ? A. 2 0 x y z    . B. 2 1 3 x t y t z t             . C. 1 3 2 1 1 x y z      . D. 1 1 2 1 1 x y z      . Lời giải Chọn C Đường thẳng  đi qua A và song song BC nhận   2;1;1 BC       làm vectơ chỉ phương  Phương trình chính tắc của đường thẳng  : 1 3 2 1 1 x y z      . Chú ý: Đáp án A không nhận được, vì đó là phương trình tham số của đường thẳng cần tìm, chứ không phải phương trình chính tắc.   2;3; 1 BC         2;3; 1 BC       A BC 1 2 3 2 3 1 x y z      NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 61. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai điểm     1; 2; 3 A ;   1; 4;1 B và đường thẳng       2 2 3 : 1 1 2 y x z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn A B và song song với d ? A.     1 1 1 1 2 y x z B.      1 1 1 1 2 y x z C.       1 1 1 1 1 2 y x z D.      2 2 1 1 2 y x z Lời giải Chọn B Trung điểm của A B là    0;1; 1 I       2 2 3 : 1 1 2 y x z d có VTCP là     1; 1; 2 u nên đường thẳng  cần tìm cũng có VTCP     1; 1; 2 u . Suy ra phương trình đường thẳng       1 1 : . 1 1 2 y x x Câu 62. Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho điểm    1; 2; 3 A và hai mặt phẳng       : 1 0 P x y z ,       : 2 0 Q x y z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? A.           1 2 3 2 x y z t B.             1 2 3 x t y z t C.            1 2 2 3 2 x t y z t D.            1 2 3 x t y z t Lời giải Chọn D Ta có                   1;1;1 1; 1;1 P Q n n và                   , 2; 0; 2 2 1;0; 1 P Q n n . Vì đường thẳng d song song với hai mặt phẳng, nên nhận véc tơ    1; 0; 1 làm véc tơ chỉ phương. Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho ba điểm    0; 1; 3 A ,   1; 0;1 B ,   1;1; 2 C . Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng BC ? A.             2 1 3 x t y t z t . B.      1 3 2 1 1 y x z . C.      1 1 2 1 1 y x z . D.    2 0 x y z . Lời giải Chọn B Đường thẳng đi qua A và song song BC nhận        2;1;1 BC làm vecto chỉ phương TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19  Phương trình đường thẳng cần tìm:      1 3 2 1 1 y x z . Chú ý: Đáp án A không nhận được, vì đó là phương trình tham số của đường thẳng cần tìm, chứ không phải phương trình chính tắc. Câu 64. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;0; 1 A  và mặt phẳng   : 1 0 P x y    . Đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy có phương trình là A.           3 2 1 x t y t z t . B.            2 1 x t y t z . C.            1 2 1 x t y z t . D.            3 1 2 x t y t z t . Lời giải Chọn B Ta có:     1;1;0 Oxy n   ,     0;0;1 Oxy n   . Gọi d là đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy . Khi đó:         (Oxy) , 1; 1;0 d P d P Oxy d u n u n n u n                       . Vậy 2 : 1 x t d y t z            . Câu 65. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   2;3; 1 M   ,   1;2;3 N  và   2; 1;1 P  . Phương trình đường thẳng d đi qua M và song song với NP là A. 1 3 2 3 3 2 x t y t z t             . B. 2 3 1 3 1 2 x t y t z t             . C. 2 3 3 3 1 2 x t y t z t              . D. 3 2 3 3 2 x t y t z t              . Lời giải Chọn C Phương trình đường thẳng d đi qua M và song song với NP nên có vectơ chỉ phương là:   3; 3; 2 NP        . Vậy phương trình đưởng thẳng d là: 2 3 3 3 1 2 x t y t z t              Câu 66. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 : . 1 2 1 x y z d        Đường thẳng đi qua điểm   2;1 ; 1 M  và song song với đường thẳng d có phương trình là: A. 2 1 1 . 1 2 1 x y z        B. 5 3 . 1 2 1 x y z      C. 1 2 1 . 2 1 1 x y z       D. 2 1 1 . 1 1 2 x y z       Lời giải Chọn B NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vì đường thẳng song song với đường thẳng d nên nó có vectơ chỉ phương là   1; 2; 1 u     hoặc   1; 2;1 u    nên loại phương án C và D. Vì điểm   2;1; 1 M  thuộc đường thẳng 5 3 1 2 1 x y z      nên chọn phương án B. Vậy phương trình của đường thẳng là 5 3 . 1 2 1 x y z      Câu 67. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm     (0; 0; 1),B 1; 2;0 , 2;1; 1 A C    . Đường thẳng  đi qua C và song song với AB có phương trình là A.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . B.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . C.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . D.   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              . Lời giải Chọn A   1; 2; 1 AB        nên chọn là véc tơ chỉ phương của  là   1;2;1 u  . Do đó phương trình của  là   2 1 2 , 1 x t y t t R z t              Câu 68. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      ,   : 2 0 x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Đường thẳng  đi qua điểm A và song song với cả hai mặt phẳng     ,   có phương trình là A. 1 2 1 2 4 2 x y z        . B. 1 2 1 1 3 5 x y z      . C. 1 2 1 1 2 1 x y z        . D. 2 3 1 2 1 x y z     . Lời giải Chọn B mp    có véc tơ pháp tuyến là   1 1; 2;1 n     , mp    có véc tơ pháp tuyến là   2 2;1; 1 n      . Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương là   1 2 ; 1;3;5 u n n             . Phương trình của đường thẳng 1 2 1 : 1 3 5 x y z       . Dạng 3 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, giao điểm đường với mặt phẳng Câu 69. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 2 1 : 1 3 3 x y z d       ? A.   1;2;1 P  . B.   1; 2; 1 Q   . C.   1;3;2 N  . D.   1;2;1 P . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Chọn A Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm   1;2;1 P  thỏa 1 1 2 2 1 1 0 1 3 3         . Vậy điểm   1;2;1 P  thuộc đường thẳng yêu cầu. Câu 70. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian , Oxyz cho đường thẳng 1 2 1 : . 2 3 1 x y z d       Điểm nào sau đây thuộc ? d A.   1;2; 1 . P  B.   1; 2;1 . M   C.   2;3; 1 . N  D.   2; 3;1 . Q   Lời giải Chọn A Thay tọa độ điểm   1; 2; 1 P  vào phương trình đường thẳng d thấy thỏa mãn nên đường thẳng d đi qua điểm   1;2; 1 . P  Câu 71. (Mã 101 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x 2 y 1 z 3 d : 4 2 1       . Điểm nào dưới đây thuộc d? A.   4; 2;1 . Q  B.   4;2;1 . N C.   2;1; 3 . P  D.   2;1;3 . M Lời giải Chọn C Thay tọa độ điểm   2;1; 3 P  vào 2 1 3 : 4 2 1 x y z d       ta được 2 2 1 1 3 3 0 0 0 4 2 1           đúng. Vậy điểm   P d  . Câu 72. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 1 : 2 5 1 x z z d       . Điểm nào sau đây thuộc d ? A. (4;2; 1) N  . B. (2;5;1) Q . C. (4;2;1) M . D. (2; 5;1) P  . Lời giải Chọn A Thế điểm (4;2; 1) N  vào d ta thấy thỏa mãn nên chọn A. Câu 73. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 2 : 2 4 1 x y z d       . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   3; 1; 2 N   B.   2;4;1 Q C.   2;4; 1 P  D.   3;1;2 M Lời giải Chọn A Ta có: 3 3 1 1 2 2 0 2 4 1          . Vậy   3; 1; 2 N   thuộc d . Câu 74. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 5 : 2 2 1 x y z d       . Điểm nào dưới đây thuộc d ? NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   3;1;5 M . B.   3;1; 5 N  . C.   2;2; 1 P  . D.   2;2;1 Q . Lời giải Chọn B Ta có 3 3 1 1 5 5 0 2 2 1         nên điểm   3;1; 5 N d   . Câu 75. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : 1 5 2 3 x t y t z t            ? A.   1;5;2 N B.   1;1;3 Q  C.   1;1;3 M D.   1;2;5 P Lời giải Chọn A Cách 1. Dựa vào lý thuyết: Nếu d qua   0 0 0 ; ;z M x y , có véc tơ chỉ phương   ; ;  u a b c thì phương trình đường thẳng d là: 0 0 0 x x at y y bt z z ct            , ta chọn đáp án B. Cách 2. Thay tọa độ các điểm M vào phương trình đường thẳng d , ta có: 1 1 0 2 5 3 5 2 3 1 t t t t t t                      (Vô lý). Loại đáp án A. Thay tọa độ các điểm N vào phương trình đường thẳng d , ta có: 1 1 5 5 0 2 2 3 t t t t              . Nhận đáp án B. Câu 76. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thằng 2 1 2 : 1 1 2 x y z d      . A.   2; 1;2 N  B.   2;1 ; 2 Q   C.   2; 2;1 M   D.   1;1;2 P Lời giải Chọn B Đường thằng 2 1 2 : 1 1 2 x y z d      đi qua điểm   2;1; 2   . Câu 77. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 : 3 1 x t d y t z t            đi qua điểm nào dưới đây? A.   1;3; 1 M  . B.   3;5;3 M  . C.   3;5;3 M . D.   1;2; 3 M  . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Với 2 t   , ta có       1 2 2 3 3 2 5 1 2 3 x y z                   . Vậy   3;5;3 M d   . Câu 78. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Đường thẳng 1 2 x t d y t z t           đi qua điểm nào sau sau đây? A.   1; 1;1 K  . B.   1;1;2 E . C.   1;2;0 H . D.   0;1;2 F . Lời giải Thay tọa độ của   1; 1;1 K  vào PTTS của d ta được 1 1 1 1 2 : 1 2 1 t t t t t t                      không tồn tại t. Do đó, . K d  Thay tọa độ của   1;1;2 E vào PTTS của d ta được 1 1 1 1 0 : 2 2 0 t t t t t t                    không tồn tại t. Do đó, . E d  Thay tọa độ của   1;2;0 H vào PTTS của d ta được 1 1 2 1 1 : 0 2 2 t t t t t t                      không tồn tại t. Do đó, . H d  Thay tọa độ của   0;1;2 F vào PTTS của d ta được 0 0 1 1 0 0. 2 2 0 t t t t t t t                      Câu 79. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 1 2 2 1 3 x y z       ? A.   2;1; 3 Q   . B.   2; 1;3 P  . C.   1;1; 2 M   . D.   1; 1;2 N  . Lời giải Xét điểm   1; 1;2 N  ta có 1 1 1 1 2 2 2 1 3        nên điểm   1; 1; 2 N   thuộc đường thẳng đã cho. Câu 80. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng qua   1;0;2 A , cắt và vuông góc với đường thẳng 1 1 5 : 1 1 2      x y z d . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   2; 1;1  P . B.   0; 1;1  Q . C.   0; 1;2  N . D.   1; 1;1   M . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình tham số đường thẳng   1 1 : 5 2             x t d y t t z t , với vectơ chỉ phương   1;1; 2    u . Giả sử đường thẳng d cắt đường thẳng 1 d tại B . Khi đó   1 ; ;5 2   B t t t .   ; ;3 2       AB t t t Vì đường thẳng d vuông góc với đường thẳng 1 d nên 1 . 0         AB d AB u     3 2 2 0 1         t t t t . Khi đó   2;1;3 B . Phương trình đường thẳng d đi qua   1;0;2 A và có vectơ chỉ phương   1;1;1      AB là: 1 2 1 1 1     x y z . Nhận thấy   0; 1;1   Q d . Câu 81. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 : 5 2 3            x t d y t z t ? A.   1;1; 3  Q B.   1; 2; 5 P C.   1; 5; 2 N D.   1;1; 3 M Lời giải Chọn C Với   1 0 5 1; 5; 2 2             x t y N d z . Câu 82. Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d        đi qua điểm nào dưới đây? A. (2; 1; 2) Q   . B. (1; 2; 3) M   . C. ( 1 ;2; 3) P   . D. N(2; 1; 2)   . Lời giải Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương. Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm. Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương. Câu 83. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 3 : 3 4 5        x y z d . Hỏi d đi qua điểm nào trong các điểm sau: A.   3;4;5  C . B.   3; 4; 5   D . C.   1;2; 3   B . D.   1; 2;3  A . Lời giải Chọn D Đường thẳng 1 2 3 : 3 4 5        x y z d đi qua điểm   1; 2;3  A . Câu 84. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 2;1 A  . Đường thẳng nào sau đây đi qua A ? A. 3 2 1 1 1 2 x y z      . B. 3 2 1 4 2 1 x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 C. 3 2 1 1 1 2 x y z      . D. 3 2 1 4 2 1 x y z        . Lời giải Xét đáp án A. Thay tọa độ điểm   3; 2;1 A  vào phương trình đường thẳng ta được 0 0 0 1 1 2   đúng. Suy ra đường thẳng 3 2 1 1 1 2 x y z      đi qua điểm   3; 2;1 A  . Câu 85. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 1 : 5 2 3            x t d y t z t ? A.   1;1; 3  Q B.   1; 2; 5 P C.   1; 5; 2 N D.   1;1; 3 M Lời giải Chọn C Với   1 0 5 1; 5; 2 2             x t y N d z . Câu 86. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 3 3 2 4 x y z       . Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng d ? A.   7;2;1 P . B.   2; 4;7 Q   . C.   4;0; 1 N  . D.   1; 2;3 M  . Lời giải Thay tọa độ điểm   7; 2;1 P vào phương trình đường thẳng d ta có 7 1 2 2 1 3 3 2 4       nên điểm   7;2;1 P d  . Câu 87. (THPT Cẩm Bình 2019) Giao điểm của mặt phẳng   : 2 0 P x y z     và đường thẳng 2 : 3 3 x t d y t z t            A.   1;1;0 . B.   0;2;4 . C.   0;4;2 . D.   2;0;3 . Lời giải Chọn A Gọi   ; ; A x y z là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng   P . Ta có:   2 3 3 2 0 3 3 0 1 t t t t t              .   1 1 1;1;0 0 x y A z           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 88. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian , Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 3 , 1 x t d y t z t            t   và mặt phẳng   : 2 3 2 0. P x y z     Tìm tọa độ của điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  . P A.   3;5;3 A . B.   1;3;1 A . C.   3;5;3 A  . D.   1;2; 3 A  . Lời giải Chọn C Vì A là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng   P nên +   1 2 ;3 ;1 . A d A t t t      +         1 2 2 3 3 1 2 0 2. A P t t t t             Vậy tọa độ điểm   3;5;3 . A  Câu 89. (Hùng Vương Gia Lai2019) Trong không gian Oxyz , giao điểm của mặt phẳng   : 3 5 2 0 P x y z     và đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z       là điểm   0 0 0 ; ; M x y z . Giá trị tổng 0 0 0 x y z   bằng A. 1. B. 2 . C. 5. D. 2  . Lời giải Chọn D   12 4 ;9 3 ;1 M M t t t       .         3 12 4 5 9 3 1 2 0 3 M P t t t t             .   0 0 0 0;0; 2 2 M x y z       . Câu 90. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm   4;5;2 M  lên mặt phẳng   : 1 0 P y   là điểm có tọa độ A.   4; 1;2   . B.   4;1;2  . C.   0; 1;0  . D.   0;1;0 . Lời giải Chọn A Gọi H à hình chiếu vuông góc của M lên   P 4 : 5 2 x MH y t z              4;5 ;2 H MH H t         5 1 0 6 4; 1;2 H P t t H            Câu 91. (Chuyên Bắc Giang 19) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z d      và mặt phẳng   :3 5 2 0 P x y z     . Tìm tọa độ giao điểm của d và   P . A.   1;0;1 . B.   0;0; 2  . C.   1;1;6 . D.   12;9;1 . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Chọn B Ta có 12 9 1 : 4 3 1 x y z d       12 4 : 9 3 1 x t d y t z t              t   . Thay 12 4 x t   , 9 3 y t   , 1 z t   vào   :3 5 2 0 P x y z     , ta được:       3 12 4 5 9 3 1 2 0 t t t         3 t   . Với 3 t    0 x  , 0 y  , 2 z   . Vậy tọa độ giao điểm của d và   P là   0;0; 2  . Câu 92. (Kon Tum - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 2 : 3 1 x t d y t z t             , giao điểm của d với mặt phẳng   Oxy có tọa độ là A.   4; 3;0  . B.   2; 2;0  . C.   0; 1; 1   . D.   2;0; 2   . Lời giải Chọn B Mặt phẳng   Oxy có phương trình 0 z  . Gọi   4 2 ; 3 ;1 M m m m     là giao điểm của d với mặt phẳng   Oxy thì ta có: 1 0 1 m m     . Vậy   2; 2;0 M  . Câu 93. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 3 điểm   1;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;3 C và đường thẳng : 2 3 x t d y t z t            . Gọi   ; ; M a b c là toạ độ giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng   ABC . Tính tổng S a b c    . A. 6 . B. 5. C. 7  . D. 11. Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng   ABC có dạng: 1 6 3 2 6 0 1 2 3 x y z x y z         Điểm     ;2 ;3 M d M t t t      . Lại vì   M d ABC   nên ta có         6 3 2 2 3 6 0 6 6 6;8;9 t t t t t M                Vậy ta có 6 8 9 7 S a b c          NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 94. (Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 3 : 2 1 1 x y z d      và mặt phẳng   : 2 5 0 P x y z     . Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng   P . A.   1;0;4 M  . B.   5; 2;2 M   . C.   0;0;5 M . D.   3; 1;3 M   . Lời giải Chọn A Phương trình tham số của đường thẳng d : 3 2 1 3 x t y t z t              . Xét phương trình     3 2 2 1 3 5 0 t t t          3 3 1 t t     .  Đường thẳng d cắt mặt phẳng   P tại điểm   1;0;4 M  . Câu 95. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;3;5 . A Tìm tọa độ điểm ' A là hình chiếu vuông góc của A lên trục . Oy A.   ' 2;0;0 . A B.   ' 0;3;0 . A C.   ' 2;0;5 . A D.   ' 0;3;5 . A Lời giải Chọn B Dạng 4. Bài toán liên quan khoảng cách, góc 1. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng – Khoảng cách giữa hai đường thẳng  Khoảng cách từ điểm M đến một đường thẳng d qua điểm M  có véctơ chỉ phương d u  được xác định bởi công thức , ( , ) d d M M u d M d u                Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d đi qua điểm M và có véctơ chỉ phương u  và d  đi qua điểm M  và có véctơ chỉ phương u   là     , . ( , ) , u u M M d d d u u                 2. Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa hai đường thẳng 1 d và 2 d có véctơ chỉ phương 1 1 1 1 ( ; ; ) u a b c   và 2 2 2 2 ( ; ; ). u a b c   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 . cos( ; ) cos . . u u a a b b c c d d u u a b c a b c               với 0 90 .      3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Góc giữa đường thẳng d có véctơ chỉ phương ( ; ; ) d u a b c   và mặt phẳng ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) ( ; ; ) P n A B C   được xác định bởi công thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) . sin cos( ; ) . d P P d d P u n aA bB cC n u u n a b c A B C                 với 0 90 .      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Câu 96. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z       . Tính khoảng cách d giữa  và   P . A. 2 d  B. 5 3 d  C. 2 3 d  D. 1 3 d  Lời giải Chọn A ( ) P có vecto pháp tuyến    (2; 2; 1) n và đường thẳng  có vecto chỉ phương (2;1; 2) u  thỏa mãn . 0 n u    nên //( ) P  hoặc ( ) P   . Do đó: lấy    (1; 2;1) A ta có: 2.1 2.( 2) 1 1 ( ( )) ( ;( )) 2 4 4 1 d P d A P           . Câu 97. (Chuyên Sơn La 2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d     và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     bằng: A. 2 3. B. 3 . 3 C. 2 3 . 3 D. 3. Lời giải Đường thẳng d qua   1;0;0 M và có vec-tơ chỉ phương   1;1; 2 a    . Mặt phẳng   P có vec-tơ pháp tuyến   1;1;1 n   . Ta có:     . 1.1 1.1 2.1 0 / / . a n d P M P                      2 2 2 1 0 0 2 , , 3. 1 1 1 d d P d M P         Câu 98. (THPT Lê Quý Đôn Dà Nẵng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 2 : 5 4 2 x t y t z t             ,   t   và mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    bằng A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Xét phương trình       2 2 5 4 2 2 0 0 3 0 t t t t          . Phương trình này vô nghiệm nên   // P  . Chọn   2;5;2 M   . Khi đó:           2 2 2 2.2 5 2.2 , , 1. 2 1 2 d P d M P          NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 99. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 : 2 2 3 x t d y t z t            và mặt phẳng (P): 3 0 x y    . Tính số đo góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). A. 0 60 B. 0 30 C. 120 o D. 0 45 Lời giải Chọn A. Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là   1;2;1 u    Mặt phẳng   P có véc tơ pháp tuyến là   1; 1;0 n    Gọi  là góc giữa Đường thẳng d và Mặt phẳng   P . Khi đó ta có       2 2 2 2 2 2 . 1.1 2. 1 1.0 3 3 sin 2 2 3 1 2 1 . 1 1 0 u n u n                    Do đó 0 60   Câu 100. (Chuyên Trần Đại Nghĩa - TPHCM - 2018) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 d : 3 2 1 2 1 x y z     và 2 d : 3 1 2 1 2 1 x y z       A. 2 3 . B. 12 5 . C. 3 2 2 . D. 3. Lời giải 1 d qua   0;3;2 M có vtcp   1;2;1 u   , 2 d qua   3; 1;2 N  có vtcp   1; 2;1 v    .     , 4;0; 4 u v     ,   3; 4;0 MN        .   1 2 , d d d      , . , u v MN u v           12 3 2 2 4 2  . Câu 101. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 3 1 0 P x y z     và đường thẳng 1 6 4 : 4 3 1 x y z d      , sin của góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng   P bằng A. 5 13 . B. 8 13 . C. 1 13 . D. 12 13 . Lời giải Chọn D Mặt phẳng   : 4 3 1 0 P x y z     có một vectơ pháp tuyến là   4;3; 1 n    . Đường thẳng 1 6 1 : 4 3 1 x y z d      có một vectơ chỉ phương là   4;3;1 u   . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng   P . Khi đó   sin cos ; n u     . n u n u          2 2 2 2 2 2 4.4 3.3 1 1 4 3 1 . 4 3 1          12 13  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Câu 102. (Chuyên ĐH Vinh -2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 1 2 1 x y z     và mặt phẳng   : 2 0 x y z     . Góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng    bằng A. 30  . B. 60  . C. 150  . D. 120 . Lời giải Chọn A Đường thẳng  có vectơ chỉ phương   1;2; 1 u    , mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến   1; 1;2 n    . Gọi  là góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng    , khi đó   . 1 2 2 1 sin cos , 30 2 6. 6 . u n u n u n                  . Câu 103. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P): 3 1 0 x y     . Tính góc tạo bởi ( ) P với trục Ox ? A. 0 60 . B. 0 30 . C. 0 120 . D. 0 150 . Lời giải Chọn A Mặt phẳng ( ) P có VTPT ( 3;1;0) n    Trục Ox có VTCP (1;0;0) i   Góc tạo bởi ( ) P với trục Ox 3.1 1.0 0.0 . 3 sin((P); ) cos((P); ) = 2 3 1. 1 . n i Ox Ox n i            Vậy góc tạo bởi ( ) P với trục Ox bằng 0 60 . Câu 104. (Bình Phước - 2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm   2; 4; 1 M   tới đường thẳng : 2 3 2 x t y t z t            bằng A. 14. . B. 6. . C. 2 14. . D. 2 6. Lời giải Chọn C Đường thẳng  đi qua   0;2;3 N , có véc tơ chỉ phương   1; 1; 2 u        2;6;4 ; , 16;8; 4 MN MN u                    .   , 336 , 2 14. 6 MN u d M u                . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 105. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 1 : 2 1 1 x y z d       và điểm (2; 1 ;0) A  . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng   d bằng A. 7 . B. 7 2 . C. 21 3 . D. 7 3 . Lời giải Chọn C Gọi   3;0;1 M d  .   (1;1;1); ( 2; 1;1) ; 2; 3;1 ; 14 d d d AM u AM u AM u                                        . Vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng   d bằng ; 14 21 ( , ) 3 6 d d AM u d A d u                   Câu 106. (Chuyên Bắc Giang -2019) Cho 1 3 1 : 3 , ' : 3 1 1 2 2 x t x y z d y t d z t                  . Khi đó khoảng cách giữa d và ' d là A. 13 30 30 . B. 30 3 . C. 9 30 10 . D. 0 . Lời giải Chọn C Ta có     1 ; 3;2 , 0;3;1 ' A d B d    và     1 ; 1 ;2 , ' 3; 1 ;1 u u      lần lượt là vectơ chỉ phương của d,d' Ta có   , ' . 27 9 30 , ' 10 30 , ' u u AB d d d u u                      Câu 107. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d     và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     bằng A. 2 3 . B. 3 3 . C. 2 3 3 . D. 3 . Lời giải Chọn D Đường thẳng d đi qua điểm   1;0;0 M và có véc tơ chỉ phương   1;1; 2 u    . Mặt phẳng   P có véc tơ pháp tuyến   1;1;1 n   . Ta có     . 0 / / u n d P M P           .         1 0 0 2 d , d , 3 1 1 1 d P M P          . Câu 108. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, khoảng cách giữa đường thẳng 1 3 2 : 2 2 1 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0 P x y z     A. 1. B. 0. C. 3. D. 2. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Lời giải Chọn A Vì đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) nên : Chọn (1;3;2) M d  2 2 2 1 6 4 4 ( ;( )) (M;(P)) 1 1 ( 2) 2 d d P d          Dạng 5. Xác định phương trình mặt phẳng có yếu tố đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với đường thẳng . d AB  Phương pháp. ( ) ( ; ; ) ( ) : : P d M x y z P VTPT n u u AB Q a                   Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng qua M và chứa đường thẳng d với M d  .  Bước 1: Chọn điểm A d  và một VTCP . d u    Tính , d AM u             . Bước 2: Phương trình qua mp( ) VTPT , d M P n AM u               Câu 109. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 2;3 M  và đường thẳng d : 1 2 3 3 2 1 x y z       . Mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d có phương trình là A. 3 2 1 0 x y z     . B. 2 2 3 17 0 x y z     . C. 3 2 1 0 x y z     . D. 2 2 3 17 0 x y z     . Lời giải Chọn A Gọi   P là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng d . Ta có:   3;2; 1 P d n u      là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Phương trình mặt phẳng   P là:       3 2 2 2 1 3 0 3 2 1 0 x y z x y z            . Câu 110. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   1;1; 1 M  và vuông góc với đường thẳng 1 2 1 : 2 2 1 x y z       có phương trình là A. 2 2 3 0 x y z     . B. 2 0 x y z    . C. 2 2 3 0 x y z     . D. 2 2 0 x y z     . Lời giải Chọn C 1 2 1 : 2 2 1 x y z       thì  có một vec-tơ chỉ phương là   2; 2;1 u   . Gọi    là mặt phẳng cần tìm. Có      , nên   2;2;1 u   là một vec-tơ pháp tuyến của    . P ( ) P d AB n u         d M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt phẳng    qua điểm   1;1; 1 M  và có một vec-tơ pháp tuyến   2;2;1 u   . Nên phương trình    là 2 2 3 0 x y z     . Câu 111. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian Oxyz, cho điểm ( 2;1;0) M và đường thẳng 3 1 1 : . 1 4 2        x y z Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với  có phương trình là A. 3 7 0     x y z . B. 4 2 6 0     x y z . C. 4 2 6 0     x y z . D. 3 7 0     x y z . Lời giải Chọn C Đường thẳng 3 1 1 : 1 4 2        x y z nhận véc tơ (1;4; 2)   u là một véc tơ chỉ phương. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với  nhận véc tơ chỉ phương (1;4; 2)   u của  là véc tơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng phải tìm là:       1. 2 4 1 2 0 0 4 2 6 0            x y z x y z . Câu 112. (Mã 102 - 2020 Lần 1) Trong không gian cho điểm và đường thẳng . Mặt phẳng đi qua và vuông góc với có phương trình là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Mặt phẳng đi qua và vuông góc với nhận véc tơ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: Câu 113. (Mã 103 - 2020 Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho điểm (2; 1;2) M  và đường thẳng 1 2 3 : 2 3 1 x y z d      . Mặt phẳng đi qua điểm qua M và vuông góc với d có phương trình là A. 2 3 3 0. x y z     B. 2 2 9 0. x y z     C. 2 3 3 0. x y z     D. 2 2 9 0. x y z     Lời giải Chọn A Đường thẳng d có một vecto chỉ phương là   2;3;1 u   Mặt phẳng   P vuông góc với d nên nhận u  làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng cần tìm là:       2 2 3 1 1 2 0 2 3 3 0 x y z x y z            . Câu 114. (Mã 104 - 2020 Lần 1) Trong gian gian , Oxyz cho điểm   3; 2;2 M  và đường thẳng 3 1 1 : 1 2 2 x y z d       . Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là A. 2 2 5 0 x y z     . B. 3 2 2 17 0 x y z     . C. 3 2 2 17 0 x y z     . D. 2 2 5 0 x y z     . Oxyz (1;1; 2) M  1 2 : 1 2 3 x y z d      M d 2 3 9 0 x y z     2 6 0 x y z     2 3 9 0 x y z     2 6 0 x y z     (1;1; 2) M  d (1;2; 3) n   1 2( 1) 3( 2) 0 x y z       2 3 9 0 x y z      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Lời giải Chọn A Mặt phẳng nhận vectơ nhận   1;2; 2  là vecto pháp tuyến và đáp án cần chọn là A. Câu 115. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   1;2; 2 A  và vuông góc với đường thẳng 1 2 3 : 2 1 3 x y z       có phương trình là A. 2 3 2 0 x y z     . B. 2 3 1 0 x y z     . C. 2 3 2 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Lời giải Chọn A Mặt phẳng qua   1;2; 2 A  và nhận   2;1;3 u      làm VTPT Vậy phương trình của mặt phẳng là:       2 1 2 3 2 0 x y z       2 3 2 0 x y z      . Câu 116. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho điểm    3; 1;1 M . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng        2 1 3 : ? 3 2 1 y x z A.     3 2 8 0 x y z B.     3 2 12 0 x y z C.     3 2 12 0 x y z D.     2 3 3 0 x y z Lời giải Chọn C Mặt phẳng cần tìm đi qua    3; 1;1 M và nhận VTCP của  là         3; 2;1 u làm VTPT nên có phương trình:     3 2 12 0. x y z Câu 117. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua   1; 1;2 M  và vuông góc với đường thẳng 1 2 : 2 1 3 x y z       . A. 2 3 9 0 x y z     . B. 2 3 9 0 x y z     . C. 2 3 9 0 x y z     . D. 2 3 6 x y z    . Lời giải Mặt phẳng   P vuông góc với  nên   P nhận vtcp của  là   2; 1;3 u      làm vtpt  Phương trình mặt phẳng   P là:       2 1 1 1 3 2 0 x y z       hay 2 3 9 0 x y z     . Câu 118. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       . Mặt phẳng   P vuông góc với d có một vectơ pháp tuyến là: A.   1;2;3 n   . B.   2; 1;2 n    . C.   1;4;1 n   . D.   2;1;2 n   . Lời giải Ta có: Đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       có vectơ chỉ phương là   2; 1;2 d a      NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vì   P d  nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là ( ) P n     =   2; 1;2 d a      Câu 119. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng ( ) : 1 1 1 x y z d   là: A. 1 0 x y z     . B. 1 x y z    . C. 1 x y z    . D. 0 x y z    . Lời giải Mặt phẳng ( ) P vuông góc với đường thẳng ( ) : 1 1 1 x y z d   nên nhận véc tơ chỉ phương   1;1;1 d u     làm véc tơ pháp tuyến, suy ra phương trình mặt phẳng ( ) P có dạng: 0 x y z D     , mặt khác ( ) P đi qua gốc tọa độ nên 0 D  . Vậy phương trình ( ) P là: 0 x y z    . Câu 120. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm   0;1;0 A và chứa đường thẳng   2 1 3 : 1 1 1 x y z        có phương trình là: A. 1 0 x y z     . B. 3 2 1 0 x y z     . C. 1 0 x y z     . D. 3 2 1 0 x y z     . Lời giải Ta lấy điểm               2;0;3 2;1;3 , 3;1; 2 1; 1;1 AM M n AM u vtcp u                                         Mặt phẳng cần tìm qua   0;1;0 A và nhận   3;1; 2 n    làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là:       3. 0 1. 1 2. 0 0 3 2 1 0 x y z x y z            . Câu 121. (Chuyên Hưng Yên 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 2 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng d . A.   : 2 1 0 T x y z     . B.   : 2 1 0 P x y z     . C.   : 2 1 0 Q x y z     . D.   : 1 0 R x y z     . Lời giải Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nếu vectơ chỉ phương của đường thẳng cùng phương với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là   1 ; 2 ; 1 u    . Mặt phẳng   T có một vectơ pháp tuyến là   1 ; 1 ; 2 T n     . Do 1 2 1 1 1 2    nên u  không cùng phương với T n    . Do đó d không vuông góc với   T . Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   1 ; -2 ; 1 P n     . Do 1 2 1 1 2 1     nên u  cùng phương với P n    . Do đó d vuông góc với   P . Mặt phẳng   Q có một vectơ pháp tuyến là   1 ; -2 ; -1 Q n     . Do 1 2 1 1 2 1      nên u  không cùng phương với Q n    . Do đó   d không vuông góc với   Q . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Mặt phẳng   R có một vectơ pháp tuyến là   1 ; 1 ; 1 R n     . Do 1 2 1 1 1 1    nên u  không cùng phương với R n    . Do đó   d không vuông góc với   R . Câu 122. (Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   0; 3;1 A  và đường thẳng 1 1 3 : 3 2 1 x y z d       . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d là: A. 3 2 5 0 x y z     . B. 3 2 7 0 x y z     . C. 3 2 10 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Lời giải Chọn véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là:   3; 2;1 d n u        . Mặt khác mặt phẳng này đi qua A nên có phương trình là:       3 0 2 3 1 0 3 2 7 0 x y z x y z            . Câu 123. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho điểm    3; 1;1 M . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng        2 1 3 : ? 3 2 1 y x z A.     2 3 3 0 x y z B.     3 2 8 0 x y z C.     3 2 12 0 x y z D.     3 2 12 0 x y z Lời giải Chọn D Mặt phẳng cần tìm đi qua    3; 1;1 M và nhận VTCP của  là        3; 2; 1 u làm VTPT nên có phương trình:     3 2 12 0. x y z Câu 124. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm   0; 3;1 A  và đường thẳng 1 1 3 : 3 2 1 x y z d       . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d là A. 3 2 5 0 x y z     . B. 3 2 7 0 x y z     . C. 3 2 10 0 x y z     . D. 3 2 5 0 x y z     . Lời giải Chọn B Phương trình mặt phẳng đi qua   0; 3;1 A  và vuông góc với đường thẳng d nên có VTPT   3; 2;1 d n u      . Phương trình tổng quát:       3 0 2 3 1 0 3 2 7 0 x y z x y z            . Câu 125. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;3;2 A  và đường thẳng d có phương trình 1 4 2 x t y t z t           . Mặt phẳng   P chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? A. 2 2 1 0. x y z     . B. 0. x y z    . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 3 2 10 23 0. x y z      . D. 2 3 4 0. x y z     Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua điểm   1;0;2 M và có vectơ chỉ phương   4;1;1 u    . Ta có:   2; 3;0 AM        ;   , 3; 2; 10 AM u               . Mặt phẳng ( ) P chứa điểm A và đường thẳng d có vectơ pháp tuyến   , 3; 2; 10 AM u               . Vậy phương trình mặt phẳng ( ) P là       3 1 2 3 10 2 0 x y z        3 2 10 23 0 x y z       . Câu 126. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2;0 A và đường thẳng 1 2 : 1 x t d y t z t            . Tìm phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm A và vuông góc với . d A. 2 4 0 x y z     . B. 2 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Lời giải Chọn D Do   P vuông góc với d nên ta có     2;1; 1 d P n u           . Phương trình mặt phẳng   P là       2 1 1 2 1 0 0 2 4 0.            x y z x y z Câu 127. (THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm   1;3;2 A  và đường thẳng d có phương trình 1 4 2 x t y t z t           . Mặt phẳng   P chứa điểm A và đường thẳng d có phương trình nào dưới đây? A. 2 2 1 0 x y z     . B. 0 x y z    . C. 3 2 10 23 0 x y z      . D. 2 3 4 0 x y z     . Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua điểm   1;0;2 B và có VTCP   4;1;1 u    . Ta có     2; 3;0 AB P        có VTPT   , 3; 2; 10 n AB u                . Mà   P đi qua   1;3;2 A  nên   P có phương trình: 3 2 10 23 0 x y z      . Câu 128. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   P đi qua điểm   1;2;0 A và vuông góc với đường thẳng 1 1 2 1 1 x y z      có phương trình là A. 2 4 0 x y z     . B. 2 4 0 x y z     . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Mặt phẳng   P vuông góc với đường thẳng 1 1 2 1 1 x y z      suy ra nó có một vectơ pháp tuyến là   2,1, 1 n    . Vậy mặt phẳng   P đi qua điểm   1;2;0 A và nhận   2,1, 1 n    làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 2( 1) 1( 2) 1( 0) 0 2 4 0 x y z x y z            . Câu 129. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng đi qua   2; 3;0 A  và vuông góc với đường thẳng d có phương trình: 3 4 7 1 2 5 x y z      . A. 2 5 10 0 x y z     . B. 2 5 8 0 x y z     . C. 2 3 4 0 x y    . D. 2 5 4 0 x y z     . Lời giải Chọn B Ta viết lại phương trình đường thẳng d là: 3 4 7 1 2 5 x y z        đường thẳng d có vectơ chỉ phương   1; 2;5 d u      . Mặt phẳng   P đi qua   2; 3;0 A  và vuông góc với đường thẳng d  Mp   P qua A và nhận vectơ   1; 2;5 d u      làm vectơ pháp tuyến  Phương trình của mặt phẳng   : 2 5 8 0 P x y z     . Câu 130. (Bắc Giang - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 1 2 x y z d      . Mặt phẳng   P đi qua điểm   2;0; 1 M  và vuông góc với d có phương trình là ? A.   : 2 0 P x y z    . B.   : 2 0 P x y z    . C.   : 2 0 P x y z    . D.   : 2 2 0 P x y    . Lời giải d có VTCP   1; 1;2 u      .   P d     P có VTPT   1; 1;2 n u          . Vậy phương trình mặt phẳng       : 2 0 2 1 0 2 0 P x y z x y z           . Câu 131. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 2 1 : 1 1 2 x y z d       . Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm   2;0; 1 M  và vuông góc với d . A.   : 2 0 P x y z    . B.   : 2 2 0 P x y    . C.   : 2 0 P x y z    . D.   : 2 0 P x y z    . Lời giải Mặt phẳng   P vuông góc với đường thẳng d nên   P có VTPT   1 ; 1 ;2 P d n u          . Nên phương trình mặt phẳng   P có dạng:       2 0 2 1 0 2 0 x y z x y z           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 132. (SGD&ĐT Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng   2 2 3 : 1 1 2 x y z d       và điểm   1; 2;3 A  . Mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng   d có phương trình là: A. 2 9 0 x y z     . B. 2 3 14 0 x y z     . C. 2 9 0 x y z     . D. 2 3 9 0 x y z     . Lời giải Đường thẳng d có vectơ chỉ phương:   1; 1;2 u    . Vì mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc với đường thẳng   d nên   P có vectơ pháp tuyến:   1; 1; 2 n    .  Phương trình mặt phẳng   P là:       1 2 2 3 0 x y z       2 9 0 x y z      . Câu 133. (THPT Thái Phiên - Hải Phòng 2018) Trong không gian với hệ trục O xy z , cho điểm   0;0;3 A và đường thẳng 1 1 : . 2 1 1      y x z d Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d là A. 2 3 0     x y z . B. 2 2 6 0     x y z . C. 2 3 0     x y z . D. 2 3 0     x y z . Lời giải Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm   0;0;3 A và vuông góc với đường thẳng d nên nhận véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là   2; 1;1    u làm véc tơ pháp tuyến. Do đó phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 3 0.     x y z TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 1. Xác định phương trình đường thẳng 1. Dạng 1. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và dạng chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm ( ; ; ) M x y z    và có véctơ chỉ phương 1 2 3 ( ; ; ). d u a a a   Phương pháp. Ta có: 1 2 3 ( ; ; ) : : ( ; ; ) d Qua M x y z d VTCP u a a a           Phương trình đường thẳng d dạng tham số 1 2 3 : , ( ). x x a t d y y a t t z z a t                 Phương trình đường thẳng d dạng chính tắc 1 2 3 1 2 3 : , ( 0). x x y y z z d a a a a a a          2. Dạng 2. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua A và . B Phương pháp. Đường thẳng ( ) : : d Qua A hay B d VTCP u AB              (dạng 1) 3. Dạng 3. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và song song với đường thẳng .  Phương pháp. Ta có Qua ( ; ; ) : : d M x y z d VTCP u u                   (dạng 1) 4. Dạng 4. Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số và chính tắc (nếu có), biết d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 0. P ax by cz d     Phương pháp. Ta có ( ) : : ( ; ; ) d P Qua M d VTCP u n a b c          (dạng 1) 5. Dạng 5. Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) P và ( ) Q cho trước. Phương pháp. Ta có ( ) ( ) : : [ , ] ( ) ( ) d P Q d VTCP u n n Qua A P Q            (dạng 1) 6. Dạng 6. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng 1 2 , d d cho trước. Phương pháp. Ta có 1 2 : : [ , ] d d d d C Qua M VT P u u u          (dạng 1) 7. Dạng 7. Viết phương trình đường thẳng d qua M và song song với hai mặt phẳng ( ), ( ). P Q Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) 8. Dạng 8. Viết phương trình đường thẳng d qua , M vuông góc đường d  và song song mặt ( ). P Phương pháp. Ta có : : , ] [ d d P d VTCP u u n Qua M           (dạng 1) PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 d A 1 d u    d 1 d 2 d 2 d u    A B d M  d u     P u n d P    d M NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 9. Dạng 9. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt ( ), P song song mặt ( ) Q và qua . M Phương pháp. Ta có : : , ] [ d P Q d VTCP u n Qua M n          (dạng 1) 10. Dạng 10. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm , A vuông góc và cắt đường thẳng . d  Phương pháp. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua , A vuông góc . d  Nghĩa là mặt phẳng ( ) : : P d Qua A P VTPT n u           Tìm ( ). B d P    Suy ra đường thẳng d qua A và B (dạng 1) Lưu ý: Trường hợp d  là các trục tọa độ thì , d AB  với B là hình chiếu của A lên trục. 11. Dạng 11. Viết phương trình tham số và chính tắc (nếu có) của đường thẳng d đi qua điểm M và cắt đường thẳng 1 d và vuông góc 2 d cho trước. Phương pháp. Giả sử 1 1 , ( , ) d d H H d H d     1 1 2 2 3 2 1 ( ; ; ) . H x a t x a t x a t d      Vì 2 2 . 0 . d MH d MH u t H              Suy ra đường thẳng : : d Qua M d VTCP u MH               (dạng 1) Dạng 12. d đi qua điểm 0 0 0 0 ( ; ; ) M x y z và cắt hai đường thẳng 1 2 d , d :  Cách 1: Gọi 1 1 2 2 M d , M d   Từ điều kiện 1 2 M, M , M thẳng hàng ta tìm được 1 2 M , M . Từ đó suy ra phương trình đường thẳng d .  Cách 2: Gọi   P  0 1 ( , ) M d ,   0 2 ( , ) Q M d  . Khi đó d    P    Q , do đó, một VTCP của d có thể chọn là , P Q a n n         . Dạng 13. d nằm trong mặt phẳng   P và cắt cả hai đường thẳng 1 2 d , d : Tìm các giao điểm     1 2 A d P , B d P .     Khi đó d chính là đường thẳng AB . Dạng 14. d song song với  và cắt cả hai đường thẳng 1 2 d , d : Viết phương trình mặt phẳng   P chứa  và 1 d , mặt phẳng   Q chứa  và 2 d . Khi đó d    P    Q . Dạng 15. d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 2 d , d chéo nhau:  Cách 1: Gọi 1 2 M d , N d .   Từ điều kiện 1 2 MN d MN d      , ta tìm được , M N . Khi đó, d là đường thẳng MN .  Cách 2: – Vì 1 d d  và 2 d d  nên một VTCP của d có thể là: 1 2 , d d a a a         . – Lập phương trình mặt phẳng   P chứa d và 1 d , bằng cách: + Lấy một điểm A trên 1 d . + Một VTPT của   P có thể là: 1 , P d n a a         . – Tương tự lập phương trình mặt phẳng   Q chứa d và 1 d . Khi đó d    P    Q . Dạng 16. Viết phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  lên mặt ( ). P Phương pháp: Xét vị trí tương đối của đường thẳng  và ( ). P  Nếu ( ). P   Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P 2 d u    2 d H M d 1 d A B d  d P M H P  d M  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Hình chiếu Qua : VTCP : d H d u u          Nếu ( ) . P I    Chọn một điểm M I  trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Hình chiếu vuông góc của  lên ( ) P là . d IH  Dạng 17. Viết đường thẳng d là đường thẳng đối xứng với đường thẳng  qua mặt phẳng ( ). P Phương pháp: Xét vị trí tương đối của đường thẳng  và ( ). P  Nếu ( ). P   Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Tìm M  đối xứng với M qua ( ). P Đường thẳng đối xứng Qua : VTCP : d M d u u           Nếu ( ) . P I    Chọn một điểm M trên .  Tìm H là hình chiếu của M lên ( ). P Tìm M  đối xứng với M qua ( ). P Đường thẳng đối xứng Qua : . VTCP : d M d u IM               Dạng 1.1 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 1. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm   1;2;3 A và đường thẳng 3 1 7 : 2 1 2 x y z d       . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là A. 1 2 2 x t y t z t            B. 1 2 2 3 3 x t y t z t            C. 1 2 2 3 x t y t z t           D. 1 2 2 3 2 x t y t z t            Lời giải Chọn C Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi M Ox    . Suy ra   ;0;0 M a .   1; 2; 3 AM a          . d có VTCP:   2;1; 2 d u      . Vì d   nên . 0 d AM u          2 2 2 6 0 a      1 a    . Vậy  qua   1;0;0 M  và có VTCP     2; 2; 3 2;2;3 AM            nên  có phương trình: 1 2 2 3 x t y t z t           . M H P  d M  M  M H P  d I NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 2. (Mã 102 - 2019) Trong không gian , Oxyz cho các điểm       1;0;2 , 1;2;1 , 3;2;0 A B C và   1 ;1;3 . D Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   BCD có phương trình là A. 1 4 . 2 2 x t y t z t                 B. 1 4 . 2 2 x t y z t                 C. 2 4 4 . 4 2 x t y t z t                  D. 1 2 4 2 2 x t y t z t                  Lời giải Chọn C Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   BCD nhận vectơ pháp tuyến của   BCD là vectơ chỉ phương Ta có     2;0; 1 , 0; 1;2 BC BD              ; 1; 4; 2 d BCD u n BC BD                             Khi đó ta loại đáp án A và B Thay điểm   1;0;2 A vào phương trình ở phương án C ta có 1 2 1 0 4 4 1 2 4 2 1 t t t t t t                                    . Suy ra đường thẳng có phương trình tham số ở phương án C đi qua điểm A nên C là phương án đúng Câu 3. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 3 3 2 : 1 2 1 x y z d        ; 2 5 1 2 : 3 2 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 3 5 0 P x y z     . Đường thẳng vuông góc với   P , cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 1 1 3 2 1 x y z     B. 2 3 1 1 2 3 x y z      C. 3 3 2 1 2 3 x y z      D. 1 1 1 2 3 x y z     Lời giải Chọn D Phương trình 1 1 1 1 3 : 3 2 2 x t d y t z t             và 2 2 2 2 5 3 : 1 2 2 x t d y t z t             . Gọi đường thẳng cần tìm là . Giả sử đường thẳng  cắt đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại A , B . Gọi   1 1 1 3 ;3 2 ; 2 A t t t     ,   2 2 2 5 3 ; 1 2 ;2 B t t t     .   2 1 2 1 2 1 2 3 ; 4 2 2 ;4 AB t t t t t t             . Vectơ pháp tuyến của   P là   1;2;3 n   . Do AB     và n  cùng phương nên 2 1 2 1 2 1 2 3 4 2 2 4 1 2 3 t t t t t t          . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 2 2 1 2 4 2 2 4 2 3 t t t t t t t t                     1 2 2 1 t t       . Do đó   1 ; 1 ;0 A  ,   2; 1;3 B  . Phương trình đường thẳng  đi qua   1 ; 1 ;0 A  và có vectơ chỉ phương   1 ;2;3 n   là 1 1 1 2 3 x y z     . Câu 4. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm         1;2;0 , 2;0;2 , 2; 1;3 , 1;1;3 A B C D  . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng   ABD có phương trình là A. 2 4 4 3 2 x t y t z t              . B. 4 2 3 1 3 x t y t z t            . C. 2 4 2 3 2 x t y t z t              . D. 2 4 1 3 3 x t y t z t             . Lời giải Chọn A     1; 2;2 0; 1;3 AB AD               4; 3; 1 AB AD              Đường thẳng qua   2; 1;3 C  và vuông góc với mặt phẳng   ABD có phương trình 2 4 1 3 3 x t y t z t             Điểm   2; 4;2 E   thuộc đường thẳng trên, suy ra đường thẳng cần tìm trùng với đường thẳng có phương trình 2 4 4 3 2 x t y t z t              Chọn đáp án đúng là đáp án C Câu 5. (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   2; 1;0  A ,   1;2;1 B ,   3; 2;0  C ,   1;1; 3  D . Đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là: A. 1 1 2 3             x t y t z t . B. 1 1 3 2             x t y t z t . C. 1 2           x t y t z t . D. 1 2          x t y t z t . Lời giải Chọn C NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   1;3;1       AB ;   1; 1;0       AC ;   ,               ABC n AB AC   1;1; 2   . Đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng   ABC nên có véc tơ chỉ phương là     1;1; 2 ABC n    , phương trình tham số là: 1 1 3 2 x t y t z t             . Câu 6. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1;3 A và đường thẳng 1 1 2 : 1 2 2 x y z d       . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Oy có phương trình là. A. 2 3 4 3 x t y t z t           B. 2 2 1 3 3 x t y t z t            C. 2 2 1 3 3 2 x t y t z t            D. 2 3 3 2 x t y t z t           Lời giải Chọn A Gọi đường thẳng cần tìm là  1 1 2 : 1 2 2 x y z d       có VTCP   1; 2;2 u    . Gọi   0; ;0 M m Oy  , ta có   2; 1; 3 AM m          Do d   . 0 AM u           2 2 1 6 0 m       3 m    Ta có  có VTCP   2; 4; 3 AM          nên có phương trình 2 3 4 3 x t y t z t           . Câu 7. (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz cho       0;0;2 , 2;1;0 , 1;2; 1 A B C  và   2;0; 2 D  . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với   BCD có phương trình là A. 3 2 1 2 x y z t           . B. 3 3 2 2 1 x t y t z t            . C. 3 2 2 x t y t z t          . D. 3 3 2 2 1 x t y t z t             . Lời giải Chọn B Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với  . BCD Ta có     1;1; 1 ; 0; 1; 2 BC BD               . Mặt phẳng   BCD có vec tơ pháp tuyến là     , 3;2; 1 . BCD n BD BC                 Gọi d u  là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d . Vì   d BCD  nên     3;2; 1 BCD d u n        . Đáp A và C có VTCP   3;2; 1 d u      nên loại B và D. Ta thấy điểm   0;0;2 A thuộc đáp án C nên loại A. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 8. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng d có phương trình: 1 1 1 1 2     x y z . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . A. 1 2 2 2 1     x y z B. 1 2 1 3 1      x y z C. 1 2 1 1 1     x y z D. 1 2 1 1 1      x y z Lời giải Chọn D Cách 1: Đường thẳng 1 1 : 1 1 2     x y z d có véc tơ chỉ phương   1;1;2   u Gọi   P là mặt phẳng qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d , nên nhận véc tơ chỉ phương của d là vecto pháp tuyến       :1 1 2 2 0 2 5 0           P x y z x y z Gọi B là giao điểm của mặt phẳng   P và đường thẳng   1 ; ; 1 2     d B t t t Vì         1 2 1 2 5 0 1 2;1;1             B P t t t t B Ta có đường thẳng  đi qua A và nhận vecto   1;1; 1       AB là véc tơ chỉ phương có dạng 1 2 : 1 1 1       x y z . Cách 2: Gọi   1 ; ; 1 2        d B B t t t   ; ; 3 2        AB t t t , Đường thẳng d có VTCP là   1;1;2     d u Vì   d nên   . 0 2 3 2 0 1                          d d AB u AB u t t t t Suy ra   1;1; 1       AB .Ta có đường thẳng  đi qua   1;0;2 A và nhận véc tơ   1;1; 1       AB là véc tơ chỉ phương có dạng 1 2 : 1 1 1       x y z . Câu 9. (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 8 4 8 (2; 2;1), ( ; ; ) 3 3 3 A B  . Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB có phương trình là: A. 2 2 5 9 9 9 1 2 2 x y z       B. 1 8 4 1 2 2 x y z       C. 1 5 11 3 3 6 1 2 2 x y z       D. 1 3 1 1 2 2 x y z       Lời giải. Chọn D Ta có:   ; 4; 8;8 OA OB               Gọi d là đường thẳng thỏa mãn khi đó d có VTCP   1; 2;2 u    Ta có 3, 4, 5 OA OB AB    . Gọi ( ; ; ) I x y z là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB Áp dụng hệ thức . . . 0 OB IA OA IB AB IO              NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/     1 4.( ) 3.( ) 5. 0 4 3 0;1;1 12 OA OI OB OI IO OI OA OB I                                        Suy ra : 1 2 1 2 x t d y t z t           cho 1 t d    đi qua điểm ( 1;3; 1) M   Do đó d đi qua ( 1;3; 1) M   có VTCP (1 ; 2;2) u    nên đường thẳng có phương trình 1 3 1 1 2 2 x y z       Câu 10. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z     . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( ) P đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là: A. 1 4 3 x t y t z t             B. 3 2 4 2 x t y t z t             C. 3 2 4 2 3 x t y t z t             D. 3 2 2 6 2 x t y t z t             Lời giải Chọn C d : 1 2 2 2 x t y t z t              Gọi  là đường thẳng nằm trong ( ) P vuông góc với d . ; ( 1;4;3) d P u u n                  Gọi A là giao điểm của d và ( ) P . Tọa độ A là nghiệm của phương trình: ( 1 2 ) ( t) ( 2 2 t) 1 0 t 2 (3; 2;2) t A              Phương trình  qua (3; 2;2) A  có vtcp u ( 1;4;3)       có dạng: 3 2 4 2 3 x t y t z t             Câu 11. (Mã 123 2017) Trong không gian O x y z cho điểm   1;1; 3 M và hai đường thẳng       3 1 1 : 3 2 1 y x z ,       1 : 1 3 2 y x z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với  và   . A.             1 1 1 3 x t y t z t B.            1 3 x t y t z t C.             1 1 3 x t y t z t D.             1 1 3 x t y t z t Lời giải Chọn D +) VTCP của    , lần lượt là     3; 2;1 u và      1; 3; 2 v ;           , 7;7;7 u v +) Vì d vuông góc với  và   nên      1;1;1 d u . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 +) d đi qua   1;1; 3 M nên             1 : 1 3 x t d y t z t . Câu 12. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1 : 1 2 1 x y z      và mặt phẳng   : 2 y z 3 0 P x     . Đường thẳng nằm trong   P đồng thời cắt và vuông góc với  có phương trình là: A. 1 2 1 2 x t y t z           B. 3 2 x y t z t           C. 1 1 2 2 3 x t y t z t            D. 1 1 2 2 x y t z t           Lời giải Chọn D Ta có 1 1 : 1 2 1 x y z      : 1 2 1 x t y t z t              Gọi   M P      ;2 1; 1 M M t t t             2 2 1 1 3 0 M P t t t         4 4 0 1 t t        1;1;2 M  Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là   1; 2; 1 n     Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là   1;2;1 u   Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng   P đồng thời cắt và vuông góc với   Đường thẳng d nhận   1 , 0; 1;2 2 n u         làm véc tơ chỉ phương và   1;1;2 M d   Phương trình đường thẳng 1 : 1 2 2 x d y t z t           Câu 13. (Mã 123 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng            1 1 3 : 2 2 x t d y t z ,      2 2 1 : 2 1 2 y x z d và mặt phẳng      : 2 2 3 0. P x y z Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua giao điểm của 1 d và   P , đồng thời vuông góc với 2 d ? A.     2 2 13 0 x y z B.     2 2 22 0 x y z C.     2 2 13 0 x y z D.     2 2 22 0 x y z Lời giải: Chọn C Tọa độ giao điểm của 1 d và   P là    4; 1; 2 A Mặt phẳng cần tìm đi qua A và nhận     2 2; 1; 2 u làm VTCP có phương trình     2 2 13 0. x y z NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 14. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho   1; 1; 3 A  và hai đường thẳng 1 4 2 1 : , 1 4 2 x y z d       2 2 1 1 : 1 1 1 x y z d       . Phương trình đường thẳng qua A, vuông góc với 1 d và cắt 2 d là A. 1 1 3 2 1 3 x y z      . B. 1 1 3 4 1 4 x y z      . C. 1 1 3 1 2 3 x y z       . D. 1 1 3 2 1 1 x y z        . Lời giải Gọi d là đường thẳng qua A và d cắt 2 d tại K . Khi đó   2 ; 1 ; 1 K t t t     . Ta có   1 ; ; 2 AK t t t        . Đường 1 AK d  1 . 0 AK u         , với   1 1; 4; 2 u    là một vectơ chỉ phương của 1 d . Do đó 1 4 2 4 0 1 t t t t        , suy ra   2; 1; 1 AK        . Vậy phương trình đường thẳng 1 1 3 : 2 1 1 x y z d        . Câu 15. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;0;1 M và đường thẳng 1 2 3 : 1 2 3 x y z d      . Đường thẳng đi qua M , vuông góc với d và cắt Oz có phương trình là A. 1 3 0 1 x t y z t           . B. 1 3 0 1 x t y z t           . C. 1 3 1 x t y t z t           . D. 1 3 0 1 x t y z t           . Lời giải Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là   1;2;3 u   . Gọi  là đường thẳng đi qua M , vuông góc với d và cắt Oz . Gọi   0;0; N t Oz      1;0; 1 MN t          . . 0 d MN u         4 3 t   1 1;0; 3 MN               . Khi đó MN      cùng phương với   1 3;0;1 u     Đường thẳng  đi qua điểm   1;0;1 M và có một vectơ chỉ phương   3;0;1  nên có phương Câu 16. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1; 1;3 A  và hai đường thẳng 1 3 2 1 : 3 3 1 x y z d       , . Phương trình đường thẳng d đi qua A , vuông góc với đường thẳng 1 d và cắt thẳng 2 d . A. 1 1 3 5 4 2 x y z       . B. 1 1 3 3 2 3 x y z       . C. 1 1 3 6 5 3 x y z       . D. 1 1 3 2 1 3 x y z       . Lời giải Chọn C Gọi   2 2 ; 1 ;1 M t t t d d       với t   . 2 2 1 1 : 1 1 1 x y z d       TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Ta có   1 ; ; 2 AM t t t           và   1 3;3; 1 u     là vectơ chỉ phương của 1 d Mặt khác 1 . 0 AM u          nên   3.(1 ) 3.( ) 1. 2 0 5 t t t t          (6; 5;3) AM         là 1 vectơ chỉ phương của d . Vậy phương trình đường thẳng d : 1 1 3 6 5 3 x y z       . Câu 17. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   1; 1;2 M  và hai đường thẳng : 1 4 , 6 6 x t d y t z t            1 2 : . 2 1 5 x y z d       Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua , M vuông góc với d và d  ? A. 1 1 2 . 17 14 9 x y z      B. 1 1 2 . 14 17 9 x y z      C. 1 1 2 . 17 9 14 x y z      D. 1 1 2 . 14 17 9 x y z      Lời giải Chọn D Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương   1; 4;6 u    . Đường thẳng d  có một vectơ chỉ phương   2;1; 5 u      . Gọi  là đường thẳng qua , M vuông góc với d và d  nên có một vectơ chỉ phương là:   , 14;17;9 u u u             . Vậy phương trình đường thẳng : 1 1 2 . 14 17 9 x y z      Câu 18. Cho hai đường thẳng   1 2 : 1 1 x t d y t z t            và   2 7 : 1 3 1 x y z d      . Đường thẳng    là đường vuông góc chung của   1 d và   2 d . Phương trình nào sau đâu là phương trình của    A. 2 1 2 1 1 2 x y z       . B. 2 1 1 1 1 2 x y z       . C. 1 4 1 1 1 2 x y z       . D. 3 2 3 1 1 2 x y z        . Lời giải Chọn A Lấy điểm   1 M d  :   1 1 1 2 ;1 ;1 M t t t      2 : N d    2 2 2 ;7 3 ; N t t t     2 1 2 1 2 1 2; 3 6; 1 MN t t t t t t               Đường thẳng MN là đường vuông góc chung 1 2 . 0 . 0 MN u MN u                        2 1 2 2 1 1 1 2 11 3 19 1 t t t t t t                  Suy ra     1;0;0 , 2;1; 2 M N  và   1;1; 2 MN       NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình đường thẳng    đi qua , M N là: 2 1 2 1 1 2 x y z       Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z    và đường thẳng 1 3 : 1 2 2 x y z d      . Gọi  là đường thẳng nằm trong   P , cắt và vuông góc với d . Phương trình nào sau đây là phương trình tham số của  ? A. 2 4 3 5 3 7 x t y t z t             . B. 3 4 5 5 4 7 x t y t z t             . C. 1 4 1 5 4 7 x t y t z t             . D. 3 4 7 5 2 7 x t y t z t             . Lời giải Chọn B Do  nằm trong nằm trong   P và vuông góc với d nên  có véctơ chỉ phương là     , 4; 5; 7 d P u n u                    Gọi A d    thì     1;0; 3 A P d A     Vậy phương trình tham số của  là 1 4 0 5 3 7 x t y t z t             hay 3 4 5 5 4 7 x t y t z t             Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 1;3 A  và hai đường thẳng: 1 2 4 2 1 2 1 1 : , : 1 4 2 1 1 1 x y z x y z d d             . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , vuông góc với đường thẳng 1 d và cắt đường thẳng 2 d . A. 1 1 3 2 1 1 x y z        . B. 1 1 3 6 1 5 x y z      . C. 1 1 3 6 4 1 x y z        . D. 1 1 3 2 1 3 x y z      . Lời giải Ta có:   1 1;4; 2 d u    2 2 1 1 : 1 1 1 x y z d       nên phương trình tham số của   2 2 : 1 1 x t d y t t z t               Gọi đường thẳng d cắt đường thẳng 2 d tại   2 ; 1 ;1 M t t t     Ta có:   1 ; ; 2 AM t t t          Đường thẳng d đi qua ; A M nên vectơ chỉ phương   1 ; ; 2 d u t t t      Theo đề bài d vuông góc 1 d       1 1 . 0 1. 1 4 2 2 0 1 d d d d u u u u t t t t                    2; 1; 1 d u      Phương trình đường thẳng d đi qua   1; 1;3 A  và có   2; 1; 1 d u     có dạng: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 1 1 3 2 1 1 x y z        . Câu 21. Trong không gian Ox y z , cho đường thẳng 3 2 2 1 3 : x y z d      và mặt phẳng   2 6 0 : P x y z     . Đường thẳng nằm trong   P cắt và vuông góc với d có phương trình là? A. 2 2 5 . 1 7 3      x y z B. 2 2 5 . 1 7 3      x y z C. 2 4 1 . 1 7 3      x y z D. 2 4 1 . 1 7 3      x y z Lời giải   1 1 2 ; ; , P n        2 1 3 ; ; d u      , Gọi   I d P   ,   2 3 2 3 ; ; I d I t t t       I P      2 3 2 2 3 6 0 t t t        1 t      2 2 5 ; ; I   Gọi  là đường thẳng cần tìm. Theo giả thiết d P u u u n                        1 7 3 , ; ; P d u n u                  Và đường thẳng  đi qua điểm I . Vậy :  2 2 5 . 1 7 3      x y z Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 7 0 P x y z     và hai đường thẳng 1 2 3 2 2 1 1 2 : ; : 2 1 4 3 2 3 x y z x y z d d             . Đường thẳng vuông góc mặt phẳng   P và cắt cả hai đường thẳng 1 2 ; d d có phương trình là A. 7 6 1 2 3 x y z     B. 5 1 2 1 2 3 x y z      C. 4 3 1 1 2 3 x y z      D. 3 2 2 1 2 3 x y z      Lời giải Gọi  là đường thẳng cần tìm 1 d M    nên   3 2 ; 2 ; 2 4 M t t t       2 d N    nên   1 3 ; 1 2 ;2 3 N u u u        2 3 2 ;1 2 ;4 3 4 MN u t u t u t             Ta có MN      cùng phương với   P n     Nên 2 3 2 1 2 4 3 4 1 2 3 u t u t u t         ta giải hệ phương trình tìm được 2 1 u t        Khi đó tọa độ điểm   5; 1;2 M   và VTCP     2; 4 6 2 1;2;3 MN            Phương trình tham số  là 5 1 2 1 2 3 x y z      NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 : 1 x t d y z t                   và mặt phẳng  : 1 0 P x y z     . Đường thẳng vuông góc với   P cắt 1 d và 2 d có phương trình là A. 13 9 4 5 5 5 1 1 1 x y z      . B. 1 3 2 5 5 5 1 1 1 x y z      . C. 7 2 1 5 5 1 1 1 x z y      . D. 1 1 1 x y z   . Lời giải Chọn B Giả sử đường thẳng   d vuông góc với   P cắt 1 d và 2 d tai , M N Ta có:   1 2 ; 1 ; M a a a    ,   1 ; 1; N t t     ,   2 2; ; NM a t a a t          . Mặt phẳng   P có vectơ pháp tuyến là   1;1;1 n  Vì MN vuông góc với mặt phẳng   P nên NM    cùng phương n  2 1 1 1 a t a a t       2 1 3 2 ; ; 5 5 5 5 4 5 a M t                               Đường thẳng   d qua điểm M nhận n  làm vec tơ chỉ phương Phương trình 1 3 2 5 5 5 : 1 1 1 x y z d      . Câu 24. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng    đi qua điểm   0;1;1 M , vuông góc với đường thẳng     1 : 1 1 x t d y t t z             và cắt đường thẳng   2 1 : 2 1 1 x y z d    . Phương trình của    là? A. 0 1 x y t z t          . B. 0 1 1 x y z t          . C. 0 1 1 x y t z          . D. 0 0 1 x y z t          . Lời giải Chọn B Gọi     2 2 ;1 ; A t t t d      là giao điểm giữa đường thẳng    và đường thẳng   2 d Ta có vecto chỉ phương   1 1; 1;0 d u      ,   2 ; ; 1 MA t t t          Theo đề bài: 1 . 0 2 0 0 d u MA t t t                 Suy ra   0;1;0 A Khi đó vecto chỉ phương của đường thẳng    là   0;0;1 u AM            TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Phương trình đường thẳng    qua   0;1;1 M có vecto chỉ phương   0;0;1 u      có dạng: 0 1 1 x y z t          Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;0;2 A và đường thẳng d có phương trình: 1 1 1 1 2     x y z . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt d . A. 1 2 1 1 1     x y z B. 1 2 1 1 1      x y z C. 1 2 2 2 1     x y z D. 1 2 1 3 1      x y z Lời giải Chọn B Đường thẳng 1 1 : 1 1 2     x y z d có véc tơ chỉ phương   1;1;2   u Gọi   P là mặt phẳng qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d , nên nhận véc tơ chỉ phương của d là vecto pháp tuyến       :1 1 2 2 0 2 5 0           P x y z x y z Gọi B là giao điểm của mặt phẳng   P và đường thẳng   1 ; ; 1 2     d B t t t Vì         1 2 1 2 5 0 1 2;1;1             B P t t t t B Ta có đường thẳng  đi qua A và nhận vecto   1;1; 1       AB là véc tơ chỉ phương có dạng 1 2 : 1 1 1       x y z . Câu 26. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm (1;0;1) M và đường thẳng 1 2 3 : . 1 2 3 x y z d      Đường thẳng đi qua , M vuông góc với d và cắt O z có phương trình là A. 1 3 0 1 x t y z t           . B. 1 3 0 1 x t y z t           . C. 1 3 1 x t y t z t           . D. 1 3 0 1 x t y z t           . Lời giải Chọn A Gọi  là đường thẳng cần tìm và . N Oz    Ta có (0; 0; ). N c Vì  qua , M N và M Oz  nên ( 1 ;0; 1 ) MN c        là VTCP của .  d có 1 VTCP (1; 2; 3) u  và d   nên 4 1 0 1 3( 1) 0 ( 1;0; ). 3 3 MN u c c MN                       Chọn ( 3; 0;1) v   là 1 VTCP của  , phương trình tham số của đường thẳng  là 1 3 0 1 x t y z t           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 27. Trong không gian với hệ trục Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau 1 2 3 4 : 2 3 5 x y z d       và 2 1 4 4 : 3 2 1 x y z d        có phương trình A. 2 2 3 2 3 4 x y z      . B. 2 3 2 3 1 x y z      . C. 2 2 3 2 2 2 x y z      . D. 1 1 1 1 x y z    . Lời giải Chọn D Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi     1 2 ; 2 2 ;3 3 ; 4 5 , 1 3 ;4 2 ;4 A d B d A t t t B t t t                   Ta có:   3 2 3; 2 3 1; 5 8 AB t t t t t t                 . Gọi     1 2 , 2;3; 5 , 3; 2; 1 d d u u u                lần lượt là véc tơ chỉ phương của 1 2 , , d d  ta có: 1 2 d d u u u u                      .Chọn     1 2 , 13; 13; 13 13 1;1;1 13 d d u u u u                         . Vì , AB u      đều là véc tơ chỉ phương của  nên ta có: 3 2 3 3 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 5 8 5 8 2 t t k t t k t AB ku t t k t t k t t t k t t k k                                                              0;0;1 A  . 1 : 1 1 1 x y z      . Câu 28. (Chuyên Nguyễn Huệ- 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và đường thẳng 1 3 3 : 1 2 1 x y z d       . Phương trình tham số của đường thẳng Δ đi qua   0; 1;4 A  , vuông góc với d và nằm trong   P là: A. 5 Δ : 1 4 5 x t y t z t            . B. 2 Δ : 4 2 x t y t z t          . C. Δ : 1 4 x t y z t           . D. Δ : 1 2 4 x t y t z t             . Lời giải Chọn C     d P u u d P u n                                 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17     , 5;0;5 d P u n             . Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ là   1;0;1 u    : 1 4 x t y z t             Câu 29. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 2 1 3 x y z d     . Phương trình đường thằng  nằm trong mặt phẳng   P , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là A. 1 1 2 5 1 2 x y z       . B. 1 3 1 5 1 3 x y z       . C. 1 1 1 5 1 3 x y z       . D. 1 1 1 5 1 3 x y z        . Lời giải Chọn D Gọi   1 2 : 2 1; ;3 2 2 1 3 x y z M d M d M t t t             .       : 2 4 0 2 1 2 3 2 4 0 1 1;1;1 M P M P x y z t t t t M                    . Vì d   và   P     có vectơ chỉ phương   ; 5; 1; 3 d u n u            . Vậy phương trình  là 1 1 1 : 5 1 3 x y z         . Câu 30. (Sở Hà Nam - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 1 : 2 1 1 x y z d      và mặt phẳng   : 3 2 0 P x y z     . Gọi ' d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   P , cắt và vuông góc với d . Đường thẳng ' d có phương trình là A. 1 1 2 5 1 x y z       . B. 1 1 2 5 1 x y z     . C. 1 1 2 5 1 x y z      . D. 1 1 2 5 1 x y z       . Lời giải Chọn C Phương trình tham số của 3 2 : 1 x t d y t z t              . Tọa độ giao điểm của d và   P là nghiệm của hệ:     3 2 3 2 1 1 1 1 1;0; 1 0 3 2 0 3 2 1 3 2 0 1 x t x t t y t y t x d P M z t z t y x y z t t t z                                                              . Vì ' d nằm trong mặt phẳng   P , cắt và vuông góc với d nên ' d đi qua M và có véc tơ chỉ phương   ' 2; 5; 1 d P d u n u         hay ' d nhận véc tơ   2;5;1 v    làm véc tơ chỉ phương. Phương trình của ' d : 1 1 2 5 1 x y z      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z       và 2 2 1 2 : 4 1 1 x y z         . Đường thẳng chứa đoạn vuông góc chung của 1  và 2  đi qua điểm nào sau đây? A.   0; 2; 5   M . B.   1; 1; 4   N . C.   2;0;1 P . D.   3;1; 4  Q . Lời giải Gọi   1 2 ; 2 ; 1 A t t t      và   2 4 ; 1 ; 2 B t t t         là hai điểm lần lượt thuộc 1  và 2  .   1 2 4 ; 3 ; 3 AB t t t t t t                 . 1  có VTCP   2 ; 1 ;1 u   ; 2  có VTCP   4 ; 1 ; 1 u       . A B là đoạn vuông góc chung của 1  và 2  . 0 . 0 AB u AB u                                 2 1 2 4 3 3 0 6 8 2 1 8 1 8 10 1 4 1 2 4 3 3 0 t t t t t t t t t t t t t t t t t t                                                        Suy ra   1 ; 1 ; 2 A  và   1 ; 1 ; 3 AB       . Phương trình đường thẳng chứa đoạn vuông góc chung của 1  và 2  là: 1 1 1 1 1 2 3 x t y t z t             . Chỉ có điểm   3;1; 4  Q có tọa độ thỏa mãn phương trình. Dạng 1.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song Câu 32. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1 ; 2;3 A  và hai mặt phẳng   : 1 0 P x y z     ,   : 2 0 Q x y z     . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? A. 1 2 3 x t y z t            B. 1 2 3 x t y z t             C. 1 2 2 3 2 x t y z t            D. 1 2 3 2 x y z t           Lời giải Chọn A Ta có         1;1;1 1; 1;1 P Q n n           và       , 2;0; 2 P Q n n         . Vì đường thẳng d song song với hai mặt phẳng   P và   Q , nên d có véctơ chỉ phương   1 ;0; 1 u    . Đường thẳng d đi qua   1; 2;3 A  nên có phương trình: 1 2 3 x t y z t            Câu 33. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1; 3;4 M  , đường thẳng d có phương trình: 2 5 2 3 5 1 x y z        và mặt phẳng   P : 2 2 0 x z    . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với   P . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 A.  : 1 3 4 1 1 2 x y z        . B.  : 1 3 4 1 1 2 x y z         . C.  : 1 3 4 1 1 2 x y z       . D.  : 1 3 4 1 1 2 x y z       . Lời giải Ta có (3; 5; 1) d u     là véc tơ chỉ phương của d .   ( ) 2;0;1 P n   là véc tơ pháp tuyến của   P .     , 5; 5;10 d p u n           . Do  vuông góc với d và song song với   P nên   1;1; 2 u    là véctơ chỉ phương của  . Khi đó, phương trình của  là 1 3 4 1 1 2 x y z       . Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và hai đường thẳng 1 1 1 : 3 1 1 x y z d      ; 2 2 1 3 : 1 2 1 x y z d       . Xét các điểm , A B lần lượt di động trên 1 d và 2 d sao cho AB song song với mặt phẳng   P . Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng AB là A. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   9;8; 5 u     B. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   5;9;8 u    C. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   1; 2; 5 u     D. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương   1;5; 2 u    Lời giải Chọn A   1 3 ;1 ; 1 A d A a a a      ;   2 2 ;1 2 ; 3 B d B b b b       .   2 3 ; 2 ; 2 AB b a b a b a            ;   2; 1;2 P n    . Do   // AB P nên 2 . 0 3 P AB n a b         . Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là 3 2 2 2 4 ; ; 2 2 2 a b b a a b I              hay 3 8 5 1 ;1 ; 2 2 6 6 I b b b           Suy ra tập hợp trung điểm của đoạn thẳng AB là một đường thẳng có vectơ chỉ phương   9;8; 5 u     . Câu 35. (THPT Lương Văn Can - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   3; 2; 4 A    và mặt phẳng   : 3 2 3 7 0 P x y z     , đường thẳng 2 4 1 : 3 2 2 x y z d       . Phương trình nào sau đây là phương trình đường thẳng  đi qua A , song song   P và cắt đường thẳng d ? A. 3 11 2 54 4 47 x t y t z t             . B. 3 54 2 11 4 47 x t y t z t             . C. 3 47 2 54 4 11 x t y t z t             . D. 3 11 2 47 4 54 x t y t z t             . Lời giải Gọi     3; 2; 3 P n          là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Đường thẳng d đi qua điểm   2; 4;1 M    và có vectơ chỉ phương   3; 2; 2 d u        . Giả sử d M    nên   2 3 ; 4 2 ;1 2 M t t t     khi đó vectơ chỉ phương của đường thẳng  là   3 1; 2 6;2 5 u AM t t t                . Ta có     . 0 P P AM n AM n                      nên       6 3 3 1 2 2 6 3 2 5 0 7 t t t t          . Suy ra 11 54 47 ; ; 7 7 7 AM                Chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng  có tọa độ là   11; 54; 47    do đó phương trình đường thẳng cần tìm là 3 11 2 54 4 47 x t y t z t             . Câu 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   1; 3;4 M  , đường thẳng 2 5 2 : 3 5 1 x y z d        và mặt phẳng   P : 2 2 0 x z    . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với   P . A. 1 3 4 : 1 1 2 x y z         . B. 1 3 4 : 1 1 2 x y z          . C. 1 3 4 : 1 1 2 x y z        . D. 1 3 4 : 1 1 2 x y z        . Lời giải Chọn C Đường thẳng 2 5 2 : 3 5 1 x y z d        có vec tơ chỉ phương   3; 5; 1 d u       Mặt phẳng   P : 2 2 0 x z    có vec tơ pháp tuyến   ( ) 2;0;1 P n      Đường thẳng  vuông góc với d nên vec tơ chỉ phương d u u         , Đường thẳng  song song với   P nên ( ) P u n          Ta có ( ) P d u n      =   5; 5;10 .   Chọn vec tơ chỉ phương   1;1; 2 u       Vậy phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với   P là 1 3 4 1 1 2 x y z       . Câu 37. Trong không gian với hệ toạ độ O x y z , cho điểm    1; 2; 3 A và hai mặt phẳng       : 1 0 P x y z ,       : 2 0 Q x y z . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với   P và   Q ? A.           1 2 3 2 x y z t B.             1 2 3 x t y z t C.            1 2 2 3 2 x t y z t D.            1 2 3 x t y z t Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Chọn D Ta có                   1;1;1 1; 1;1 P Q n n và                   , 2;0; 2 2 1; 0; 1 P Q n n . Vì đường thẳng d song song với hai mặt phẳng, nên nhận véc tơ    1;0; 1 làm véc tơ chỉ phương. Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;0; 1 A  và mặt phẳng   : 1 0 P x y    . Đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy có phương trình là A.           3 2 1 x t y t z t . B.            2 1 x t y t z . C.            1 2 1 x t y z t . D.            3 1 2 x t y t z t . Lời giải Chọn B Ta có:     1;1;0 Oxy n   ,     0;0;1 Oxy n   . Gọi d là đường thẳng đi qua A đồng thời song song với   P và mặt phẳng   Oxy . Khi đó:         (Oxy) , 1; 1;0 d P d P Oxy d u n u n n u n                       . Vậy 2 : 1 x t d y t z            . Câu 39. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm   3; 1;5 A  và cùng song song với hai mặt phẳng  : 4 0 P x y z     ,  : 2 4 0 Q x y z     . A. 3 1 5 : 2 1 3 x y z d       . B. 3 1 5 2 1 3 x y z        . C. 3 1 5 2 1 3 x y z       . D. 3 1 5 2 1 3 x y z        . Lời giải Chọn B Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   1; 1;1 P n      ; mặt phẳng   Q có một vectơ pháp tuyến là   2;1;1 Q n     . Nhận thấy   A P  và   A Q  . Gọi đường thẳng cần lập là d và u  là một vectơ chỉ phương của nó. Ta chọn   , 2; 1; 3 Q P u n n                . Mặt khác, d qua   3; 1;5 A  nên có phương trình chính tắc là 3 1 5 2 1 3 x y z        . Câu 40. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 2 1 0 x y z      ,   : 2 0 x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Đường thẳng  đi qua điểm A và song song với cả hai mặt phẳng     ,   có phương trình là A. 1 2 1 2 4 2 x y z        . B. 1 2 1 1 3 5 x y z      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 1 2 1 1 2 1 x y z        . D. 2 3 1 2 1 x y z     . Lời giải Chọn B mp    có véc tơ pháp tuyến là   1 1; 2;1 n     , mp    có véc tơ pháp tuyến là   2 2;1; 1 n      . Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương là   1 2 ; 1;3;5 u n n             . Phương trình của đường thẳng 1 2 1 : 1 3 5 x y z       . Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;0 A ,   0;2;0 B ,   0;0;3 C . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , song song với mặt phẳng   Oxy và vuông góc với AB . A. 13 98 40 2 49 135 98 x t y t z                . B. 13 2 98 40 49 135 98 x t y t z               . C. 13 2 98 40 49 135 98 x t y t z               . D. 13 98 40 2 49 135 98 x t y t z                . Lời giải Chọn C Gọi ( ; ; ) I x y z là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 ( ) 1 1 2 3 x y z x y z AI BI AI CI x y z x y z I ABC x y z                                  13 98 2 4 3 40 13 40 135 2 6 8 ; ; 49 98 49 98 6 3 2 6 135 98 x x y x z y I x y z z                                    . Ta có: ( 1;2;0) AB       . Mặt phẳng ( ) Oxy có 1 véc tơ pháp tuyến   0;0;1 k   . Theo giả thiết đường thẳng  cần tìm có 1 véc tơ chỉ phương là   , 2;1;0 u AB k              . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Phương trình tham số của đường thẳng :  13 2 98 40 49 135 98 x t y t z               . Câu 42. (THPT Cẩm Bình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 6 0 x z     và đường thẳng 1 : 3 1 x t d y t z t             . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng    cắt đồng thời vuông góc với . d A. 2 4 2 2 1 1 x y z      . B. 2 4 2 2 1 1 x y z       . C. 2 3 2 2 1 1 x y z       . D. 2 4 2 2 1 1 x y z       . Lời giải Chọn B Giao điểm I của d và    là nghiệm của hệ   1 3 2;4; 2 . 1 2 6 0 x t y t I z t x z                    Mặt phẳng    có một vectơ pháp tuyến   1 ;0; 2 ; n    đường thẳng d có một vectơ chỉ phương   1;1; 1 u    . Khi đó đường thẳng  có một vectơ chỉ phương là     , 2; 1;1 . n u     Đường thẳng  qua điểm   2;4; 2 I  và có một vectơ chỉ phương     , 2; 1;1 n u     nên có phương trình chính tắc: 2 4 2 . 2 1 1 x y z       Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng 1 3 1 2 : 2 1 2 x y z d       ; 2 1 4 : 3 2 1 x y z d       và 3 3 2 : 4 1 6 x y z d      . Đường thẳng song song với d 3, cắt d 1 và d 2 có phương trình là A. 3 1 2 4 1 6 x y z      . B. 3 1 2 4 1 6 x y z        . C. 1 4 4 1 6 x y z      . D. 1 4 4 1 6 x y z      . I d αNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn B Từ 1 1 3 2 3 1 2 : : 1 2 1 2 2 2 x t x y z d d y t z t                    ; từ 2 2 (3; 2; 1) 1 4 : 3 2 1 ( 1;0; 4) u x y z d A                     ; Từ 3 3 3 2 : 4 1 6 x y z d u           (4; –1; 6) Gọi (P) là mặt phẳng chứa d2 và song song với d3 2 3 2 1 1 3 3 2 ; ; ; ( 13; 22;5) 1 6 6 4 4 1 ( 1;0; 4) (P) P n u u A                                        ( ) : 13( 1) 22 5( 4) 0 ( ) :13 22 5 7 0 P x y z P x y z             Gọi B là giao điểm của (P) và d1. Đường thẳng đi qua B và song song với d3 chính là đường thẳng cần tìm. Gọi B(3+ 2t; –1 + t; 2 – 2t). Thay tọa độ B vào (P): 13(3 + 2t) + 22(–1 + t) – 5(2 – 2t) – 7 = 0  t = 0  B (3; –1; 2) Vì đường thẳng cần tìm song song với (d3) nên có các véc tơ chỉ phương là 3 . n u    ( 0; n n    ) Như vậy chỉ có đáp án B là hợp lý. Câu 44. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng 1 2 1 3 3 1 2 : , : 2 2 1 2 4 x t x y z d d y t z t                    , 3 3 2 : 4 1 6 x y z d      . Đường thẳng song song với 3 d và cắt đồng thời 1 d và 2 d có phương trình là: A. 1 4 4 1 6 x y z      . B. 1 4 4 1 6 x y z      . C. 3 1 2 4 1 6 x y z      . D. 3 1 2 4 1 6 x y z        . Lời giải Chọn D Gọi  đường thẳng song song với 3 d và cắt 1 d và 2 d . 3 ; u u    lần lượt là véctơ chỉ phương của  và 3 d . Ta có   1 2 3; 1; 2 2 d A A x x x         ;   2 1 3 ; 2 ; 4 d B B y y y          .   3 2 4; 2 1 ; 2 6 AB y x y x y x              . Vì 3 3 3 2 4 2 1 2 6 / / 4 1 6 y x y x y x d u ku                   . 2 3 4 8 4 4 6 5 0 0 12 6 6 2 6 13 4 0 x y y x x y x y y x y x y x                             . Từ đó suy ra:       3; 1 ;2 ; 1 ;0; 4 4;1 ; 6 A B AB            là véctơ chỉ phương của  . Phương trình  là: 3 1 2 4 1 6 x y z        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm   1;3; 2 M  , đồng thời song song với giao tuyến của hai mặt phẳng   : 3 0 P x y    và   : 2 3 0 Q x y z     . A. 1 3 3 2 x t y t z t             . B. 1 3 3 2 x t y t z t             . C. 1 3 2 3 x t y t z t             . D. 1 3 2 3 x t y t z t             . Lời giải Chọn C Hai mặt phẳng   : 3 0 P x y    và   : 2 3 0 Q x y z     có vectơ pháp tuyến lần lượt là:     1;1;0 ; 2; 1;1 P Q n n          . Giao tuyến của hai mặt phẳng   P và   Q có vectơ chỉ phương:   ; 1; 1; 3 . P Q u n n                Đường thẳng đi qua điểm   1;3; 2 M  , đồng thời song song với giao tuyến của hai mặt phẳng   : 3 0 P x y    và   : 2 3 0 Q x y z     nhận vectơ u  làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: 1 3 2 3 x t y t z t             . Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 1 2 2 x y z d     , mặt phẳng ( ) :2 2 5 0 P x y z     và điểm   1;1; 2 A  . Phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A song song với mặt phẳng ( ) P và vuông góc với d là: A. 1 1 2 : 1 2 2 x y z        . B. 1 1 2 : 2 1 2 x y z        . C. 1 1 2 : 2 2 3 x y z        . D. 1 1 2 : 1 2 2 x y z       . Lời giải Chọn C 1 2 : 1 2 2 x y z d     d  có một vectơ chỉ phương là   1;2;2 u  . ( ) :2 2 5 0 P x y z     ( ) P  có một vectơ pháp tuyến là   2;1;2 n  . Đường thẳng  song song với mặt phẳng ( ) P và vuông góc với d   có một vectơ chỉ phương là   , 2;2; 3 v u n           , và đường thẳng  đi qua điểm   1;1; 2 A   Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 1 2 2 2 3 x y z       . Câu 47. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 9 0, P x y z     đường thẳng 3 3 : 1 3 2 x y z d     và điểm   1;2; 1 . A  Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt d và song song với mặt phẳng   P . A. 1 2 1 1 2 1 x y z       . B. 1 2 1 1 2 1 x y z       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 1 2 1 1 2 1 x y z      . D. 1 2 1 1 2 1 x y z        . Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có:   P có vectơ pháp tuyến là:   1;1; 1 n    . d có vectơ chỉ phương là:   1;3;2 u   và   3;3;0 B d  .  có vectơ chỉ phương là:   ; ; u a b c      và   1;2; 1 A    (trong đó 2 2 2 0 a b c    ).     2;1;1 ; . 0 0 AB d P u n a b c c a b                        ; ; . u a b a b        Do d cắt  , . 0 2 0 2 . AB u u a b b a                      Chọn   1 2 1 1 2 1 1;2;1 : . 1 2 1 x y z a b c u                      Kết luận: 1 2 1 : . 1 2 1 x y z        Cách 2: Ta có:   P có vectơ pháp tuyến là:   1;1; 1 n    .  có vectơ chỉ phương là:   ; ; u a b c      và   1;2; 1 A    (trong đó 2 2 2 0 a b c    ). Do  song song với mặt phẳng   . 0 P u n        . Nhận xét đáp án A: . 0 u n       . Nhận xét đáp án B: . 4 0 u n         loại đáp án B. đáp án C: . 2 0 u n         loại đáp án C. đáp án D: . 2 0 u n         loại đáp án D. Kết luận: Chọn đáp án A. Câu 48. (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Trong không gian, cho mặt phẳng   : 4 0 P x y z     và điểm   2; 1;3 A  . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với   P , biết  có một vectơ chỉ phương là   ; ; u a b c   , đồng thời  đồng phẳng và không song song với Oz . Tính a c . A. 2 a c  . B. 2 a c   . C. 1 2 a c   . D. 1 2 a c  . Lời giải Chọn A   P có một vectơ pháp tuyến là   1;1; 1 n    .  đi qua điểm   2; 1;3 A  và có một vectơ chỉ phương là   ; ; u a b c   . Oz đi qua điểm   0;0;0 O và có một vectơ chỉ phương là   0;0;1 k   .  không song song với Oz  : : 0 : 0 :1 a b c  .  đồng phẳng với Oz  Ba vectơ ; ; u k OA       đồng phẳng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27  , 0 k OA u             2 0 a b    2 a b   . Do   / / P   u n    . 0 u n      0 a b c     c b    . Suy ra 2 a c  . Dạng 1.3 Phương trình đường thẳng hình chiếu, đối xứng Câu 49. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 5 3 : 2 1 4 x y z d       . Phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng 3 0 x   ? A. 3 5 2 3 x y t z t             B. 3 6 7 4 x y t z t             C. 3 5 3 4 x y t z t              D. 3 5 3 4 x y t z t             Lời giải Chọn B Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm 0 (1; 5;3) M  và có VTCP   2; 1;4 d u    Gọi   Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với   : 3 0 P x   . Suy ra mặt phẳng   Q đi qua điểm 0 (1; 5;3) M  và có VTPT là     ; 0;4;1 P d n u      : 4 17 0 Q y z     . Phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng   P là 4 17 0 3 0 y z x         hay 3 6 7 4 x y t z t             Cách 2: Ta có   1 2 ; 5 ;3 4 M d M t t t       . Gọi M  là hình chiếu của M trên   : 3 0 P x   . Suy ra   3; 5 ;3 4 M t t      . Suy ra 3 : 5 3 4 x d y t z t              So sánh với các phương án, ta chọn D là đáp án đúng. Câu 50. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 3 0 x y P z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là A. 1 1 1 1 4 5 x y z       B. 1 4 5 1 1 1 x y z      C. 1 1 1 1 4 5 x y z        D. 1 1 1 3 2 1 x y z        Lời giải Chọn A Gọi M là giao điểm của d với   P . Tọa độ của M là nghiệm của hệ: 3 1 3 0 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 x y z x x y z x y y x y z x z z                                       1;1;1 M  Lấy điểm   0; 1;2 N d   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là:   1;1;1 n   . Gọi  là đường thẳng đi qua N và nhận   1;1;1 n   làm vec tơ chỉ phương. Phương trình đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z      Gọi N  là giao điểm của  với   P . Tọa độ của N  là nghiệm của hệ: 2 3 3 3 0 1 1 1 2 3 2 1 1 1 8 3 x x y z x y z x y y x y z x z z                                          2 1 8 ; ; 3 3 3 N           1 4 5 1 ; ; 1;4; 5 3 3 3 3 MN u                    Đường thẳng cần tìm đi qua điểm   1;1;1 M và nhận   1;4; 5 u    làm vec tơ chỉ phương nên có phương trinh 1 1 1 1 4 5 x y z       . Câu 51. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0 x y z      và đường thẳng 4 3 2 : 3 6 1 x y z d        . Viết phương trình đường thẳng ' d đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng    . A. 5 4 11 17 2 x y z       . B. 5 4 11 17 2 x y z       . C. 5 4 11 17 2 x y z       . D. 5 4 11 17 2 x y z      . Lời giải Mặt phẳng   : 2 3 0 x y z      có vectơ pháp tuyến   2;1;1 n  . Gọi tọa độ giao điểm của d và    là I thì   22;39;8 I  . Lấy   4;3;2 A d   . Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với    . Suy ra phương trình đường thẳng  là 4 2 3 2 x t y t z t             Gọi H là hình chiếu của A lên    thì   H       2;4;3 H   . ' A đối xứng với A qua     H là trung điểm ' AA   ' 0;5;4 A  . Đường thẳng ' d đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng    ' d  đi qua điểm , ' I A có vectơ chỉ phương     ' 22; 34; 4 2 11; 17; 2 A I           có phương trình là: 5 4 11 17 2 x y z       . Câu 52. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Đường thẳng d  là hình chiếu TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 của d theo phương Ox lên   P , d  nhận   ; ;2019 u a b   là một vectơ chỉ phương. Xác định tổng  . a b  A. 2019 . B. 2019  . C. 2018 . D. 2020  . Lời giải Chọn       1;2; 1 ; 2;1;3 ; , 0;3; 1 . d A d u u i             Ta thấy ; . 7 0 d u i OA d              và Ox chéo nhau. Gọi   Q là mặt phẳng chứa d và song song với . Ox Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   Q là   ; 0;3; 1 . Q d n u i           Hình chiếu d  của d trên mặt phẳng   P là đường giao tuyến giữa hai mặt phẳng   P và  . Q d  có một vectơ chỉ phương là     ; 4;1;3 673 ; 2692;673;2019 Q P Q P n n u n n                    cũng là một vectơ chỉ phương. Vậy 2019. a b    Câu 53. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 0 x y z      và đường thẳng 1 4 : 2 3 5 x y z d     . Hình chiếu vuông góc của d trên    có phương trình là A. 1 4 1 2 3 5 x y z      . B. 5 1 2 3 5 x y z     . C. 5 1 2 3 5 x y z     . D. 5 1 2 3 5 x y z     . Lời giải Mặt phẳng   : 1 0 x y z      có vectơ pháp tuyến   1;1; 1 n   . Đường thẳng 1 4 : 2 3 5 x y z d     có vectơ chỉ phương   2;3;5 u  . Vì   . 1.2 1.3 1 .5 0 n u        nên   / / d  . Gọi ' d là hình chiếu vuông góc của d trên    '/ / d d  . Lấy   1; 4;0 A d   . Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với    . Suy ra phương trình đường thẳng  là 1 4 x t y t z t             . Gọi ' A là hình chiếu của A lên    thì   ' A       ' 0; 5;1 A   . Đường thẳng ' d là đường thẳng đi qua   ' 0; 5;1 A  , có vectơ chỉ phương   2;3;5 u  có phương trình là 5 1 2 3 5 x y z     . n Q Q P d x ONGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 54. (KTNL GV Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     và đường thẳng 2 4 1 : 2 2 1 x y z d       . Viết phương trình đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của d trên   P . A. 2 1 : 7 5 2 x y z d       . B. 2 1 : 7 5 2 x y z d       . C. 2 1 : 7 5 2 x y z d      . D. 2 1 : 7 5 2 x y z d      . Lời giải Chọn B. +) Phương trình tham số của 2 2 : 4 2 1 x t d y t z t              , t R  . Gọi   2 2 ;4 2 ; 1 M t t t       là giao điểm của d và   P       2 2 4 2 1 1 0 t t t           2 t     2;0;1 M   . +) Mặt phẳng   P có 1 vector pháp tuyến là   1;1; 1 P n      . Điểm   0;2;0 N  d  . Gọi  là đường thẳng qua   0;2;0 N và vuông góc với mặt phẳng   P   nhận vector   1;1; 1 P n      làm vector chỉ phương. Suy ra phương trình của  là:     0 2 0 : : 2 1 1 1 x c x y z y c z c                    , c R  . Gọi   ;2 ; M c c c     là giao điểm của  với mặt phẳng   P     1 2 1 0 3 c c c c           1 5 1 ; ; 3 3 3 M          . +) 7 5 2 ; ; 3 3 3 MM                 , đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng   P nên d  chính là đường thẳng ' MM , suy ra d  đi qua   2;0;1 M và nhận vector   3 7; 5;2 u MM             làm vector chỉ phương nên phương trình của d  là: 2 1 : 7 5 2 x y z d       . Câu 55. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z     . Đường thẳng ' d là hình chiếu của d d' d P M N M' TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 theo phương Ox lên ( ) P ; ' d nhận   ; ;2019 u a b  làm một véctơ chỉ phương. Xác định tổng a b  . A. 2019 B. 2019  C. 2018 D. 2020  Lời giải  Mặt phẳng   P có véctơ pháp tuyến     1;1;1 P n   . Đường thẳng d có véctơ chỉ phương là   2;1;3 d u   , đường thẳng chứa trục Ox có có véctơ chỉ phương   1;0;0 i   .  Gọi   Q là mặt phẳng chứa đường thẳng d và song song (hoặc chứa) trục Ox . Khi đó   Q có véctơ pháp tuyến     , 0;3; 1 d Q n u i           .  Đường thẳng ' d chính là giao tuyến của   P và   Q .  Vectơ chỉ phương của ' d là       1 , 4;1;3 P Q u n n           . Suy ra:   2692;673;2019 u   cũng là chỉ phương của ' d . Ta có: 2692 673 2019 a b       . Câu 56. (THPT Đông Sơn 1 - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng  : 3 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Hình chiếu của d trên   P có phương trình là đường thẳng d  . Trong các điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng d  : A.   2;5; 4 M  . B.   1;3; 1 P  . C.   1; 1;3 N  . D.   2;7; 6 Q  . Lời giải Chọn A Gọi   A d P   . Vì   : 1 2 ; 1 2 ;2 2 x t A d y t A t t t z t                 . Mặt khác   1 2 2 3 0 1 A P t t t t           . Vậy   1;1;1 A . Lấy   0; 1;2 B d   . Gọi  là đường thẳng qua B và vuông góc   P . Thì : 1 2 x t y t z t                . Gọi C là hình chiếu của B lên   P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Suy ra   ; 1 ;2 C C t t t          . Mặt khác   2 1 2 3 0 3 C P t t t t               . Vậy 2 1 8 ; ; 3 3 3 C        . Lúc này d  qua   1;1;1 A và có một vectơ chỉ phương là 1 4 5 ; ; 3 3 3 AC              . Hay d  nhận   1;4; 5 u    làm một vectơ chỉ phương. Suy ra 1 : 1 4 1 5 x s d y s z s             . Vậy điểm thuộc đường thẳng d  là   2;5; 4 M  . Câu 57. (THPT Phan Bội Châu - Nghệ An - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Đường thẳng d  là hình chiếu của d theo phương Ox lên   P , d  nhận   ; ;2019 u a b   là một vectơ chỉ phương. Xác định tổng  . a b  A. 2019 . B. 2019  . C. 2018 . D. 2020  . Lời giải Chọn B Chọn       1;2; 1 ; 2;1;3 ; , 0;3; 1 . d A d u u i             Ta thấy ; . 7 0 d u i OA d              và Ox chéo nhau. Gọi   Q là mặt phẳng chứa d và song song với . Ox Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   Q là   ; 0;3; 1 . Q d n u i           Hình chiếu d  của d trên mặt phẳng   P là đường giao tuyến giữa hai mặt phẳng   P và  . Q d  có một vectơ chỉ phương là     ; 4;1;3 673 ; 2692;673;2019 Q P Q P n n u n n                    cũng là một vectơ chỉ phương. Vậy 2019. a b    . Câu 58. (SGD Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 : 1 2 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     . Gọi d  là hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng   P , véc tơ chỉ phương của đường thẳng d  là A.   3 5; 6; 13 u       . B.   2 5; 4; 3 u       . C.   4 5;16;13 u     . D.   1 5;16; 13 u     . Lời giải Chọn D Đường thẳng d đi qua điểm   1;1;2 A và có 1 véc tơ chỉ phương   1;2; 1 d u      . n Q Q P d x O TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Mặt phẳng   P có 1 véc tơ pháp tuyến     2;1;2 P n      . Gọi d u     là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d  . Gọi   Q là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng   P . Khi đó   Q đi qua điểm   1;1;2 A và có 1 véc tơ pháp tuyến       , 5; 4; 3 d Q P n u n                    . d  là hình chiếu của đường thẳng d trên mặt phẳng       P d P Q     nên   d P d Q u n u n                       . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d  là       , 5;16; 13 d P Q u n n                    . Câu 59. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  : 3 0     P x y z và đường thẳng 1 2 : . 1 2 1 x y z d      Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là A. 1 1 1 1 4 5        x y z . B. 1 1 1 3 2 1        x y z . C. 1 1 1 1 4 5       x y z . D. 1 4 5 1 1 1      x y z . Lời giải Chọn C Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm   0; 1;2 M  và có một vectơ chỉ phương là   1;2; 1 d u      . Gọi   Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với   P .   Q đi qua điểm   0; 1;2 M  và có một vectơ pháp tuyến là   , 3; 2; 1 Q d P n u n                  .   : 3 2 0     Q x y z . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d trên   P , khi đó tập hợp các điểm thuộc  là nghiệm của hệ phương trình   3 2 0 . 3 0 x y z I x y z           Trong hệ   I cho 1 z  , ta được 1, 1 x y   . Vậy điểm   1;1;1 A thuộc  .  là đường thẳng đi qua điểm   1;1;1 A và có một vectơ chỉ phương   , 1;4; 5 P Q u n n                nên có phương trình chính tắc là 1 1 1 1 4 5       x y z . Cách 2: Gọi   A d P   .   ; 1 2 ;2 A d A t t t      .         1 2 2 3 0 2 2 0 1 1;1;1 A P t t t t t A                . Lấy điểm   0; 1;2 M d   . Gọi  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với   P . Khi đó  có phương trình tham số là 1 2 x t y t z t            . Gọi   B P    .   ; 1 ;2 B B t t t       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/       2 2 1 8 1 2 3 0 3 2 0 ; ; 3 3 3 3 B P t t t t t B                       . Phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng   P là đường thẳng AB đi qua điểm   1;1;1 A và có một vectơ chỉ phương   1 4 5 3. 3. ; ; 1;4; 5 3 3 3 u AB                    nên có phương trình chính tắc là 1 1 1 1 4 5       x y z . Dạng 1.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến, giao tuyến…) Hai đường thẳng 1 2 , d d cắt nhau tại điểm   0 0 0 ; ; A x y z và có vécto chỉ phương |ân lượt là     1 1 1 1 2 2 2 2 ; ; , ; ; u a b c u a b c      Đường thẳng phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng này có vécto chỉ phương được xác định theo công thức     1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 ; ; ; ; u u u a b c a b c u u a b c a b c                 Chi tiết có hai phân giác: Nếu 1 2 1 2 1 2 1 1 0 u u u u u u u                  là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc nhọn giữa hai đường thẳng và 1 2 1 2 1 1 u u u u u           là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc tù giữa hai đường thẳng. Nếu 1 2 1 2 1 2 1 1 0 u u u u u u u                  là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc tù giữa hai đường thẳng và 1 2 1 2 1 1 u u u u u           là vécto chỉ phương của phân giác tạo bởi góc nhọn giữa hai đường thẳng. Câu 60. (Mã 102 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 3 5 4            x t d y z t . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1; 3;5  A và có vectơ chỉ phương   1;2; 2   u . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 2 2 5 6 11             x t y t z t B. 1 2 2 5 6 11              x t y t z t C. 1 7 3 5 5             x t y t z t D. 1 3 5 7            x t y z t Lời giải Chọn B Ta có điểm   1; 3;5  A thuộc đường thẳng d , nên   1; 3;5  A là giao điểm của d và  . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là   3;0; 4    v . Ta xét: 1 1 .      u u u   1 1;2; 2 3   1 2 2 ; ; 3 3 3         ; 1 1 .      v v v   1 3;0; 4 5    3 4 ;0; 5 5          . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Nhận thấy 1 1 . 0      u v , nên góc tạo bởi hai vectơ 1   u , 1   v là góc nhọn tạo bởi d và  . Ta có 1 1 w          u v 4 10 22 ; ; 15 15 15            15 2; 5;11 2    là vectơ chỉ phương của đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  hay đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có vectơ chỉ phương là   1 w 2; 5;11      . Do đó có phương trình: 1 2 2 5 6 11              x t y t z t . Câu 61. (Mã 101 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 7 : 1 4 1 x t d y t z           . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1 ;1;1 A và có vectơ chỉ phương   1; 2;2 u    . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là. A. 1 2 10 11 6 5 x t y t z t               B. 1 2 10 11 6 5 x t y t z t              C. 1 3 1 4 1 5 x t y t z t             D. 1 7 1 1 5 x t y t z t            Lời giải Chọn B Phương trình 1 ' : 1 2 ' 1 2 ' x t y t z t             . Ta có   1;1;1 d A    . Lấy   4;5;1 I d    3;4;0 5 AI AI        . Gọi   1 ';1 2 ';1 2 ' M t t t      sao cho AM AI  . Khi đó 5 ' 3 3 ' 5 5 ' 3 t t t            . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Với 5 ' 3 t  8 7 13 ; ; 3 3 3 M         5 10 10 15 ; ; 3 3 3 3 AM AM                 . Khi đó   0 1 cos 90 3 IAM IAM      trong trường hợp này   0 ; 90 d   ( loại) Với 5 ' 3 t   2 13 7 ; ; 3 3 3 N          5 10 10 15 ; ; 3 3 3 3 AN AN                 . Khi đó   0 1 cos 90 3 IAN IAM     trong trường hợp này   0 ; 90 d   (thỏa mãn) Gọi H là trung điểm của   5 14 2 1 ; ; 2;11; 5 3 3 3 3 NI H AH                . Khi đó đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  đi qua 5 14 2 ; ; 3 3 3 H        hoặc   1;1;1 A và nhận làm   2;11; 5 u    VTCP  phương trình phân giác là 1 2 10 11 6 5 x t y t z t              . Câu 62. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 1 4 1 x t d y t z           . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1;1;1 A và có vectơ chỉ phương   2;1;2 u    . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là. A. 1 27 1 1 x t y t z t            B. 18 19 6 7 11 10 x t y t z t              C. 18 19 6 7 11 10 x t y t z t               D. 1 1 17 1 10 x t y t z t            Lời giải Chọn B A d    Phương trình tham số của đường thẳng 1 2 : 1 1 1 2 x t y t z t             . Chọn điểm   1;2;3 , 3 B AB     . Gọi C d  thỏa mãn AC AB  14 17 ; ;1 5 5 C        hoặc 4 7 ; ;1 5 5 C         Kiểm tra được điểm 4 7 ; ;1 5 5 C         thỏa mãn BAC là góc nhọn. Trung điểm của BC là 9 3 ; ;2 10 10 I        .Đường phân giác cần tìm là AI có vectơ chỉ phương là   19;7; 10 u    có phương trình là 1 19 1 7 1 10 x t y t z t            . Tọa độ điểm của đáp án B thuộc AI . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Câu 63. (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 2 . 3 x t d y t z           Gọi  là đường thẳng đi qua điểm (1 ;2;3) A và có vectơ chỉ phương (0; 7; 1). u     Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 5 2 2 . 3 x t y t z t            B. 1 6 2 11 . 3 8 x t y t z t            C. 4 5 10 12 . 2 x t y t z t              D. 4 5 10 12 . 2 x t y t z t               Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua (1;2;3) A và có VTCP (1;1;0) a   . Ta có . 1.0 1.( 7) 0.( 1) 7 0 ( , ) 90 . a u a u                Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có VTCP:     1 5;12;1 // 5;12;1 5 2 u a b u a          . Phương trình đường thẳng cần tìm là 4 5 10 12 . 2 x t y t z t              Câu 64. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có       1;3;2 2;0;5 , ; , 0 2;1 A B C   . Viết phương trình đường trung tuyến AM của tam giác ABC . A. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       B. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       C. 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       D. 2 4 1 : 1 1 3 x y z AM       Lời giải Chọn A Gọi   ; ; M x y z là trung điểm BC . Khi đó   1; 1;3 M  Ta có   2; 4;1 AM vtcpu          PTĐT 1 3 2 : 2 4 1 x y z AM       Câu 65. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A , đường thẳng d đi qua A cắt chiều âm trục Oy tại điểm B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. Phương trình tham số đường thẳng d là A. 1 2 0 x t y t z          . B. 2 2 0 x t y t z           . C. 2 2 0 x t y t z           . D. 2 2 1 x t y t z          . Lời giải Gọi   0; ;0 B b là giao điểm của d với trục Oy . (Điều kiện 0 b  ) NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có 2 OA  và tam giác OAB vuông tại O nên 1 . 1 1 2 OAB S OAOB OB      Suy ra   0; 1 ;0 B  . Ta có   2; 1;0 AB        là một vec tơ chỉ phương của d . Và đường thẳng d đi qua điểm   2;0;0 A nên 2 2 0 x t y t z           . Câu 66. Trong không gian Oxyz cho hai điểm 8 4 8 (2;2;1), ( ; ; ) 3 3 3 A B  . Đường phân giác trong của tam giác OAB có phương trình là A. 0 x y t z t         B. 4 x t y t z t          C. 14 2 5 x t y t z t          D. 2 14 13 x t y t z t         Lời giải Chọn A Ta có: 4 4 1 3 3 . . . . 4 4 64 16 64 9 9 9 3 8 2 x 4 3 0 3 4 12 2 4 3 7 12 3 8 1 7 4 3 OA EA EB EB EB BE OB x x y y y z z z                                                                                  12 12 0; ; (0;1;1) 7 7 O : 0 : OE u qua VTCP u x y t z t                                TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Câu 67. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 4 4 6 2 x t d y t z t             ; 2 5 11 5 : 2 4 2 x y z d      . Đường thẳng d đi qua   5; 3;5 A  cắt 1 2 ; d d lần lượt ở , B C .Tính tỉ sô AB AC . A. 2 . B. 3. C. 1 2 . D. 1 3 . Lời giải   1 4 ; 4 ;6 2 B d B t t t       . PT tham số của 2 5 2 : 11 4 5 2 x s d y s z s            .   2 5 2 ;11 4s;5 2 C d C s s      . Khi đó: (1 ; 1 ;2 1); (2s;4s 14;2s) AB t t t AC                . Do , , A B C thẳng hàng , AB AC          cùng phương : k AB k AC              1 2 2 1 4 14 3 2 1 2 1 2 t ks t t ks k s t ks k                            . Do đó: 1 1 . 2 2 AB AB AC AC            Câu 68. (THPT Gang Thép Thái Nguyên -2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 điểm     1;2;3 , 2;4;4 M A và hai mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     ,   : 2 4 0. Q x y z     Viết phương trình đường thẳng  đi qua M , cắt ( ), ( ) P Q lần lượt tại , B C sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. A. 1 2 3 1 1 1 x y z        . B. 1 2 3 2 1 1 x y z       . C. 1 2 3 1 1 1 x y z       . D. 1 2 3 1 1 1 x y z        . Lời giải Điểm B thuộc mặt ( ) P nên   2 1; ; B c b b c   vì   1;2;3 M là trung điểm BC nên   3 2 ;4 ;6 C c b b c     . Do C thuộc mặt (Q) nên 3 7 0 3 7 c c c b       . Khi đó (5 15; ;3 7) B b b b   , ( 5 17;4 ;13 3 ) C b b b     . ( 10 32; 2 4; 6 20) BC b b b           . ABC cân tại A nên . 0 20 60 0 3 (0;3;2) . BC AM b b B                 Đường thẳng  đi qua (1;2;3) M và (0;3;2) B có phương trình là 1 2 3 1 1 1 x y z       . Câu 69. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết (2;1;0), (3;0;2), (4;3; 4) A B C  . Viết phương trình đường phân giác trong góc A. A. 2 1 0 x y t z          B. 2 1 x y z t         C. 2 1 0 x t y z          D. 2 1 x t y z t          Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn C Ta có   1; 1; 2 AB       và   2; 2; 4 AC       . Gọi M là trung điểm AC , ta có   3; 2; 2 M  ,   1; 1; 2 AM        . Do đó ABM  cân tại A . Gọi K là điểm thỏa mãn   2; 0; 0 AK AM AB                 . Khi đó AK là tia phân giác trong góc  BAC . Vậy phương trình đường phân giác trong góc  BAC là 2 1 , 0 x t y t z            . Câu 70. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d     , mặt phẳng   : 2 5 0 P x y z     và   1; 1;2 A  . Đường thẳng  cắt d và   P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của  là A.   4; 5; 13 u    . B.   2; 3; 2 u   . C.   1; 1; 2 u    . D.   3; 5; 1 u    . Lời giải Ta có 1 2 1 2 : 2 1 1 2 x t x y z d y t z t                 . Do đó M d    1 2 ; ;2 M t t t     . Vì   1; 1;2 A  là trung điểm MN   3 2 ; 2 ;2 N t t t      . Mặt khác   N P    3 2 2 2 2 5 0 t t t           2 3;2;4 t M      2;3; 2 AM        là một vectơ chỉ phương của  . Câu 71. (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết   1;0;1 A ,   1;0; 3 B  và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng   ABCD đi qua K C M B A d  P M N A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 gốc tọa độ O . Khi đó đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình A. 1 : 1 x d y t z           . B. 1 : 1 x d y t z          . C. 1 : 1 x d y t z          . D. : 1 x t d y z t         . Lời giải Ta có     0;0; 4 4 0;0;1 AB         . Hay AB có véc-tơ chỉ phương   0;0;1 k   . Mặt phẳng   ABCD có một véc-tơ pháp tuyến:     ; 0;4;0 4 0;1;0 OA OB               , hay   0;1;0 j   là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng   ABCD . Vì   AD AB AD ABCD        nên AD k AD j                  . Đường thẳng AD có véc-tơ chỉ phương là   ; 1;0;0 j k        . Phương trình đường thẳng AD là: 1 0 1 x t y z          . Do đó   1 ;0;1 D t  . Mặt khác   2 2 2 4 0 1 1 4 4 t AD AB t t              . Vì điểm D có hoành độ âm nên   3;0;1 D  . Vì tâm I của hình vuông ABCD là trung điểm BD , nên   1;0; 1 I    . Đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có véc-tơ pháp tuyến là   0;1;0 j   , nên phương trình đường thẳng d là: 1 : 1 x d y t z           . Câu 72. (THPT Nghen - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 1 2 3 x y z       và 2 1 2 1 : 1 2 3 x y z        cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng   P . Lập phương trình đường phân giác d của góc nhọn tạo bởi 1  , 2  và nằm trong mặt phẳng   P . A.   1 : 2 , 1 x d y t z t              . B.   1 : 2 , 1 2 x t d y t z t               . C.   1 : 2 2 , 1 x t d y t t z t                . D.   1 : 2 2 , 1 x t d y t t z               Lời giải Nhận thấy   1;2; 1 A   là giao điểm của 1  và 2  . 1  có VTCP là   1 1;2;3 u    2  có VTCP là   2 1;2; 3 u      .     1 2 ; 12;6;0 6 2; 1;0 u u               . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình mặt phẳng   P : 2 4 0 x y    . Gọi   ; ; u a b c   là VTCP của d cần tìm. Ta có d nằm trong mặt phẳng   P chứa hai đường thẳng 1  , 2  1 2 ; u u u             2 0 a b    2 b a   Lại có d là phân giác của 1  , 2      1 2 cos , cos , d d     2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 . 14 . 14 a b c a b c a b c a b c           2 3 2 3 2 3 2 3 a b c a b c a b c a b c                    0 1 2 0 2 c a b         . Xét   1 , 0 c  , 2 b a      ,2 ,0 1;2;0 u a a     . 1 : 2 2 , 1 x t d y t t z                .   1 1.1 2.2 70 cos ; 14 14. 5 d       1 ; 53 18' d     . Xét   2 : 2 0 0 2 a b a b b a              0;0; 0;0;1 u c c     1 : 2 , 1 x d y t z t               .   1 3 3 cos , 14.1 14 d       1 , 36 42' d     . Do d là đường phân giác của góc nhọn nên   1 , 45 d    . Vậy đường thẳng d cần tìm là 1 : 2 , 1 x d y t z t              . Nhận xét: Có thể làm đơn giản hơn bằng cách: ta thấy   1 1;2;3 u    ;   2 1;2; 3 u      là hai véc tơ có độ dài bằng nhau và   1 2 1 2 . 0 , 90 u u u u               . Vậy   1 2 u u       chính là véc tơ chỉ phương của d . Câu 73. (Quảng Xương - Thanh Hóa - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC biết   1;0; 1 A  ,   2;3; 1 B  ,   2;1;1 C  . Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC là: A. 3 1 5 3 1 5 x y z       . B. 2 3 1 5 x y z    . C. 1 1 1 2 2 x y z      . D. 3 2 5 3 1 5 x y z       . Lời giải Ta có:   1;3;0 AB      ;   4; 2;2 BC        ,   3;1;2 AC       2 10 AB   , 2 24 BC  , 2 14 AC  ABC   vuông tại A . Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của BC   0;2;0 I  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 Đường thẳng d cần tìm đi qua   0;2;0 I và nhận vectơ 1 , 2 u AB AC                 3; 1;5   làm véc tơ chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: 3 1 5 3 1 5 x y z       . Câu 74. (SGD Bắc Giang - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có   2;2;1 H , 8 4 8 ; ; 3 3 3 K        , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng   ABC có phương trình là A. 4 1 1 : 1 2 2 x y z d       . B. 8 2 2 3 3 3 : 1 2 2 x y z d       . C. 4 17 19 9 9 9 : 1 2 2 x y z d       . D. 6 6 : 1 2 2 x y z d      . Lời giải Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K , O cùng nhìn BC dưới một góc vuông) suy ra     1 OKB OCB  Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K , H cùng nhìn DC dưới một góc vuông) suy ra     2 DKH OCB  Từ   1 và   2 suy ra   DKH OKB  do đó BK là đường phân giác trong của góc  OKH và AC là đường phân giác ngoài của góc  OKH . Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc  KOH và AB là đường phân giác ngoài của góc  KOH . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có 4 OK  ; 3 OH  ; 5 KH  . Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc  OKH và  KOH . Ta có I AC HO   ta có 4 5 IO KO IH KH   4 5 IO IH            8; 8; 4 I     . Ta có J AB KH   ta có 4 3 JK OK JH OH     4 16;4; 4 3 JK JH J             . Đường thẳng IK qua I nhận   16 28 20 4 ; ; 4;7;5 3 3 3 3 IK            làm vec tơ chỉ phương có phương trình   8 4 : 8 7 4 5 x t IK y t z t               Đường thẳng OJ qua O nhận     16;4; 4 4 4;1; 1 OJ         làm vec tơ chỉ phương có phương trình   4 : x t OJ y t z t             Khi đó A IK OJ   , giải hệ ta tìm được   4; 1;1 A   . Ta có   4;7;5 IA     và   24;12;0 IJ     , ta tính     , 60;120; 120 60 1; 2;2 IA IJ                 . Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   ABC có véc tơ chỉ phương   1; 2;2 u    nên có phương trình 4 1 1 1 2 2 x y z       . Nhận xét: Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm D của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK . Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có . . . 0 a IA b IB c IC              , với a BC  , b CA  , c AB  ”. Sau khi tìm được D , ta tìm được A với chú ý rằng A DH  và OA DA  . Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm A bằng cách chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp góc H của tam giác OHK . Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A , ta có . . . 0 a JA b JB c JC                , với a BC  , b CA  , c AB  ”. Câu 75. (Chuyên Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có   2;3;3 A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là 3 3 2 1 2 1 x y z        , phương trình đường phân giác trong của góc C là 2 4 2 2 1 1 x y z        . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là A.   3 2;1; 1 u    . B.   2 1; 1;0 u    . C.   4 0;1; 1 u    . D.   1 1;2;1 u   . Lời giải Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là 2 2 : 4 2 x t CD y t z t            . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Gọi   2 2 ;4 ;2 C t t t     , suy ra tọa độ trung điểm M của AC là 7 5 2 ; ; 2 2 t t M t           . Vì M BM  nên:   7 5 3 2 2 3 2 2 1 2 1 t t t                       1 1 1 1 1 4 2 t t t t           . Do đó   4;3;1 C  . Phương trình mặt phẳng   P đi qua A và vuông góc CD là       2. 2 1. 3 1. 3 0 x y z       hay 2 2 0 x y z     . Tọa độ giao điểm H của   P và CD là nghiệm   ; ; x y z của hệ 2 2 4 2 2 2 0 x t y t z t x y z                        2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 0 x t y t z t t t t                      2 4 2 0 x y z t               2;4;2 H  . Gọi A  là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy ra H là trung điểm AA  , bởi vậy: 2 2.2 2 2 2 2.4 3 5 2 2.2 3 1 A H A A H A A H A x x x y y y x z z                          2;5;1 A   . Do A BC   nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là     2;2;0 2 1;1;0 CA          , nên phương trình đường thẳng BC là 4 3 1 x t y t z           . Vì B BM BC   nên tọa độ B là nghiệm   ; ; x y z của hệ 4 2 3 5 1 1 3 3 2 1 1 2 x t x y t y z z x y t                                  2;5;1 B A    . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là     0;2; 2 2 0;1; 1 AB         ; hay   4 0;1; 1 u    là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB . Câu 76. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  : 3 0 P x y z     và đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Đường thẳng ' d đối xứng với d qua mặt phẳng   P có phương trình là A. 1 1 1 1 2 7 x y z       . B. 1 1 1 1 2 7 x y z      . C. 1 1 1 1 2 7 x y z      . D. 1 1 1 1 2 7 x y z       . Lời giải Chọn A + d không vuông góc với   P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình tham số của đường thẳng : 1 2 2 x t d y t z t                  . Tọa độ giao điểm I của d và mặt phẳng   P là nghiệm của hệ phương trình   1 1 2 1 1;1;1 2 1 3 0 x t x y t y I z t z x y z                                        . + Lấy điểm   0; 1;2 M d   . Đường thẳng  qua M và vuông góc với   P có phương trình 1 2 x t y t z t                  .   2 1 8 ; ; 3 3 3 P H H                . ' M đối xứng với M qua   P H  là trung điểm của 4 1 10 ' ' ; ; . 3 3 3 MM M            + Đường thẳng ' d đối xứng với d qua mặt phẳng   P ' d  đi qua   1;1;1 I và 4 1 10 ' ; ; 3 3 3 M           có vectơ chỉ phương   1 2 7 1 ' ; ; 1; 2;7 3 3 3 3 IM                    , phương trình ' d là 1 1 1 1 2 7 x y z       . Câu 77. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 : 3 5 4            x t d y z t . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm   1; 3;5  A và có vectơ chỉ phương   1;2; 2   u . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương trình là A. 1 2 2 5 6 11             x t y t z t . B. 1 2 2 5 6 11              x t y t z t . C. 1 7 3 5 5             x t y t z t . D. 1 3 5 7            x t y z t . Lời giải Chọn B Ta có điểm   1; 3;5  A thuộc đường thẳng d , nên   1; 3;5  A là giao điểm của d và  . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là   3;0; 4    v . Ta xét: 1 1 .      u u u   1 1;2; 2 3   1 2 2 ; ; 3 3 3         ; 1 1 .      v v v   1 3;0; 4 5    3 4 ;0; 5 5          . Nhận thấy 1 1 . 0      u v , nên góc tạo bởi hai vectơ 1   u , 1   v là góc nhọn tạo bởi d và  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 Ta có 1 1 w          u v 4 10 22 ; ; 15 15 15            15 2; 5;11 2    là vectơ chỉ phương của đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  hay đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có vectơ chỉ phương là   1 w 2; 5;11      . Do đó có phương trình: 1 2 2 5 6 11              x t y t z t . Câu 78. (THPT Ninh Bình-Bạc Liêu-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 10 0 P x y z     , điểm   1;3;2 A và đường thẳng 2 2 : 1 1 x t d y t z t             . Tìm phương trình đường thẳng  cắt   P và d lần lượt tại hai điểm M và N sao cho A là trung điểm của đoạn MN . A. 6 1 3 7 4 1 x y z       . B. 6 1 3 7 4 1 x y z       . C. 6 1 3 7 4 1 x y z        . D. 6 1 3 7 4 1 x y z        . Lời giải Chọn A Theo giả thiết:   2 2; 1;1 N d N t t t      . Mà A là trung điểm   4 2 ;5 ;3 MN M t t t     . Mặt khác,         2 4 2 5 3 10 0 2 M P t t t t             .     6; 1;3 7;4; 1 N NA           . Đường thẳng  đi qua   6; 1;3 N   và có một VTCP là   7;4; 1 u NA         nên có phương trình chính tắc là: 6 1 3 7 4 1 x y z       . Câu 79. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng   : 3 1 0 x y z      ,   : 2 7 0 x y z      . A. 2 3 2 3 7 x y z       B. 2 3 2 3 7 x y z      C. 3 10 2 3 7 x y z       D. 2 3 2 3 7 x y z      Lời giải Chọn D Tọa độ các điểm thuộc giao tuyến d của hai mặt phẳng thỏa mãn hệ phương trình: 3 1 0 2 7 0 x y z x y z            . Với 0 y    1 2 2;0;3 2 7 3 x z x A d x z z                  Với   10 0 3 0;3;10 2 10 10 x z x y B d x z z                   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy đường thẳng d đi qua   2;0;3 A và nhận   2;3;7 AB       làm vecto chỉ phương có phương trình chính tắc là: 2 3 2 3 7 x y z      . Câu 80. Đường thẳng  là giao tuyến của 2 mặt phẳng: 5 0 x z    và 2 3 0 x y z     thì có phương trình là A. 2 1 1 3 1 x y z      B. 2 1 1 2 1 x y z      C. 2 1 3 1 1 1 x y z       D. 2 1 3 1 2 1 x y z       Lời giải Chọn C   : 5 0 P x z    có 1 vtpt   1 1;0;1 n       : 2 3 0 Q x y z     có 1 vtpt   2 1; 2; 1 n       Gọi  là giao tuyến của 2 mặt phẳng thì  có 1 vtcp   1 2 , 2;2; 2 u n n               . Câu 81. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi    là mặt phẳng chứa đường thẳng 2 3 ( ) : 1 1 2 x y z d     và vuông góc với mặt phẳng   : 2z 1 0 x y      . Hỏi giao tuyến của    và    đi qua điểm nào? A.   0;1;3 . B.   2;3;3 . C.   5;6;8 D.   1; 2;0  Lời giải (1;1;2) d u    là một VTCP của đường thẳng d (1;1; 2) n      là một VTPT của    ; ( 4;4;0) d n u n                      (2;3;0) A d A     Phương trình mặt phẳng ( ) : 4( 2) 4( 3) 0( 0) 0 4x 4 4 0 1 0 x y z y x y                  . Giả sử     ( ; ; ) M x y z     . Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ x- 1 0 2z 1 0 y x y          Thay các đáp án vào hệ trên ta thấy (2;3;3) M thỏa mãn. Chọn đáp án B Câu 82. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  là giao của hai mặt phẳng 5 0 x z    và 2 3 0 x y z     thì có phương trình là A. 2 1 1 3 1 x y z      . B. 2 1 1 2 1 x y z      . C. 2 1 3 1 1 1 x y z       . D. 2 1 3 1 2 1 x y z       . Lời giải   : 5 0 P x z    có vectơ pháp tuyến   1 1;0;1 n    .   : 2 3 0 Q x y z     có vectơ pháp tuyến   2 1; 2; 1 n       . Ta có:   1 2 , 2;2; 2 n n            . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Gọi u  là một vectơ chỉ phương của  , thì 1 u n     và 2 u n      . Suy ra u  cùng phương với 1 2 , n n          . Chọn   1;1; 1 u    . Lấy   2;1;3 M thuộc mặt phẳng   P và   Q . Đường thẳng  đi qua   2;1;3 M có một véctơ chỉ phương   1;1; 1 u    . Vậy phương trình  là: 2 1 3 1 1 1 x y z       . Câu 83. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng             2 3 : 3 4 2 x t d y t z t và       1 4 : 3 1 2 y x z d . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và  d , đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A.       2 3 2 3 1 2 y x z B.       2 3 2 3 1 2 y x z . C.       2 3 2 3 1 2 y x z D.       2 3 2 3 1 2 y x z Lời giải Chọn D Ta thấy hai đường thẳng d và  d có cùng véctơ chỉ phương hay  / / d d Vậy đường thẳng cần tìm có véctơ chỉ phương là      3;1; 2 u và đi qua trung điểm    3; 2; 2 I của A B với     2; 3; 4 A d và      4; 1; 0 B d Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là       2 3 2 3 1 2 y x z . Câu 84. (THPT Nghen - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 2 : 1 2 4 2 x t d y t z t            và 4 1 : 1 2 2 x y z d       . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và d  đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. A. 2 1 4 3 1 2 x y z       . B. 3 2 2 1 2 2 x y z       . C. 3 2 1 2 2 x y z      . D. 3 2 2 1 2 2 x y z        . Lời giải d đi qua   2;1;4 A và có véc tơ chỉ phương   1 1;2; 2 u      . d  đi qua   4; 1;0 B  có véc tơ chỉ phương   2 1; 2;2 u      . Ta có 1 2 u u        và 2 4 1 1 4 1 2 2      nên // d d  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Đường thẳng  thuộc mặt phẳng chứa d và d  đồng thời cách đều hai đường thẳng đó khi và chỉ khi     // // , , d d d d d d            hay  qua trung điểm   3;0;2 I và có một véc tơ chỉ phương là   1; 2;2 u    . Khi đó phương trình của  : 3 2 1 2 2 x y z      . Câu 85. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng   P lần lượt có phương trình 1 2 2 1 1 x y z     và 2 8 0 x y z     , điểm   2; 1;3 A  . Phương trình đường thẳng  cắt d và   P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN là: A. 1 5 5 3 4 2 x y z      B. 2 1 3 6 1 2 x y z      C. 5 3 5 6 1 2 x y z      D. 5 3 5 3 4 2 x y z      Lời giải Đường thẳng d có phương trình tham số: 1 2 2 x t y t z t                  Điểm M thuộc đường thẳng d nên   1 2 ; ;2 M t t t    . Điểm A là trung điểm của MN nên:     2; 1;3 2 5 2 2 2 5 2 ; 2 ;4 2 4 N A M N A M N A M A x x x t y y y t N t t t z z z t                               Mặt khác điểm   N P  nên: 5 2 2 8 2 8 0 3 t t t t          Suy ra:   5;3;5 M . Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương   3;4;2 AM      và đi qua điểm   5;3;5 M nên có phương trình: 5 3 5 3 4 2 x y z      Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – MỨC 7-8 ĐIỂM Dạng 2. Bài toán tìm điểm  Tìm hình chiếu H của điểm M lên mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     Viết phương trình đường thẳng MH qua M và vuông góc với ( ), P khi đó: ( ) H d P   thỏa 1 2 3 ? ? . ? 0 x x a t x y y a t t y H z z a t z ax by cz d                                 Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  của điểm M qua ( ) P  H là trung điểm . MM   Tìm hình chiếu H của điểm M lên đường thẳng . d Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua M và vuông góc với , d khi đó: ( ) H d P   thỏa 1 2 3 ? ? . ? 0 x x a t x y y a t t y H z z a t z ax by cz d                                 Lưu ý: Để tìm điểm đối xứng M  của điểm M qua d  H là trung điểm . MM  Câu 1. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1; 1; 2 A  ,   1; 2; 3 B  và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 2 x y z d      . Tìm điểm   ; ; M a b c thuộc d sao cho 2 2 28 MA MB   , biết 0 c  . A. 1 7 2 ; ; 6 6 3        M B. 1 7 2 ; ; 6 6 3 M          C.   1; 0; 3   M D.   2; 3; 3 M Lời giải Chọn A Ta có : M d  nên   : 1 ; 2 ; 1 2 t M t t t       .Đk :   1 1 2 0 * 2 t t      2 2 28 MA MB               2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 2 2 28 t t t t t t                2 12 2 10 0 t t         1 5 / 6 t L t T m          Với 5 6 t   , ta có 1 7 2 ; ; 6 6 3 M        . Câu 2. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vuông góc của   1;0;1 M lên đường thẳng   : 1 2 3 x y z    là A.   2;4;6 . B. 1 1 1; ; 2 3       . C.   0;0;0 . D. 2 4 6 ; ; 7 7 7       . PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 P M  M H M M  H d P NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Đường thẳng  có vtcp   1; 2;3 u   và có phương trình tham số là:   2 3 x t y t t z t           . Gọi   ;2 ;3 N t t t   là hình chiếu vuông góc của M lên  , khi đó: 2 2 4 6 . 0 ( 1) (2 0).2 (3 1).3 0 14 4 0 ; ; . 7 7 7 7 MN u t t t t t N                           Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( 4;0;0)  M và đường thẳng 1 : 2 3 2              x t y t z t . Gọi ( ; ;c) H a b là hình chiếu của M lên . Tính a+b+c. A. 5. B. 1  . C. 3  . D. 7 . Lời giải Chọn B Gọi H là hình chiếu của M lên  nên tọa độ của H có dạng (1 ; 2 3 ; 2 )     H t t t và           MH u 11 3 5 22 . 0 14 11 0 ( ; ; ) 1 14 14 14 14                       MH u t t H a b c Câu 4. (THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu H của   1;1;1 A lên đường thẳng d : 1 1 x t y t z t           . A. H 4 4 1 ( ; ; ) . 3 3 3 B.   1;1;1 . H C. (0 ; 0 ; ­1). H D. (1 ; 1 ; 0). H Lời giải Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u = (1 ; 1 ; 1).  Do H(1+ t ; 1+ t ; t) H d   . Ta có: = (t ; t ;t ­1). AH     Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra 1 4 4 . = 0 t + t + t ­1 = 0 t = ( ; ;1). 3 3 3 AH u AH u H                Câu 5. (THPT Quang Trung Dống Da Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và đường thẳng   6 4 : 2 1 2 x t d y t z t              . Tìm tọa độ hình chiếu A  của A trên   d . A. (2;3;1) A  . B. ( 2;3;1) A   . C. (2; 3;1) A   . D. (2; 3; 1) A    . Lời giải Ta có   A d   nên gọi   6 4 ; 2 ; 1 2 A t t t       ;   5 4 ; 3 ; 2 2 AA t t t            ; đường thẳng   d có vectơ chỉ phương   4; 1;2 u     .             . 0 5 4 . 4 3 . 1 2 2 .2 0 1 AA d AA u t t t t                        .   2; 3;1 A    . Vậy   2; 3;1 A   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có đáy là AB và CD . Biết   3;1; 2 A  ,   1;3;2 B  ,   6;3;6 C  và   ; ; D a b c với , , a b c   . Giá trị của a b c   bằng A. 3  . B. 1. C. 3 . D. 1  . Lời giải Phương trình đường thẳng d qua   6;3;6 C  và song song với đường thẳng AB là 6 3 6 2 1 2 x y z       Điểm D thuộc đường thẳng d nên gọi tọa độ D là   6 2 ;3 ;6 2 D t t t     . Tứ giác ABCD là hình thang cân nên ta có: AD BC           2 8 12 0 t t     2 6 t t         . Với 2 t     1 2;1;2 D   , tứ giác là hình bình hành nên loại. Với 6 t     2 6; 3; 6 D    thỏa mãn, nên 6 3 6 3     . Câu 7. (THPT Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      và hai điểm   1;3;1 A  ;   0;2; 1 B  . Gọi   ; ; C m n p là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p   bằng A. 1  B. 2 C. 3 D. 5  Lời giải Chọn C Phương trình tham số của đường thẳng 1 2 : 2 x t d y t z t            Vì   1 2 : 1 2 ; 2 x t C d y t c t t z t                Ta có     1; 1; 2 ; 1 2 ; ;2 AB AC t t t                  , 3 7; 3 1;3 3 AB AC t t t                   Diện tích tam giác ABC là 2 1 1 , 27 54 59 2 2 ABC S AB AC t t                 2 1 2 2 27 54 59 2 2 2 ABC S t t      1 t     1;1;1 C  3 m n p     Câu 8. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 3 2 : 1 2 2 x y z d      và điểm   3;2;0 A . Điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d có tọa độ là A.   1;0;4  . B.   7;1; 1  . C.   2;1; 2  . D.   0;2; 5  . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi   P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Phương trình của mặt phẳng   P là:       1 3 2 2 2 0 0 x y z       2 2 7 0 x y z      . Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d , khi đó   H d P   Suy ra   1 ; 3 2 ; 2 2 H d H t t t         , mặt khác   H P  1 6 4 4 4 7 0 t t t          2 t   . Vậy   1;1;2 H . Gọi A  là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d , khi đó H là trung điểm của AA  suy ra   1;0;4 A   . Câu 9. (Sở Bình Phước -2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm   2; 4; 1 M   tới đường thẳng : 2 3 2 x t y t z t            bằng A. 14 B. 6 C. 2 14 D. 2 6 Lời giải Chọn C Đường thẳng  đi qua   0;2;3 N , có véc tơ chỉ phương   1; 1;2 u        2;6;4 ; , 16;8; 4 MN MN u                    .   , 336 , 2 14. 6 MN u d M u                Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Gọi   ; ; M a b c thuộc đường thẳng 1 2 : 1 2 3 x y z      . Biết điểm M có tung độ âm và cách mặt phẳng   Oyz một khoảng bằng 2. Xác định giá trị T a b c    . A. 1 T   . B. 11 T  . C. 13 T   . D. 1 T  . Lời giải   ; 1 2 ; 2 3 M M t t t       . Ta có     2 1 2 5 ; 2 2 1 2 2 t t d M Oyz t t t                 . Suy ra 2 t   . Do đó   2; 3; 8 M    . Vậy 2; 3; 8 13 a b c T a b c             . trình 1 2 1 2 2 3 0 x t y t z t x y                 1 1 1 3 t x y z             . Do đó   1;1;3 M , 5 a b c    . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho   2;0;0 A , đường thẳng d đi qua A cắt chiều âm trục Oy tại điểm B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. Phương trình tham số đường thẳng d là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A. 1 2 0 x t y t z          . B. 2 2 0 x t y t z           . C. 2 2 0 x t y t z           . D. 2 2 1 x t y t z          . Lời giải Chọn C Gọi   0; ;0 B b là giao điểm của d với trục Oy . (Điều kiện 0 b  ) Ta có 2 OA  và tam giác OAB vuông tại O nên 1 . 1 1 2 OAB S OA OB OB      Suy ra   0; 1;0 B  . Ta có   2; 1;0 AB        là một vec tơ chỉ phương của d . Và đường thẳng d đi qua điểm   2;0;0 A nên 2 2 0 x t y t z           . Câu 12. (Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 3 1 2 x y z       . Gọi M là giao điểm của  với mặt phẳng   : 2 3 2 0 P x y z     . Tọa độ điểm M là A.   2;0; 1 M  . B.   5; 1; 3 M   . C.   1;0;1 M . D.   1;1;1 M  . Lời giải Tọa độ của điểm M là nghiệm của hệ: 2 3 1 1 1 2 2 3 2 0 x y y z x y z                   3 2 2 1 2 3 2 x y y z x y z               1 1 1 x y z           Vậy   1;1;1 M  . Câu 13. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm   3;2; 1 A  lên mặt phẳng   : 0 x y z     là: A.   2;1;1  . B. 5 2 7 ; ; 3 3 3        . C.   1;1; 2  . D. 1 1 1 ; ; 2 4 4       . Lời giải Gọi H là hình chiếu của   3;2; 1 A  lên mặt phẳng   : 0 x y z     . Khi đó: AH nhận   1 ;1 ;1 n  là vectơ chỉ phương suy ra phương trình 3 2 1 : 1 1 1 x y z AH      . Do   3 ; 2 ; 1 H AH H t t t       . Do   4 5 2 7 3 2 1 0 ; ; 3 3 3 3 H t t t t H                     . Câu 14. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm   1;0;3  M theo phương véctơ   1; 2;1    v trên mặt phẳng   : 2 0     P x y z có tọa độ là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A.   2; 2; 2   . B.   1;0;1  . C.   2;2;2  . D.   1;0; 1  . Lời giải Đường thẳng d đi qua   1;0;3  M , có véctơ chỉ phương   1; 2;1    v có phương trình tham số là 1 2 3             x t y t z t . Gọi M  là hình chiếu của điểm   1;0;3  M theo phương véctơ   1; 2;1    v trên mặt phẳng   : 2 0     P x y z .   M d P     tọa độ M  là nghiệm của hệ phương trình:   1 1 2 2 2 2 2;2; 2 3 3 2 2 0 1 2 3 2 0 1 x t x t x y t y t y M z t z t z x y z t t t t                                                          . Câu 15. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , giao điểm của mặt phẳng   : 3 5 2 0 P x y z     và đường thẳng 12 9 1 : 4 3 1 x y z       là điểm   0 0 0 ; ; M x y z . Giá trị tổng 0 0 0 x y z   bằng A. 1. B. 2 . C. 5. D. 2  . Lời giải   12 4 ;9 3 ;1 M M t t t       .         3 12 4 5 9 3 1 2 0 3 M P t t t t             .   0 0 0 0;0; 2 2 M x y z       . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho 3 điểm       1 ;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C và Gọi ( ; ; ) M a b c là tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng . Tổng S a b c    là: A. ­7. B. 11. C. 5. D. 6. Lời giải Mặt phẳng ( ) ABC qua các điểm       1 ;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C nằm trên các trục Ox , Oy ,Oz có phương trình là: 1 1 2 3 x y z    . Điểm ( ; ; ) M a b c là tọa độ giao điểm của của d và mặt phẳng . d P M' M v            : 2 . 3 x t d y t z t   AB C   A BC TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Suy ra 2 3 1 6 1 2 3 t t t t         suy ra 6 8 9 a b c          . Vậy 6 8 9 11. S      Câu 17. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 6 2 35 0 P x y z     và điểm   1;3;6 .  A Gọi ' A là điểm đối xứng với A qua   P , tính '. OA A. 5 3 OA   B. 46 OA   C. 186 OA   D. 3 26 OA   Lời giải Chọn C + A  đối xứng với A qua   P nên AA  vuông góc với   P +Suy ra phương trình đường thẳng AA  : 1 6 3 2 6 x t y t z t             +Gọi H là giao điểm của AA  và mặt phẳng   P   1 6 ;3 2t;6 t H t      + Do H thuộc   P       6 1 6 2 3 2 1 6 35 0          t t t   41 41 0 1 5;1;7       t t H + A  đối xứng với A qua   P nên H là trung điểm của AA      2 2 2 11; 1 ;8 11 1 8 186 A OA           Câu 18. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác định tọa độ điểm M  là hình chiếu vuông góc của điểm   2;3;1 M lên mặt phẳng   : 2 0 x y z     . A. 5 2; ;3 2 M        . B.   1;3;5 M  . C. 5 3 ;2; 2 2 M        . D.   3;1;2 M  . Lời giải Chọn C Gọi  là đường thẳng qua M và vuông góc với    .  Phương trình tham số của  là: 2 3 2 1 x t y t z t            . Ta có   M      . Xét phương trình:   2 2 3 2 1 0 t t t       1 2 t   . Vậy 5 3 ;2; 2 2 M        . Câu 19. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian Oxyz , điểm M  đối xứng với điểm   1;2;4 M qua mặt phẳng   : 2 2 3 0 x y z      có tọa độ là A.   3;0;0  . B.   1;1;2  . C.   1; 2; 4    . D.   2;1;2 . Lời giải Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là   2;1; 2 n   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ MM  vuông góc với mặt phẳng    nên đường thẳng MM nhận   2;1; 2 n   làm vectơ chỉ phương. Phương trình đường thẳng MM  là: 1 2 2 4 2 x t y t z t            . Gọi H là giao điểm của đường thẳng MM  và mặt phẳng    . H MM     1 2 ;2 ;4 2 H t t t     .   H       2 1 2 2 2 4 2 3 0 t t t         9 9 0 t    1 t      1;1;2 H   . M  đối xứng với điểm M qua mặt phẳng    nên H là trung điểm của MM    3;0;0 M    . Câu 20. (KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 1 A  ,đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm B thuộc mặt phẳng   P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A. (6; 7;0)  B. (3; 2; 1)   C. ( 3;8; 3)   D. (0;3; 2)  Lời giải Chọn D Ta gọi AB cắt d tại điểm   1 2 ; 1 ;2 M m m m d        2 ; 3;3 AM m m m        , theo yêu cầu bài toán AB vuông góc d , ta có . 0 2.2 3 3 0 1 (2; 2;2) d AM u m m m m AM                          Đường thẳng AB đi qua A nhận   1 1; 1;1 2 u AM          là VTCP, ta có phương trình AB là 1 2 1 : 1 1 1 x y z AB       . Gọi   1 ;2 ; 1 B t t t AB      Lại có điểm ( ) 1 2 2( 1 ) 1 0 1 B P t t t t              . Vậy (0;3; 2) B  . Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d là đường thẳng qua   1;0;2 A , cắt và vuông góc với đường thẳng 1 1 5 : 1 1 2 x y z d      . Điểm nào dưới đây thuộc d ? A.   2; 1;1 P  . B.   0; 1;1 Q  . C.   0; 1;2 N  . D.   1; 1;1 M   . Lời giải Chọn B Đường thẳng 1 d có VTCP là   1;1; 2 u    . Gọi H là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng 1 d . Vì   1 : 1 ; ;5 2 H d H t t t    . Ta có:   ; ;3 2 AH t t t       . d vuông góc với 1 d    . 0 2 3 2 0 6 6 1 u AH t t t t t                . Lúc đó, đường thẳng d qua   1;0;2 A và có VTCP   1;1;1 AH      có phương trình: 1 2 x t y t z t                 . Lúc đó, điểm   0; 1;1 Q  thuộc đường thẳng d . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho tam giác đều ABC với   6;3;5 A và đường thẳng BC có phương trình tham số 1 2 2 x t y t z t           . Gọi  là đường thẳng qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng   ABC . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ? A.   1; 12;3 M   . B.   3; 2;1 N  . C.   0; 7;3 P  . D.   1; 2;5 Q  . Lời giải Chọn D Đường thẳng BC đi qua   0 1;2;0 M và có vecto chỉ phương   1;1;2 u    . Mp   ABC có vecto pháp tuyến 0 , n u M A                3;15; 6   cùng phương   1;5; 2 n      .   ABC     có vecto chỉ phương   1;5; 2 n      Gọi H là trung điểm của BC  AH BC  và   1 ;2 ;2 H t t t   .   5 ; 1 ;2 5 AH t t t           . Ta có AH BC  AH u        . 0 AH u        6 6 0 t     1 t  . Suy ra   0;3;2 H . G là trọng tâm tam giác ABC 2 3 AG AH           3 2 AG AH               3 2 OG OA OH OA                       1 2 3 OG OH OA                  2;3;3 OG         2;3;3 G   .  đi qua G , có vecto chỉ phương   1;5; 2 n       phương trình tham số của  là: 2 3 5 3 2 x t y t z t            . Vậy Q   . Câu 23. (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      và hai điểm   1;3;1 A  ,   0;2; 1 B  . Gọi   ; ; C m n p là điểm thuộc d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p   bằng A. 1  . B. 2. C. 3. D. 5  . Lời giải Chọn C Ta có     ; ; 1 2 ; ;2 C m n p d C t t t      . Suy ra       1; 1; 2 , 3 7; 3 1;3 3 2 ; 3;1 AB AB AC t t t AC t t t                                      . Diện tích tam giác ABC : 2 1 1 , 27 54 59 2 2 ABC S AB AC t t                  . Theo đề ta có 2 1 27 54 59 2 2 2 t t    2 27 54 27 0 1 t t t       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Suy ra   1;1;1 C . Vậy 3 m n p    . Câu 24. (Đà Nẵng 2019) Trong không gian   Oxyz cho hai đường thẳng 2 4 1 1 2 x y z      và 3 1 2 2 1 1 x y z        . Gọi M là trung điểm đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng trên. Tính đoạn OM . A. 14 2 OM  . B. 5 OM  . C. 2 35 OM  . D. 35 OM  . Lời giải Chọn B Đường thẳng 2 : 4 2 x t d y t z t            nhận véctơ   1;1; 2 u    làm véctơ chỉ phương. Đường thẳng 3 2 : 1 2 x m d y m z m               nhận véctơ   2; 1; 1 v     làm véctơ chỉ phương. Gọi AB là đoạn vuông góc chung với A d  và B d   . Khi đó   2 ;4 ; 2 A t t t    và   3 2 ; 1 ; 2 B m m m      . Suy ra   2 1; 5; 2 2 AB m t m t m t              . Ta có . 0 3 6 0 2 6 3 9 1 . 0 AB u AB u m t m m t t AB v AB v                                                     . Suy ra   1 ;3;2 A và   1 ;1 ;0 B  . Suy ra trung điểm của AB là   0;2;1 M . Vậy 5 OM  . Câu 25. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   : 2 0 P x y z    và đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Đường thẳng d cắt   P tại điểm A . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương sao cho 6 AM  . Khi đó tổng 2016 S a b c    là A. 2018 . B. 2019 . C. 2017 . D. 2020 . Lời giải Chọn A Tìm A từ hệ 2 0 1 2 0 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 x y z x x y z x y y x y z y z z                                           1; 1; 1 A    . Gọi   1 1 2 ; ; 2 , 2 M t t t t      ta có 2 6 12 6 6 0; 2 AM t t t t         Với   0 1;0; 2 1; 0; 2 2018. t M a b c S           Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 1 : 1 1 2 x y z d      , 2 1 : 1 2 1 x y z d    . Đường thẳng d đi qua   5; 3;5 A  lần lượt cắt 1 d , 2 d tại B và . C Độ dài BC là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A. 19 . B. 19 . C. 3 2 . D. 2 5 . Lời giải Chọn A Ta có: 1 1 1 1 (1 ; 1 ;2 ) d d B B t t t       . 2 2 2 2 ( ;1 2 ; ) d d C C t t t     . Khi đó:   1 1 1 4; 2;2 5 AB t t t          và   2 2 2 5;2 4; 5 AC t t t         . Vì 2 A d   0 AC       . Ba điểm A , B , C cùng thuộc đường thẳng d  AB     và AC     cùng phương  : k AB k AC                   1 2 1 1 2 2 1 2 4 5 1 2 2 4 1 1 2 5 5 2 t k t t t k t t t k t k                             . Do đó   2; 2;2 B  ,   1; 1; 1 C      3;1; 3 BC         . Vậy 19 BC  . Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   3;3; 2 M  và hai đường thẳng 1 1 2 : 1 3 1 x y z d     ; 2 1 1 2 : 1 2 4 x y z d       . Đường thẳng d đi qua M căt 1 2 , d d lần lượt tại A và B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng A. 3. B. 6 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn A Ta có: phương trình tham số của 1 1 1 1 1 1 : 2 3 ; x t d y t t z t             ,   1 1 1 1 1 ;2 3 ; A d A t t t     ; phương trình tham số của 2 2 2 2 2 1 : 1 2 ; 2 4 x t d y t t z t               ,   2 2 2 2 1 ;1 2 ;2 4 B d B t t t       ;     1 1 1 2 2 2 2;3 1; 2 ; 4 4 ; 2 2 ;4 4 MA t t t MB t t t                   . Vì , , A B M thẳng hàng nên , MA kMB k            1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 2 3 1 2 2 3 2 2 1 2 4 4 4 4 2 t k kt t k kt t k kt t k kt t k kt t k kt                                  1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 0 0 t t k k kt t                       . Vậy,   1;2;0 A và     1;1 ;2 2; 1;2 B AB          . Độ dài đoạn thẳng 3 AB AB       . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 28. Cho ba điểm   1;1;1 A ,   0;0;2 B ,   2;3; 2 C  và đường thẳng 2 : 1 x t y t z t            . Biết điểm   ; ; M a b c với 0 a  thuộc mặt phẳng   ABC sao cho AM   và 14 AM  . Tính giá trị của biểu thức T a b c    . A. 1 T   . B. 5 T  . C. 7 T  . D. 6 T   . Lời giải Chọn C Ta có  có một vectơ chỉ phương là   1; 1;1 u       .   1; 1;1 AB        ,   1;2; 3 AC         , 1; 2; 1 AB AC                 . Mặt phẳng   ABC nhận vectơ     , 1; 2; 1 ABC n AB AC                       làm vectơ pháp tuyến. Gọi   Q là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng   mặt phẳng   Q nhận vectơ   1; 1;1 Q n u           làm vectơ pháp tuyến. Khi đó     AM AM Q M Q       . Mặt khác theo giả thiết   M ABC  M   giao tuyến d của hai mặt phẳng   ABC và   Q . Đường thẳng d nhận vectơ     , 3;2; 1 Q ABC n n                làm vectơ chỉ phương, đồng thời đi qua A  PT 1 3 : 1 2 1 x t d y t z t            . Ta có   1 3 ;1 2 ;1 M d M t t t       . Theo giả thiết       2 2 2 2 2 1 14 3 2 14 14 14 1 t AM t t t t t                . Với   1 2; 1;2 t M       (loại). Với   1 4;3;0 t M    (nhận) Khi đó 4; 3; 0 a b c    . Vậy 7 a b c    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Câu 29. (Chuyên Đh Vinh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 1 A  , đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d       và mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Điểm B thuộc mặt phẳng   P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A.   3; 2; 1   . B.   3;8; 3   . C.   0;3; 2  . D.   6; 7;0  . Lời giải Đường thẳng d có một VTCP là   2;1; 1 d u      . Gọi   1 2 ; 1 ;2 M AB d M t t t           2 ; 3;3 AM t t t         . . 0 AB d AM u          4 3 3 0 t t t       1 t     2; 2;2 AM           2 1; 1;1   Đường thẳng AB đi qua điểm   1;2; 1 A  , có một VTCP là   1; 1;1 u      1 : 2 1 x t AB y t t z t                . Ta có:   B AB P   nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 1 2 1 2 1 0 x t y t z t x y z                   1 0 3 2 t x y z                 0;3; 2 B   . Câu 30. (SGD Bạc Liêu - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 : 1 , 2 x t y t t z t                 , điểm   1;2; 1 M  và mặt cầu   2 2 2 : 4 10 14 64 0 S x y z x y z        . Gọi   là đường thẳng đi qua M cắt đường thẳng  tại A , cắt mặt cầu tại B sao cho 1 3 AM AB  và điểm B có hoành độ là số nguyên. Mặt phẳng trung trực đoạn AB có phương trình là A. 2 4 4 19 0 x y z     . B. 3 6 6 62 0 x y z     . C. 2 4 4 43 0 x y z     . D. 3 6 6 31 0 x y z     . Lời giải   là đường thẳng đi qua M cắt đường thẳng  tại A suy ra tọa độ   3 ; 1 ; 2 A a a a      . 1 3 3 AM AM AB AB              Trường hợp 1:       3 2 3 3 3 3 1 3 1 2 a x a AM AB a y a a z a                              3 2 8 2 1 2 x a y a z a              suy ra   3 2 ;8 2 ;1 2 B a a a     Do   B S  nên             2 2 2 3 2 8 2 1 2 4 3 2 10 8 2 14 1 2 64 0 a a a a a a                2 12 40 244 0 a a     , phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/             3 2 3 3 3 3 1 3 1 2 a x a AM AB a y a a z a                                  9 4 10 4 5 4 x a y a z a               Suy ra   9 4 ; 10 4 ; 5 4 B a a a      Do   B S  nên             2 2 2 9 4 10 4 5 4 4 9 4 10 10 4 14 5 4 64 0 a a a a a a                  2 1 48 112 64 0 4 3 a a a a              . Điểm B có hoành độ là số nguyên nên   5; 6; 9 B   ;   2;0; 3 A  . Mặt phẳng trung trực đoạn AB đi qua trung điểm 7 ; 3; 6 2 I         và có một véc tơ pháp tuyến   1;2;2 n    nên có phương trình     7 2 3 2 6 0 2 4 4 43 0 2 x y z x y z                  Dạng 3. Bài toán liên quan đến góc – khoảng cách 1. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song  Khoảng cách từ điểm ( ; ; ) M M M M x y z đến mặt phẳng ( ) : 0 P ax by cz d     được xác định bởi công thức: 2 2 2 ( ;( )) M M M ax by cz d d M P a b c        Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng  Cho hai mặt phẳng song song ( ) : 0 P ax by cz d     và ( ) : 0 Q ax by cz d      có cùng véctơ pháp tuyến, khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó là   2 2 2 ( ),( ) d d d Q P a b c       2. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng – Khoảng cách giữa hai đường thẳng  Khoảng cách từ điểm M đến một đường thẳng d qua điểm M  có véctơ chỉ phương d u  được xác định bởi công thức , ( , ) d d M M u d M d u                Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d đi qua điểm M và có véctơ chỉ phương u  và d  đi qua điểm M  và có véctơ chỉ phương u   là     , . ( , ) , u u M M d d d u u                 3. Góc giữa hai véctơ Cho hai véctơ 1 2 3 ( ; ; ) a a a a   và 1 2 3 ( ; ; ). b b b b   Khi đó góc giữa hai véctơ a  và b  là góc nhợn hoặc tù. 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . cos( ; ) . . a b a b a b a b a b a b a a a b b b               với 0 180 .      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 4. Góc giữa hai mặt phẳng Cho hai mặt phẳng 1 1 1 1 ( ) : 0 P A x B y C z D     và 2 2 2 2 ( ) : 0. Q A x B y C z D       1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 . cos ( ),( ) cos . . P Q P Q n n A A B B C C P Q n n A B C A B C               với 0 90 .      5. Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa hai đường thẳng 1 d và 2 d có véctơ chỉ phương 1 1 1 1 ( ; ; ) u a b c   và 2 2 2 2 ( ; ; ). u a b c   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 . cos( ; ) cos . . u u a a b b c c d d u u a b c a b c               với 0 90 .      6. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Góc giữa đường thẳng d có véctơ chỉ phương ( ; ; ) d u a b c   và mặt phẳng ( ) P có véctơ pháp tuyến ( ) ( ; ; ) P n A B C   được xác định bởi công thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) . sin cos( ; ) . d P P d d P u n aA bB cC n u u n a b c A B C                 với 0 90 .      Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 7 25 0 P x y z     và đường thẳng 1 1 1 : 1 2 1 x y z d      . Gọi 1 ' d là hình chiếu vuông góc của 1 d lên mặt phẳng   P . Đường thẳng 2 d nằm trên   P tạo với 1 1 , ' d d các góc bằng nhau, 2 d có vectơ chỉ phương   2 ; ; u a b c    . Tính 2 a b c  . A. 2 2 3 a b c   . B. 2 0 a b c   . C. 2 1 3 a b c   . D. 2 1 a b c   . Lời giải Cách 1: Gọi     1 1 , ' Q d d  khi đó   Q có vectơ pháp tuyến   1 , 5;5;15 Q P n n u             . Đường thẳng 1 ' d có vectơ chỉ phương   1 1 ' , 22;11; 11 P u n u                hay một vecto chỉ phương khác   2;1; 1 u    . Vì   2 2 . 0 4 7 0 7 4 ; ;7 4 p n u a b c c b a u a b b a                     . Ta lại có         1 2 1 2 1 2 1 2 ; '; cos , cos ', d d d d u u u u               2 4 7 2 4 7 5 5 6 6 0 a b a b a b a b a b a b a b a b                  Chọn 2 1 1, 3 1 a b a b c c        . Cách 2: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi     1 1 , ' Q d d  khi đó     P Q  . Các đường thẳng nằm trong   P mà vuông góc với   Q thì vuông góc với tất cả các đường thẳng trong   Q hay chúng cùng tạo với 1 1 , ' d d các góc 90  . Do đó, các đường thẳng này thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chúng có vectơ chỉ phương   2 1;1;3 1 Q a b u n c         . Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai điểm     3;1;7 , 5;5;1 A B và mặt phẳng   :2 4 0 P x y z     . Điểm M thuộc   P sao cho 35. MA MB   Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 4 . Lời giải * Ta có :     2;4; 6 2 1;2; 3 AB        Gọi   4;3;4 I là trung điểm của AB Phương trình mặt phẳng trung trực   Q của AB là :       4 2 3 3 4 0 x y z       2 3 2 0 x y z      Gọi     d P Q   . Đường thẳng d có 1 vpcp là       , 1;1;1 P Q u n n                và đi qua điểm   2;0;0 N  , có phương trình là 2 : x t d y t z t           * Gọi   : M P MA MB   . Khi đó d M  và   2 ; ; M t t t   Theo giả thiết, ta có : 35 MA        2 2 2 5 1 7 35 t t t        2 3 26 40 0 t t       20 3 2 0;2;2 t t M          Vậy 2 2 OM  Câu 33. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : , 2 2 1 x y z d        2 : 0 . x t d y z t          Mặt phẳng   P qua 1 d tạo với 2 d một góc 0 45 và nhận vectơ   1; ; n b c   làm một vectơ pháp tuyến. Xác định tích . bc A. 4  hoặc 0. B. 4 hoặc 0. C. 4  . D. 4 . Lời giải Ta có vectơ chỉ phương của 1 2 , d d lần lượt là   1 2; 2; 1 u     và   2 1;0; 1 u    . Mặt phẳng   P qua   1 1 . 0 2 2 0. 1 d n u b c               2 2 2 2 2 2 2 2 . 1 2 sin , sin 45 1 1 2 0. 2 . 2 1. 2 u n c d P c b c b c u n b c                     Từ   1 và   2 2 . 4. 2 b b c c           TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 34. (Chuyên Phan B ội Châu 2019) Trong không gian v ới h ệ t ọa đ ộ Oxyz , cho hai đ ư ờng th ẳng 1 1 2 1 : 2 2 1 x y z d        và 2 : 0 x t d y z t          . M ặt ph ẳng   P qua 1 d t ạo v ới 2 d m ột góc o 45 và nh ận véct ơ   1; ; n b c  làm m ột véct ơ pháp tuy ến. Xác đ ịnh tích bc . A. 4  ho ặc 0 B. 4 ho ặc 0 C. 4  D. 4 Lời giải Đường thẳng 1 d và 2 d có véctơ chỉ phương lần lượt là   1 2; 2; 1 u     và   2 1;0; 1 u    . Mặt phẳng   P có véctơ pháp tuyến là   1; ; n b c   . Từ giả thiết ta có: 1 o 2 2 . sin 45 | | .| | u n u n u n               1 2 2 2 2 2 2 . 0 1.1 0. ( 1). 2 2 1 0 ( 1) . 1 u n b c b c                       2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 1 1 b c b c b c b c b c c b c c b c                                        Vậy . 4 b c   . Câu 35. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) rong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 2 1 x y z d        và 2 : 0 x t d y z t          . Mặt phẳng   P qua 1 d , tạo với 2 d một góc 45  và nhận vectơ   1; ; n b c  làm một vec tơ pháp tuyến. Xác định tích . b c . A. 4  . B. 4 . C. 4 hoặc 0 . D. 4  hoặc 0 . Lời giải.     1 2 2; 2; 1 , 1;0; 1 u u           lần lượt là vectơ chỉ phương của 1 2 , d d . Theo bài ra ta có       1 2 2 . 0 cos ; sin ; n u n u d P                     2 2 2.1 2 1 0 1.1 0. 1 1 2 1 . 2 b c b c b c                    2 2 2 2 2 1 1 c b c b c             2 2 b c        . Câu 36. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 2 1 : 2 1 1 x y z d       , mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z     . Gọi M là giao điểm của d và ( ) P . Gọi  là đường thẳng nằm trong ( ) P vuông góc với d và cách M một khoảng 42 . Phương trình đường thẳng  là A. 5 2 4 2 3 1 x y z       . B. 1 1 1 2 3 1 x y z        . C. 3 4 5 2 3 1 x y z       . D. Đáp án khác. Lời giải Chọn D Gọi ( ) M d P   . Suy ra (3 2 ; 2 ; 1 ); ( ) 1 (1; 3;0) M d M t t t M P t M              NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ( ) P có véc tơ pháp tuyến là (1;1;1) P n   . d có véc tơ chỉ phương (2;1; 1) d a    .  có véc tơ chỉ phương   , (2; 3;1) d P a a n        . Gọi ( ; ; ) N x y z là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó ( 1; 3; ) MN x y z    . Ta có 2 2 2 2 3 11 0 ( ) 2 0 ( 1) ( 3) 42 42 MN a x y z N P x y z x y z MN                                     . Giải hệ ta tìm được (5; 2; 5) N   và ( 3; 4;5) N   . Với (5; 2; 5) N   , ta có 5 2 5 : 2 3 1 x y z        . Với ( 3; 4;5) N   , ta có 3 4 5 : 2 3 1 x y z        . Câu 37. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng : 1 2 , , 2 x t d y t t z t              cắt mặt phẳng   : 3 0 P x y z     tại điểm I . Gọi  là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   P sao cho d   và khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng  bằng 42 . Tìm tọa độ hình chiếu   ; ; M a b c ( với a b c   ) của điểm I trên đường thẳng  . A.   2;5; 4 M  . B.   6; 3;0 M  . C.   5;2; 4 M  . D.   3;6;0 M  . Lời giải   P có véctơ pháp tuyến   1;1;1 n   và d có véctơ chỉ phương   1;2; 1 u    .     1 ;1;1 I d P I    . Vì  ; P d       có véctơ chỉ phương   , 3;2;1 u n u              . M là hình chiếu của I trên  nên M thuộc mặt phẳng   Q đi qua I và vuông góc với  . Mặt phẳng   Q nhận   3;2;1 u       làm véctơ pháp tuyến nên ta có phương trình của         : 3 1 2 1 1 1 0 3 2 0 Q x y z x y z            . Gọi     1 1 d P Q d    có véctơ chỉ phương   , 1;4; 5 v u n              và 1 d đi qua I , phương trình của 1 1 : 1 4 1 5 x t d y t z t            . Mặt khác   1 M M P M d       . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Giả sử     1 ;1 4 ;1 5 ;4 ; 5 M t t t IM t t t           . Ta có: 2 2 2 42 16 25 42 1 IM t t t t         . +) Với   1 2;5; 4 t M    . +) Với   1 0; 3;6 t M     . Vì   ; ; M a b c ( với a b c   ) nên   2;5; 4 M  . Cách 2: Vì   ; ; M a b c là hình chiếu vuông góc của I lên  . Khi đó ta có                     2 2 2 2 2 2 3 0 3 0 3 1 2 1 1 0 3 2 0 42 1 1 1 42 1 1 1 42 M P a b c a b c IM u a b c a b c IM a b c a b c                                                                            2 2 2 2 2 2 4 3 4 3 3 0 5 6 1 1 1 42 1 1 1 42 a b b a a b c c a a b c a b c                                        0 3 6 2 5 4 a b c a b c                              Vì   ; ; M a b c ( với a b c   ) nên   2;5; 4 M  . Câu 38. (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng 1 : , 1 1 2 x y z d     1 3 1 : , 2 1 1 x y z      2 1 2 : 1 2 1 x y z      . Đường thẳng  vuông góc với d đồng thời cắt 1 2 ,   tương ứng tại , H K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương   ; ;1 . u h k  Giá trị h k  bằng A. 0. B. 4. C. 6. D. 2.  Lời giải Chọn A   1 3 2 ; ;1 H H t t t      .   2 1 ;2 2 ; K K m m m      . Ta có   2 2;2 2; 1 HK m t m t m t            . Đường thẳng d có một VTCP là   1;1; 2 d u      . d    . 0 d u HK           2 0 2 4; 2; 3 . m t m t HK t t                  Ta có         2 2 2 2 2 4 2 3 2 1 27 27, HK t t t t               NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 27, minHK   đạt được khi 1 t   . Khi đó ta có   3; 3; 3 HK         , suy ra   1;1;1 1 0. u h k h k        Câu 39. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz gọi d là đường thẳng đi qua , O thuộc mặt phẳng   Oyz và cách điểm   1 ; 2;1 M  một khoảng nhỏ nhất. Côsin của góc giữa d và trục tung bằng A. 2 5 . B. 1 5 . C. 1 5 . D. 2 5 . Lời giải Chọn D Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của M trên mặt phẳng   Oyz và trên đường thẳng d . Ta có:   , 1 d M d MK MH    ,   0; 2;1 H  . Suy ra   , d M d nhỏ nhất khi K H  . Khi đó d có một vecto chỉ phương là   0; 2;1 OH       .   . 2 cos , 5 OH j d Oy OH j             . Câu 40. (Sở Cần Thơ - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1;1 A , mặt phẳng   : 1 0    P x z và đường thẳng   1 : 2 2            x t d y z t . Gọi 1 2 ; d d là các đường thẳng đi qua A , nằm trong   P và đều có khoảng cách đến đường thẳng d bằng 6 . Côsin của góc giữa 1 d và 2 d bằng A. 1 3 . B. 2 3 . C. 3 3 . D. 2 3 . Lời giải Chọn A * Ta có:     d 1;0; 1 , 1;0;1       P n u     d P và     0;2; 1    d P M   2; 1;2 3          MA MA d d 2 d 1 P) A M H K TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 * Gọi ; H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên 1 d và 2 d , ta có         1 1 2 2 ; ; , ; ; 6        d d d d M d MH d d d d M d MK MH MK   6 sin sin 3     HM MAK MAH AM       2 1 2 4 1 cos ; cos 2. 1 2sin 1 3 3        d d MAH MAH . Câu 41. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   3 3 : , 1 3 2 x y z d     mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và điểm   1;2; 1 A  . Cho đường thẳng    đi qua A, cắt   d và song song với mặt phẳng   P . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến    A. 3 . B. 16 3 . C. 2 3 3 . D. 4 3 3 . Lời giải Chọn D Gọi           3;3 3;2 2;3 1 ;2 1 M d M t t t t R AM t t t                  . Gọi   1 ;1; 1 n   là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Ta có     / / . 0 2 3 1 2 1 0 1 P AM n AM n t t t t                                , 4 3 1; 2; 1 ; 3 AM OA AM d O AM                               Câu 42. (Kim Liên - Hà Nội 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 4 : 1 2 2 2 x t d y t z t             . Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng? A. 87 6 . B. 174 6 . C. 174 3 . D. 87 3 . Lời giải Chọn B Ta có: Đường thẳng 1 d đi qua điểm (1; 2;0) M  và nhận   1 2; 1;1 u     làm VTCP. Đường thẳng 2 d đi qua điểm (1; 1;2) N  và nhận   2 4; 2;2 u      làm VTCP. Dễ thấy: 2 1 2. u u       nên đường thẳng 1 d song song hoặc trùng với đường thẳng 2 d . Lại có điểm   1 1; 2;0 M d   nhưng   2 1; 2;0 M d   nên suy ra 1 2 // d d . Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng khoảng cách từ điểm   1; 2;0 M  đến đường thẳng 2 d .   2 2 2 d ; MN u M d u              . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   0;1;2 MN       ,   2 6;8;­4 MN u           .       2 2 2 2 1 2 2 2 2 6 8 4 174 174 ; ( ; ) . 6 6 4 2 2 d M d d d d            Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   3;1;2 A ,   3; 1;0 B   và mặt phẳng   : 3 14 0 P x y z     . Điểm M thuộc mặt phẳng   P sao cho MAB  vuông tại M . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   Oxy . A. 5. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải Chọn B Gọi   ; ; M x y z là điểm cần tìm.   3; 1; 2 AM x y z          ,   3; 1; BM x y z         . Vì MAB  vuông tại M nên           . 0 3 3 1 1 2 0 AM BM x x y y z z                       2 2 2 2 2 2 9 1 2 0 1 11 x y z z x y z             . M  thuộc mặt cầu   S có tâm   0;0;1 I và bán kính 11 R  . Nhận xét thấy     2 2 3 0 0 3.1 14 , 11 1 1 3 d I P R         .   P  tiếp xúc với   S tại M M  là hình chiếu vuông góc của I trên   P       1 3 14 1 1;1;4 1 cïng ph­¬ng 4 1 1 3 P x x y z M P y M x y z IM n z                                      . Vậy     , 4 4 d M Oxy   . Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm       2;0;0 , 0;3;0 , 0;0;6 A B C và   1;1 ;1 D . Gọi  là đường thẳng qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm , , A B C đến  là lớn nhất. Khi đó  đi qua điểm nào dưới đây? A.   4;3;7 . B.   1 ; 2;1   . C.   7;5;3 . D.   3;4;3 . Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng   : 1 3 2 6 0 2 3 6 x y z ABC x y z         , dễ thấy   D ABC  . Ta thấy       , , , P d A d B d C AD BD CD          . Vậy P lớn nhất khi và chỉ khi các hình chiếu vuông góc của các điểm , , A B C trên  trùng D hay   ABC   tại D . Phương trình đường thẳng  là 1 3 1 2 1 x t y t z t            , ta thấy  đi qua điểm có tọa độ   7;5;3 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Câu 45. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Tính khoảng cách từ giao điểm của hai đường thẳng 1 2 ; d d tới mặt phẳng   P trong đó:   1 2 1 1 1 1 : ; : ; : 2 4 4 3 0 2 3 3 2 1 1 x y z x y z d d P x y z              . A. 4 3 . B. 7 6 . C. 13 6 . D. 5 3 . Lời giải Chọn A Phương trình tham số của hai đường thẳng 1 2 , d d như sau: 1 2 1 2 1 2 : 3 , : 1 3 1 x t x t d y t d y t z t z t                         . Xét hệ phương trình: 1 1 2 1 2 2 2 2 4 3 3 0 3 1 3 1 3 0 4 t t t t t t t t t t t t t t                                           . Suy ra giao điểm của 1 2 , d d là 1 3 7 ; ; 2 4 4 A        . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng   P là:       2 2 2 1 3 7 2. 4. 4. 3 2 4 4 4 ; 3 2 4 4 d A P                            . Câu 46. (THPT Hậu Lộc 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và đường thẳng   1 1 1 : 2 2 1 x y x        . Khoảng cách giữa    và   P là A. 2 3 B. 8 3 C. 2 9 D. 1 Lời giải Chọn A Mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     có véc tơ pháp tuyến là   2; 1; 2 n    . Đường thẳng   1 1 1 : 2 2 1 x y z        có véc tơ chỉ phương là   2; 2; 1 u    và đi qua điểm   1; 1;1 M   . Ta có   . 0 n u M P          suy ra    song song với   P . Khi đó             2 2 2 2 1 2 3 2 , , 3 2 2 1 d P d M P           . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng 0 : 3 x d y t z t          .Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng   Oxy một góc 45  .Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng   P ? A.   3;2;1 M . B.   3;2; 1 N  . C.   3; 1;2 P  . D.   3; 1; 2 M   . Lời giải Chọn A Ta viết phương trình đường thẳng d : 0 3 0 x y z        . Mặt phẳng   P chứa đường thẳng d nên có dạng:   2 2 3 0, 0 mx n y z m n         3 0 mx ny nz n P       có một véc tơ pháp tuyến là   ; ; P n m n n     . Mặt phẳng   Oxy có một véc tơ pháp tuyến là   0;0;1 k   . Ta có:         2 2 2 . 1 cos ; cos ; cos 45 2 . P P P n k n P Oxy n k n k m n n                     2 2 2 2 2 0 0 m n n m m        . Chọn   1 : 3 0 n P y z      . Do đó:     3;2;1 M P  . Bình luận: Đối với những bài toán viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng cho trước ta nên sử dụng khái niệm chùm mặt phẳng như sau: Mặt phẳng    qua giao tuyến của hai mặt phẳng   1 1 1 1 : 0 P a x b y c z d     và   2 2 2 2 : 0 Q a x b y c z d     có phương trình dạng     2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 0, 0 m a x b y c z d n a x b y c z d m n           . Câu 48. (Chuyên Hà Tĩnh 2019)) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 5 7 12 : 2 2 1       x y z d và mặt phẳng   : 2 3 3 0     x y z  . Gọi M là giao điểm của d và    , A thuộc d sao cho 14  AM . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng    . A. 2 . B. 3 . C. 6 . D. 14 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Đường thẳng 5 7 12 : 2 2 1       x y z d có một vectơ chỉ phương là   2;2; 1    u . Mặt phẳng   : 2 3 3 0     x y z  có một vectơ pháp tuyến là   1;2; 3    n . Ta có:     . 3 14 sin ; 14 .               d d u n d u n    . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng    . Khi đó tam giác MAH vuông tại H nên      sin ; sin   AH d AMH AM  .     .sin ; 3    AH AM d  . Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng    bằng 3. Câu 49. (Hội 8 trường chuyên 2019) Trong không gian , Oxyz cho 2 đường thẳng 1 1 2 1 : 1 1 2 x y z d      và 2 1 1 2 : . 2 1 1 x y z d      Mặt phẳng     : 0 0 P x ay bz c c      song song với 1 2 , d d và khoảng cách từ 1 d đến   P bằng 2 lần khoảng cách từ 2 d đến  . P Giá trị của a b c   bằng A. 14 . B. 6 . C. 4.  D. 6  . Lời giải Chọn A Gọi   1 1 ; 1 ; 2 u   ,   2 2 ; 1 ; 1 u   lần lượt là một vectơ chỉ phương của 1 d , 2 d . Gọi   1 1 2 , 1 ; 3 ; 1 n u u            , có 1 n  cùng phương   2 1 ; 3 ; 1 n    .   1 ; ; n a b   là một vec­tơ chỉ phương của   P . Do   P song song với 1 2 , d d nên chọn   1 ; 3 ; 1 n    . Suy ra phương trình mặt phẳng   P có dạng: 3 0 x y z c     . Lấy   1 1 1 ; 2 ;1 M d   ,   2 2 1 ; 1 ; 2 M d   Có         1 2 ; 2 ; d d P d d P          1 2 ; 2 ; d M P d M P     1 3 2 1 1 3 2 2 1 1 11 c c          8 2 4 c c          8 2 4 8 2 4 c c c c                 1 6 n h a ä n 0 l o a ï i c c        . Nên   : 3 16 0 P x y z     , suy ra 3 a   , 1 b  , 16 c  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy 14    a b c . Câu 50. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm     3;3;1 , 0;2;1 A B và mặt phẳng   : 7 0 P x y z     . Đường thẳng d nằm trong   P sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm , A B có phương trình là: A. 2 7 3 x t y t z t          . B. 7 3 2 x t y t z t          . C. 7 3 2 x t y t z t          . D. 7 3 4 x t y t z t           . Lời giải Chọn C + Các điểm cách đều hai điểm , A B thì nằm trên mặt phẳng    là mặt phẳng trung trực của đoạn AB . + Gọi I là trung điểm của AB 3 5 ; ;1 2 2 I        + Phương trình mặt phẳng    là 3 7 0 x y    . Do đó đường thẳng d là giao tuyến của 2 mặt phẳng   P và    Phương trình đường thẳng d đi qua điểm       0;7;0 M P    và nhận   ( ) ( ) , 1; 3;2 P u n n                  làm một vectơ chỉ phương là 7 3 2 x t y t z t          . Câu 51. (Chuyên ĐH Vinh- 2019) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại A ,  0 30 ABC  , 3 2 BC  , đường thẳng BC có phương trình 4 5 7 1 1 4 x y z       , đường thẳng AB nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x z     . Biết đỉnh C có cao độ âm. Tính hoành độ đỉnh A. A. 3 2 . B. 3. C. 9 2 . D. 5 2 . Lời giải Chọn C Vì C BC  nên   4 ;5 ; 7 4 C t t t     . BC có véc tơ chỉ phương   1;1; 4 u    . Mặt phẳng    có véc tơ pháp tuyến   1;0;1 n   . Gọi  là góc giữa BC và    . Ta có   0 1 sin cos ; 30 2 u n         . Tức là A là hình chiếu của C lên    . Vậy         3;4; 3 1 4 7 4 3 3 2 ; 3 2 1;2;5 2 C t t t CA d C t C                       Mà C có cao độ âm, suy ra   1;2;5 C . Lúc này AC qua   1;2;5 C và có véc tơ chỉ phương   1;0;1 n   . Nên   3 ;4; 3 A t t    . Mặt khác A nằm trong mặt phẳng   3 9 : 3 0 2 2 A x z t x         . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Dạng 4. Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến đường thẳng Dạng 1. Viết phương trình mp   P đi qua , M vuông góc mp   Q và   // mp P  :         • , , : • : , Đ o o o PP P Q M x y z mp P VT n i q PT u n u a                          Dạng 2. Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua M và vuông góc với đường thẳng d đi qua hai điểm A và B, với:     • : • Đ : PP d P M mp P VTPT n i qua u AB                      Dạng 3. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua điểm M và chứa đường thẳng : PP    Trên đường thẳng Δ lấy điểm A và xác định VTCP u     Khi đó     • : • : , Đ P M m V i qua p P TPT n AM u                        Dạng 4. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua hai đường thẳng song song 1 2 ,   :       1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 5. Viết phương trình của mặt phẳng   P đi qua hai đường thẳng cắt nhau 1 2 , :         1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 6. Cho 2 đường thẳng chéo nhau 1 2 ,   . Hãy viết phương trình   P chứa 1  và song song 2        1 2 1 2 • , : • Đ : , PP P M hay M mp P VTPT n u u i qua                               Dạng 7. Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua điểm M và giao tuyến của hai mặt phẳng     ,   PP    Chọn , A B thuộc giao tuyến hai mặt phẳng    và      , A B P   . Cụ thể: Cho:         1 1 1 1 2 2 2 2 ... ...;...;... ... o o o A x B y C z D x z z A P y A x B y C z D                        Cho:         1 1 1 1 2 2 2 2 ... ...;...;... ... o o o B y C z A x D y x x B P z B y C z A x D                        Khi đó     Đ • : • : , P m V i qua M p P TPT n AB AM                        u     Δ P Q   Q n      P   P d n u AB               d M M Δ A u     P M Δ 1 1 u      P 2 u      Δ 2 M Δ 1 1 u      P 2 u      Δ 2 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 52. (Đề Minh Họa 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình: 10 2 2 5 1 1 x y z      . Xét mặt phẳng   :10 2 11 0 P x y mz     , m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phẳng   P vuông góc với đường thẳng  . A. 2 m  B. 52 m   C. 52 m  D. 2 m   Lời giải Chọn A Đường thẳng 10 2 2 : 5 1 1 x y z       có vectơ chỉ phương   5;1;1 u   Mặt phẳng   :10 2 11 0 P x y mz     có vectơ pháp tuyến   10;2; n m   Để mặt phẳng   P vuông góc với đường thẳng  thì u  phải cùng phương với n  5 1 1 2 10 2 m m      . Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 2 3 x y z        và mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Phương trình mặt phẳng    đi qua O , song song với  và vuông góc với mặt phẳng   P là A. 2 0 x y z    . B. 2 0 x y z    . C. 2 4 0 x y z     . D. 2 4 0 x y z     . Lời giải  có VTCP   1;2; 3 u     và   P có VTPT là   1; 1;1 n    .    qua O và nhận   ; 1;2;1 n u n             Suy ra   : 2 0 x y z     . Câu 54. (Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 d có véctơ chỉ phương   1;0; 2 u    và đi qua điểm   1; 3;2 M  , 2 3 1 4 : 1 2 3 x y z d       . Phương trình mặt phẳng   P cách đều hai đường thẳng 1 d và 2 d có dạng 11 0 ax by cz     . Giá trị 2 3 a b c   bằng A. 42  . B. 32  . C. 11. D. 20 . Lời giải Đường thẳng 2 d có véctơ chỉ phương   1; 2;3 v    và đi qua điểm   3;1; 4 N   Ta có:   , 4;5;2 0 v u            ;   4;4; 6 MN         ; , . 16 20 12 8 0 v u MN                      1 d và 2 d chéo nhau. Mặt phẳng   P cách đều hai đường thẳng 1 d và 2 d nên   P nhận   , 4;5;2 v u          làm một vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm   1; 1; 1 I    của đoạn MN Suy ra phương trình của   P :       4 1 5 1 2 1 0 4 5 2 11 0 x y z x y z            4; 5; 2 a b c     2 3 20 a b c     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d     và 2 1 2 : 2 1 1 x y z d       A.  :2 2 1 0 x P z    B.  :2 2 1 0 y P z    C.  :2 2 1 0 x P y    D.  : 2 2 1 0 y P z    Lời giải Chọn B Ta có: 1 d đi qua điểm   2;0;0 A và có VTCP   1 1 ;1 ;1 u    2 d đi qua điểm   0;1;2 B và có VTCP   2 2; 1 ; 1 u     Vì   P song song với hai đường thẳng 1 d và 2 d nên VTPT của   P là   1 2 [ , ] 0;1 ; 1 n u u       Khi đó   P có dạng 0 y z D     loại đáp án A và C Lại có   P cách đều 1 d và 2 d nên   P đi qua trung điểm 1 0; ;1 2 M       của AB Do đó   : 2 2 1 0 y P z    Câu 56. (SGD Cần Thơ - 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau 1 2 4 2 1 3       x y z và 1 2 1 1 3      x y z có phương trình là A. 2 9 36 0      x y z . B. 2 0    x y z . C. 6 9 8 0     x y z . D. 6 9 8 0     x y z . Lời giải Đường thẳng 1 1 2 4 : 2 1 3       x y z d đi qua điểm   1; 2;4  M , có một VTCP là   1 2;1;3     u . Đường thẳng 2 1 2 : 1 1 3      x y z d có một VTCP là   2 1; 1;3      u . Mặt phẳng   P chứa hai đường thẳng cắt nhau 1 2 , d d    P qua điểm   1; 2;4 ,  M có một VTPT là   1 2 , 6;9;1             n u u . Phương trình mặt phẳng   P là :         : 6 1 9 2 4 0 6 9 8 0            P x y z x y z . Câu 57. (Hồng Bàng - Hải Phòng - 2018) Trong không gian tọa độ , Oxyz cho điểm   0;1;0 , A mặt phẳng   : 4 6 0 Q x y z     và đường thẳng 3 : 3 5 x d y t z t           . Phương trình mặt phẳng   P qua A , song song với d và vuông góc với   Q là : A. 3 1 0 x y z     . B. 3 1 0 x y z     . C. 3 3 0 x y z     . D. 1 0 x y z     . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt phẳng   Q có VTPT   1;1; 4 Q n      . Đường thẳng d có VTCP   0;1; 1 d u      . Gọi VTPT của mặt phẳng   P là P n    . Ta có: P Q n n        và P d n u        nên chọn   , 3;1;1 P Q d n n u                .   P đi qua điểm   0;1;0 , A VTPT   3;1;1 P n     có phương trình là: 3 1 0 x y z     . Câu 58. (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho điểm   3; 1;0 A  và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất có phương trình là A. 0 x y z    . B. 2 0 x y z     . C. 1 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z      . Lời giải Gọi H là hình chiếu của A đến d . Khi đó   2 ; 1 2 ;1 H t t t       1 ;2 ;1 AH t t t          . Do AH d    1 2.2 1 0 t t t         1 3 t    . Khi đó 2 2 2 ; ; 3 3 3 AH              . Mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất khi   AH   . Do đó    có vectơ pháp tuyến là   1;1; 1 n    . Vậy   :        1 2 1 1 1 1 0 x y z       0 x y z     . Câu 59. (SGD&ĐT BRVT - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 1 2 6 2 : 2 2 1 x y z d       và 2 4 1 2 : 1 3 2 x y z d       . Phương trình mặt phẳng   P chứa 1 d và   P song song với đường thẳng 2 d là A.   : 5 8 16 0 P x y z     . B.   : 5 8 16 0 P x y z     . C.   : 4 6 12 0 P x y z     . D.   : 2 6 0 P x y    . Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua   2;6; 2 A  và có một véc tơ chỉ phương   1 2; 2;1 u     . Đường thẳng 2 d có một véc tơ chỉ phương   2 1;3; 2 u      . Gọi n  là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Do mặt phẳng   P chứa 1 d và   P song song với đường thẳng 2 d nên   1 2 , 1;5;8 n u u             . Vậy phương trình mặt phẳng   P đi qua   2;6; 2 A  và có một véc tơ pháp tuyến   1;5;8 n   là 5 8 16 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Câu 60. (Chuyên Thăng Long - Đà Lạt - 2018) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng:   2 : 3 1 2 1 x t d y t z t            và   3 : 3 2 2 1 x m y m z m             có dạng 0 x ay bz c     . Tính 2 3 P a b c    . A. 10 P   . B. 4 P  . C. 8 P   . D. 0 P  . Lời giải Ta có // d  . Chọn         2; 1;1 , 3; 2;1 A d B      .   1; 1;0 AB       Phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng   d và    qua   2; 1;1 A  và có VTPT       , 2; 2;4 2 1;1; 2 d n AB u                     là:       1 2 1 1 2 1 0 2 1 0 x y z x y z            .   1 2 2 3 1 2. 2 3.1 0 1 a b P a b c c                    . Câu 61. (Chuyên Trần Đại Nghĩa - 2018) Tìm tất cả các mặt phẳng    chứa đường thẳng d : 1 1 3 x y z     và tạo với mặt phẳng   P : 2 1 0 x z    góc 45 . A.    : 3 0 x z   . B.    : 3 0 x y z    . C.    : 3 0 x z   . D.    : 3 0 x z   hay    : 8 5 0 x y z    . Lời giải d đi qua điểm   0;0;0 O có vtcp   1; 1; 3 u     .    qua O có vtpt   ; ; n a b c   có dạng 0 ax by cz    , do . 0 n u    3 0 a b c     .   P : 2 1 0 x z    vtpt   2;0; 1 k    . Ta có . cos 45       n k n k   2 2 2 2 5 a c a b c     2 2      2 2 2 2 10 4 2 a b c a c          2 2 2 2 2 10 6 9 4 12 2 b bc c b c b c c             2 2 2 10 2 6 10 4 10 b bc c b c      2 4 20 0 b bc    0 5 b b c       . + 0 b  3 a c       : 3 0 x z   . + 5 b c  , chọn 1 c  5 b   , 8 a      : 8 5 0 x y z    . Câu 62. (Quảng Nam - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;1;0 A ,   0; 1;2 B  . Biết rằng có hai mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O và cùng cách B một khoảng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ bằng 3 . Véctơ nào trong các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó. A.   1; 1; 1 n     . B.   1; 1; 3 n     . C.   1; 1;5 n    . D.   1; 1; 5 n     . Lời giải Phương trình đường thẳng qua hai điểm A , O có dạng 0 0 0 x t x y y t z z                . Gọi   P là mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O nên   P :   0 m x y nz    , 2 2 0 m n   . Khi đó véctơ pháp tuyến của   P có dạng   ; ; n m m n    . Ta có     2 2 2 2 , 3 3 m n d B P m m n       2 2 1 2 4 0 1 5 m n m mn n m n               . Vậy một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó là   1 1 ; ; 1; 1;5 5 5 5 n n n n n            . Câu 63. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 , d d lần lượt có phương trình 1 2 2 3 : 2 1 3 x y z d      , 2 1 2 1 : 2 1 4 x y z d       . Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng 1 2 , d d có phương trình là A. 14 4 8 1 0. x y z     B. 14 4 8 3 0. x y z     C. 14 4 8 3 0. x y z     D. 14 4 8 1 0. x y z     Lời giải Ta có   2;1;3 a   và   2; 1;4 b    là véc tơ chỉ phương của 1 2 , d d Nên   7; 2; 4 n a b         là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . Do đó   : 7 2 4 0 P x y z D     Lấy   1 2;2;3 M d  và   2 1;2;1 N d  . Do   P cách đều 1 d và 2 d nên         , , d M P d N P  . 2 2 2 2 2 2 7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1 7 2 4 7 2 4 D D             3 2 1 2 D D D       . Vậy     3 : 7 2 4 0 :14 4 8 3 0 2 P x y z P x y z          . Câu 64. (THPT Thực Hành - TPHCM - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm   1;0;0 A và đường thẳng 1 2 1 : 2 1 2 x y z d      . Viết phương trình mặt phẳng chứa điểm A và đường thẳng d ? A.   : 5 2 4 5 0 P x y z     . B.   : 2 1 2 1 0 P x y z     . C.   : 5 2 4 5 0 P x y z     . D.   : 2 1 2 2 0 P x y z     . Lời giải VTCP của d là   2;1;2 a   và   1; 2;1 B d   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Khi đó:   0; 2;1 AB       . Do đó véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng là   , 5, 2; 4 n AB a               . Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng cần tìm là       5 1 2 0 4 0 0 x y z       hay 5 2 4 5 0 x y z     . Câu 65. (Chuyên Nguyễn Đình Triểu - Đồng Tháp - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 , d d lần lượt có phương trình 1 2 2 2 3 1 2 1 : , : 2 1 3 2 1 4 x y z x y z d d            . Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng 1 2 , d d . A. 14 4 8 13 0 x y z     . B. 14 4 8 17 0 x y z     . C. 14 4 8 13 0 x y z     . D. 14 4 8 17 0 x y z     . Lời giải Chọn B 1 2 , d d lần lượt có vectơ chỉ phương là     1 2 2;1;3 , 2; 1;4 n n       . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là   1 2 , 7; 2; 4 n u u               . Gọi     1 2 2;2;3 , 1; 2; 1 A d B d     . Gọi phương trình mặt phẳng   : 7 2 4 0 P x y z d     . Do mặt phẳng   P cần tìm cách đều 1 2 , d d nên         2 2 2 2 2 2 2 15 , , 7 2 4 7 2 4 d d d A P d B P          2 15 d d     13 2 15 2 d d d         . Vậy   13 : 7 2 4 0 14 4 8 13 0. 2 P x y z x y z          Câu 66. (Chuyên KHTN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z d     và 2 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Phương trình mặt phẳng   P song song và cách đều hai đường thẳng 1 2 ; d d là: A. 2 2 1 0 y z    . B. 2 2 1 0 y z    . C. 2 2 1 0 x z    . D. 2 2 1 0 x z    . Lời giải Ta có: Đường thẳng 1 d đi qua điểm   2;0;0 A có VTCP là   1 1;1;1 u     và đường thẳng 2 d đi qua điểm   0;1;2 A có VTCP là   1 2;1;1 u     Mặt phẳng   P song song 1 2 ; d d nên   P có VTPT là   1 2 ; 0; 1;1 n u u             Do đó: Mặt phẳng   P có dạng 0 y z m    Mặt khác:   P cách đều hai đường thẳng 1 2 ; d d nên                 1 2 1 ; ; ; ; 1 2 d d P d d P d A P d B P m m m         Vậy   P : 1 0 2 2 1 0 2 y z y z        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dạng 5. Bài toán liên quan đến vị trí tương đối 1. Vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mặt cầu (S) Cho mặt cầu ( ) S có tâm , I bán kính R và đường thẳng .  Để xét vị trí tương đối giữa  và ( ) S ta tính ( , ) d I  rồi so sánh với bán kính . R  Nếu ( , ) : d I R    không cắt ( ). S  Nếu ( , ) : d I R    tiếp xúc với ( ) S tại . H  Nếu ( , ) : d I R    cắt ( ) S tại hai điểm phân biệt , . A B 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) A B C D P Q A B C D        1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 0. P Q A A B B C C       2. Vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) Cho đường thẳng 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t               và mặt phẳng ( ) : 0 Ax By Cz D      Xét hệ phương trình: 1 2 3 (1) (2) (3) 0 (4) x x a t y y a t z z a t Ax By Cz D                     ( )   Nếu ( )  có nghiệm duy nhất d  cắt ( ).   Nếu ( )  có vô nghiệm ( ). d     Nếu ( )  vô số nghiệm ( ). d    3. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng d và d’ Cho hai đường thẳng: 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t               và 1 2 3 : x x a t d y y a t z z a t                       lần lượt qua điểm hai điểm , M N và có véctơ chỉ phương lần lượt là , . d d a a     d song song . d d a ka d M d             d trùng . d d a ka d M d             d cắt d     , . 0 d d a ko a a a MN                    d chéo   , . 0. d d d a a MN            Lưu ý: Nếu d cắt d  ta tìm tọa độ giao điểm bằng giải hệ phương trình: 1 1 2 2 3 3 . x a t x a t y a t y a t z a t z a t                              Câu 67. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 : 2 1 2 x y z d      , 2 2 1 : 2 1 2 x y z d       . Xét vị trí tương đói của hai đường thẳng đã cho. A. Chéo nhau B. Trùng nhau C. Song song D. Cắt nhau Lời giải A B I H d d d R P P d d u  P n  P n  d u  d TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Chọn C 1 1 2 : 2 1 2 x y z d        1 2;1; 2 u      ; 2 2 1 : 2 1 2 x y z d         2 2; 1;2 u        1 2 1 2 1 2 / / u u d d d d           Điểm   1 1;0; 2 d M   ; 2 M d  nên 1 2 / / d d Câu 68. (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 2 1 1 3 3 2 : , : 2 2 3 1 2 1 x y z x y z              A. 1  song song với 2  . B. 1  chéo với 2  . C. 1  cắt 2  . D. 1  trùng với 2  . Lời giải Vì 2 2 1 2    nên vectơ chỉ phương   1 2; 2;3 u    của đường thẳng 1  không cùng phương với vectơ chỉ phương   2 1; 2;1 u       của 2  . Tức là 1  chéo với 2  hoặc 1  cắt 2  . Lấy   1 1; 1;0 M    ,   2 3;3; 2 N    . Ta có:   2; 4; 2 MN        . Khi đó: 1 2 ; . 0 u u MN                . Suy ra 1 2 , , u u MN           đồng phẳng. Vậy 1  cắt 2  . Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 5 : 1 3 1 x y z d       và mặt phẳng   :3 3 2 6 0 P x y z     . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. d cắt và không vuông góc với  . P B. d vuông góc với  . P C. d song song với  . P D. d nằm trong  . P Lời giải Chọn A Đường thẳng d có vtcp   1; 3; 1 u    Mặt phẳng   P có vtpt   3; 3;2 n   Ta có . 3 9 2 10 0 u n        nên loại trường hợp   / / d P và   d P  . Lại có u  và n  không cùng phương nên loại trường hợp   d P  . Vậy d cắt và không vuông góc với  . P Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 2 1 3 x y z       và mặt phẳng   :11 16 0 P x my nz     . Biết   P   , tính giá trị của T m n   . A. 2 T  . B. 2 T   . C. 14 T  . D. 14 T   . Lời giải Cách 1: Lấy     0;2; 1 2;3;2 A B            Mà   P       A P B P           2 16 0 10 11. 2 3 2 16 0 4 m n m m n n                     NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 14 T m n     . Cách 2: Đường thẳng  đi qua   0;2; 1 A  có VTCP   2;1;3 u    . Mặt phẳng   P có VTPT   11; ; n m n   .     0 A P P n.u             2 16 0 10 22 3 0 4 m n m m n n                  . 14 T m n     . Câu 71. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 9 1 3 1 : y z d x       và mặt phẳng    có phương trình 2 2 19 0 m x my z     với m là tham số. Tập hợp các giá trị m thỏa mãn   // d  là A.   1 . B.  . C.   1;2 . D.   2 . Lời giải Chọn D Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là   1;3; 1 u    . Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là   2 ; ; 2 n m m     . Để   // d  thì     . 0 1;2;9 u n M           2 2 1 3 2 0 2 2 2 18 19 0 1 m m m m m m m m                            . Câu 72. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 1 2 1 1 1 x y z       song song với mặt phẳng   2 : 2 0 P x y m z m     A. 1 m  . B. m   C.   1;1 m   . D. 1 m   Lời giải Chọn D Một véctơ chỉ phương của : d   1; 1;1 u    ;   1; 1;2 A d   . Một véctơ pháp tuyến của   : P   2 2;1; n m    .     2 2 1 2 1 1 1 0 / / 2 1 1 2 0 m u n d P A P m m                            2 2 2 1 1 0 1 1 2 0 1 2 0 m m m m m m m                        . Câu 73. Gọi , m n là hai giá trị thực thỏa mãn: giao tuyến của hai mặt phẳng  : 2 1 0 m P mx y nz     và  : 2 0 m Q x my nz     vuông góc với mặt phẳng  : 4 6 3 0 x y z      . A. 0 m n   . B. 2 m n   . C. 1 m n   . D. 3 m n   . Lời giải Chọn D  : 2 1 0 m P mx y nz     có VTPT   ;2; P n m n     .  : 2 0 m Q x my nz     có VTPT   1; ; Q n m n      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37  : 4 6 3 0 x y z      có VTPT   4; 1; 6 n        . Do giao tuyến của   m P và   n Q vuông góc với            4 2 6 0 4 6 2 2 4 6 0 6 4 1 m P n Q P n n m n m n m m n m n n Q n n                                                                            Vậy 3 m n   . Câu 74. (THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 1 1 : ; : 2 2 1 3 x t x y z d d y t z m              . Gọi S là tập tất cả các số m sao cho 1 d và 2 d chéo nhau và khoảng cách giữa chúng bằng 5 19 . Tính tổng các phần tử của S . A. 11  . B. 12 . C. 12  . D. 11. Lời giải 1 d đi qua điểm   1;0;0 M , có vectơ chỉ phương   1 2;1;3 u   . 2 d đi qua điểm   1;2; N m , có vectơ chỉ phương   2 1;1;0 u   .     1 2 , 3;3;1 u u     ;   0;2; MN m       . 1 d và 2 d chéo nhau khi và chỉ khi   1 2 , . 0 6 u u MN m            . Mặt khác   1 2 5 , 19 d d d      1 2 1 2 , . 5 , 19 u u MN u u            6 5 19 19 m    1 11 m m         . Khi đó tổng các phần tử của m là 12  . Câu 75. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Trong không gian Oxyz , cho bốn đường thẳng:   1 3 1 1 : 1 2 1 x y z d       ,   2 1 : 1 2 1 x y z d     ,   3 1 1 1 : 2 1 1 x y z d      ,   4 1 1 : 1 1 1 x y z d      . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là: A. 0 . B. 2 . C. Vô số. D. 1. Lời giải Đường thẳng 1 d đi qua điểm   1 3; 1; 1 M    và có một véctơ chỉ phương là   1 1; 2;1 u     . Đường thẳng 2 d đi qua điểm   2 0;0;1 M  và có một véctơ chỉ phương là   2 1; 2;1 u      . Do 2 1 u u     và 1 1 M d  nên hai đường thẳng 1 d và 2 d song song với nhau. Ta có   1 2 3;1;2 M M          ,   1 1 2 , 5; 5; 5 u M M                   5 1;1;1;   Gọi    là mặt phẳng chứa 1 d và 2 d khi đó    có một véctơ pháp tuyến là   1;1;1 n   . Phương trình mặt phẳng    là 1 0 x y z     . Gọi   3 A d    thì   1; 1;1 A  . Gọi   4 B d    thì   1;2;0 B  . Do   2;3; 1 AB        không cùng phương với   1 1; 2;1 u     nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 76. (Mã 105 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho điểm   1 ; 2 ; 3 I và mặt phẳng       : 2 2 4 0 P x y z . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với   P tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H . A.    1 ; 1 ; 0 H B.     3 ; 0 ; 2 H C.    1 ; 4 ; 4 H D.   3; 0 ; 2 H Lời giải Chọn D Tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng   P . Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng   P là:            1 2 2 2 3 x t y t z t . Tọa độ điểm H là giao điểm của d và   P , ta có:                2 1 2 2 2 2 3 4 0 1 t t t t Vậy   3; 0 ; 2 H . Câu 77. Trong không gian Ox y z , biết mặt cầu   S có tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   2 2 9 0 : P x y z     tại điểm   ; ; H a b c . Giá trị của tổng a b c   bằng A. 2 . B. 1  . C. 1 . D. 2  . Lời giải   1 2 2 ; ; P n      là véc tơ chỉ phương của đường thẳng O H 2 2 : x t O H y t z t             2 2 ; ; H t t t     H P    2 2 2 2 9 0 . . t t t       1 t      1 2 2 ; ; H    1 a b c      Câu 78. (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;0;2 I và đường thẳng 1 : 2 1 1 x y z d     . Gọi   S là mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d . Bán kính của   S bằng A. 5 3 . B. 2 5 3 . C. 30 3 . D. 4 2 3 . Lời giải Chọn C Gọi   1 2 ; ; H t t t   là hình chiếu của I trên đường thẳng d . Có   2 ; ; 2 IH t t t        ; vectơ chỉ phương của d là   2; 1;1 u    . Vì H là hình chiếu vuông góc của I trên d nên . 0 IH u IH u                    2 .2 . 1 2 .1 0 t t t        1 3 t   2 1 5 ; ; 3 3 3 IH               30 3 IH   . Bán kính của mặt cầu   S là 30 3 R IH   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 1 S x y z       , đường thẳng 6 2 2 : 3 2 2 x y z        và điểm   4;3;1 M . Trong các mặt phẳng sau mặt phẳng nào đi qua M , song song với  và tiếp xúc với mặt cầu   S ? A. 2 2 5 22 0 x y z     . B. 2 2 13 0 x y z     . C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 7 0 x y z     . Lời giải Cách 1: Gọi   2 ; ; n a b c   là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng   P cần lập, 2 2 2 0 a b c    . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là   3;2;2 u    . Mặt phẳng   P song song với  nên ta có . 0 6 2 2 0 n u a b c         3 c a b    . Mặt phẳng   P đi qua M và có vectơ pháp tuyến n  nên phương trình có dạng:         2 4 3 3 1 0 a x b y a b z          2 3 11 2 0 ax by a b z a b          * Mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I và bán kính 1 R  . Mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S       2 2 2 3 , 1 1 4 3 b d I P a b a b        2 2 2 2 3 1 3 13 2 6 13 2 6 b b a b ab a b ab         . 2 2 2 2 2 9 13 2 6 13 6 7 0 b a b ab a ab b             13 7 0 13 7 a b a b a b a b            . Với a b  , chọn 1, 1 a b   , thay vào   * ta được pt   1 : 2 2 13 0 P x y z     . Ta có   6;2;2 N   . Dễ thấy   1 N P  , suy ra   1 : 2 2 13 0 P x y z     song song với  . Với 13 7 a b   , chọn 7, 13 a b    , thay vào   * ta được pt   2 :14 13 34 51 0 P x y z     . Ta có   6;2;2 N   , dễ thấy   2 N P  , suy ra   2 :14 13 34 51 0 P x y z     song song với  . Vậy chọn B. Cách 2: ( Trắc nghiệm) Gọi   P là mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán và có vectơ pháp tuyến là n  . Vì   P đi qua   4;3;1 M nên phương án A, C bị loại. Đường thẳng  có vectơ chỉ phương   3;2;2 u    .   P song song với đường thẳng  nên . 0 n u    . Do đó phương án D bị loại. Vậy phương án B là phương án thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 80. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu         2 2 2 : 2 3 1 16 S x y z       và điểm   1; 1; 1 . A    Xét các điểm M thuộc   S sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với  . S M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là A. 6 8 11 0 x y    B. 6 8 11 0 x y    C. 3 4 2 0 x y    D. 3 4 2 0 x y    Lời giải Chọn C NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   S có tâm   2;3; 1 ; I  bán kính 4 R      1; 1; 1 3; 4;0 A IA           , tính được 5 IA  . Mặt phẳng cố định đi qua điểm H là hình chiếu của M xuống IA và nhận   3; 4;0 IA       làm vectơ pháp tuyến. Do hai tam giác MHI và AMI đồng dạng nên tính được 2 2 16 . 5 IM IM IH IA IH IA     , từ đó tính được 16 25 IH IA         tìm được 2 11 ; ; 1 25 25 H        Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: 2 11 3 4 0 3 4 2 0. 25 25 x y x y                      Câu 81. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu         2 2 2 : 1 1 2 2 S x y z       và hai đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y z d      ; 1 : 1 1 1 x y z      . Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với   S , song song với d và  ? A. 3 0 y z    B. 1 0 x z    C. 1 0 x y    D. 1 0 x z    Lời giải. Chọn B Mặt cầu   S có tâm   1 ;1 2 I   ; 2 R  . Véctơ chỉ phương của d :   1;2; 1 d u    . Véctơ chỉ phương của  :   1;1; 1 u     . Gọi   P là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có   , 1;0; 1 d u u           nên chọn một véctơ pháp tuyến của   P là   1;0;1 n   . Mặt phẳng   P có phương trình tổng quát dạng: 0 x z D    . Do   P tiếp xúc với   S nên     1 2 ; 2 2 D d I P R       5 3 2 1 D D D          . Chọn   P : 1 0 x z    . Câu 82. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 4 4 : 3 1 4 x y z d      và tiếp xúc với mặt cầu         2 2 2 : 3 3 1 9 S x y z       . Khi đó   P song song với mặt phẳng nào sau đây? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 A. 3x 2z 0 y    . B. 2x 2 4 0 y z      . C. x 0 y z    D. Đáp án khác. Lời giải Chọn D Véc tơ chỉ phương của d là   3;1; 4 u    , véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là n  . Mặt cầu   S có tâm   3; 3;1 I  và bán kính 3 R  . Vì   P chứa d nên . 0 u n    và   P tiếp xúc với   S nên     ; 3 d I P  . Ta chỉ xét phương trình . 0 u n    . Lấy hai điểm nằm trên đường thẳng d là   4;0; 4 M  và   1; 1;0 N  . Ta nhận thấy:   4;0; 4 M  và   1; 1;0 N  không thỏa mãn đáp án ; ; A B C . Vây, đáp án là D . Câu 83. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu 2 2 2 ( 1) ( 2) 6 x y z      đồng thời song song với hai đường thẳng 1 2 1 : 3 1 1 x y z d       , 2 2 2 : 1 1 1 x y z d      . A. 2 3 0 2 9 0 x y z x y z            B. 2 3 0 2 9 0 x y z x y z            C. 2 9 0 x y z     D. 2 9 0 x y z     Lời giải Chọn B Đường thẳng 1 d có vtcp   1 3; 1; 1 u     , đường thẳng 2 d có vtcp   2 1;1; 1 u     . Gọi n  là vtpt của mặt phẳng    cần tìm. Do    song song với hai đường thẳng 1 2 , d d nên 1 n u     và 2 n u      , từ đó ta chọn   1 2 , 2;2;4 n u u             . Suy ra   : 2 0 x y z c      . Mặt cầu   S có tâm   1;0; 2 I  , bán kính 6 R  .    tiếp xúc với       3 6 9 3 ; 6 6 3 6 3 6 c c c S d I c c                       . Câu 84. (Đề Tham Khảo 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   2;1;3 E , mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 5 36 S x y z       . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong mặt phẳng   P và cắt   S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là A. 2 9 1 9 3 8 x t y t z t            B. 2 5 1 3 3 x t y t z           C. 2 1 3 x t y t z           D. 2 4 1 3 3 3 x t y t z t            Lời giải Chọn C Ta có tâm và bán kính mặt cầu   S là   3;2;5 ; 6 I R  1 1 4 6 IE R      Gọi  là đường thẳng đi qua E Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dây cung càng nhỏ khi khoảng cách từ tâm tới đường thẳng  càng lớn Ta có   , d I IH IE    Vậy dây cung nhỏ nhất khi đường thẳng  vuông góc với   1; 1;; 2 IE        Dựa vào các đáp án ta thấy trong các vecto chỉ phương   1 9;9;8 u      3 5;3;0 u        3 1; 1;0 u        4 4;3; 3 u      Thì chỉ có 3 . 0 u IE        Nhận xét: ta hoàn toàn có thể viết được pt đường thẳng  bằng cách viết pt mặt phẳng   Q đi qua E nhận   1; 1;; 2 IE        làm một vecto pháp tuyến, khi đó     P Q    Câu 85. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu   1 S ,   2 S có phương trình lần lượt là   2 2 2 1 : 25 S x y z    ,     2 2 2 2 : 1 4 S x y z     . Một đường thẳng d vuông góc với véc tơ   1; 1;0 u    tiếp xúc với mặt cầu   2 S và cắt mặt cầu   1 S theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 . Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của d ? A.   1 1;1; 3 u   B.   2 1;1; 6 u   C.   3 1 ;1;0 u   D.   4 1;1; 3 u    Lời giải Mặt cầu   1 S có tâm   0;0;0 O , bán kính 1 5 R  . Mặt cầu   2 S có tâm   0;0;1 I , bán kính 2 2 R  . Có 1 2 1 OI R R    nên   2 S nằm trong mặt cầu   1 S . Giả sử d tiếp xúc với   2 S tại H và cắt mặt cầu   1 S tại M , N . Gọi K là trung điểm MN . (S 2) (S 1) M N H O I TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 Khi đó 2 2 IH R   và OH OK  . Theo giả thiết 8 4 MN MK    2 2 2 2 1 5 4 3 OK R MK       . Có 1 OI  , 2 IH  OK OI IH OH OK      . Do đó OH OK  , suy ra H K  , tức d vuông góc với đường thẳng OI . Đường thẳng d cần tìm vuông góc với véc tơ   1 ; 1 ;0 u    và vuông góc với   0;0;1 OI     nên có véc tơ chỉ phương   3 , 1;1;0 u OI u            . Câu 86. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 E , mặt cầu   2 2 2 : 4 S x y z    và mặt phẳng   : 3 5 3 0 P x y z     . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và cắt mặt cầu   S tại hai điểm , A B sao cho tam giác OAB là tam giác đều. Phương trình của đường thẳng  là A. 1 1 1 2 1 1 x y z        . B. 1 1 1 2 1 1 x y z       . C. 1 1 1 2 1 1 x y z      . D. 1 1 1 2 1 1 x y z        . Lời giải Chọn D Mặt cầu   S có tâm   0; 0;0 O bán kính 2 R  . Tam giác OAB là tam giác đều có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm AB ta có 2 3 3 2 OM   , mặt khác   1;1;1 3 OE OE       . Vậy điểm M trùng điểm E . Gọi u  là vectơ chỉ phương của  ta có: u OE       và u n    ( với   1; 3;5 n   là vectơ pháp tuyến của   P vì   P   ).   , 8;4;4 n OE            , chọn   1 , 2; 1; 1 4 u n OE                . Vậy đường thẳng  đi qua E , có vectơ chỉ phương   2; 1; 1 u    có phương trình là: 1 1 1 2 1 1 x y z        . Câu 87. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 3 : 1 2 1 x y z d       và điểm   1 ;0; 1 A  . Gọi 2 d là đường thẳng đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương   ;1 ;2 v a   . Giá trị của a sao cho đường thẳng 1 d cắt đường thẳng 2 d là NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 a   . B. 2 a  . C. 0 a  . D. 1 a  . Lời giải Chọn C Phương trình tham số của đường thẳng 1 d là: 1 2 2 3 x t y t z t            . Phương trình tham số đường thẳng 2 d qua điểm A và có vectơ chỉ phương   ;1 ;2 v a   là: 2 1 : 0 1 2 x at d y t z t                1 d nhận   1 ; 2;1 u    làm vectơ chỉ phương và 2 d nhận   ;1 ;2 v a   làm vectơ chỉ phương Đường thẳng 1 d cắt đường thẳng 2 d khi và chỉ khi hệ phương trình 1 1 2 2 0 3 1 2 t at t t t t                   có đúng một nghiệm. Ta có: 1 1 0 0 0 2 2 0 2 2 2 2 3 1 2 2 4 0 .2 0 0 t at t at t t t t t t t t t t t t a a                                                           Vậy 0 a  . Câu 88. Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu         2 2 2 1 : 3 2 4 1 S x y z       ,       2 2 2 2 : 2 4 4 S x y z      và   2 2 2 3 : 4 4 1 0 S x y z x y       . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu   1 S ,   2 S ,   3 S ? A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 8. Lời giải Chọn A Ta có:     1 1 1 3;2;4 : 1 I S R      ,     2 2 2 0;2;4 : 2 I S R     ,     3 3 2 2;2;0 : 3 I S R      1 2 1 2 3 I I R R         1 2 , S S  tiếp xúc với nhau tại M . Ta có   2 1 1 2 2 2 2;2;4 3 MI I M I I M                   TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Cắt hai mặt cầu     1 2 , S S theo phương chứa đường nối tâm của chúng ta có thiết diện là hai đường tròn lớn     1 2 , C C . Trường hợp 1: Mặt phằng qua M vuông góc với 1 2 I I có phương trình là   : 2 0 x    mà     3 ; 0 d I       không tiếp xúc với   3 S  LOẠI. Trường hợp 2: N là tâm vị tự ngoài của     1 2 , C C   2 1 1 2 2 2 6;2;4 NI NI I I N                  . Gọi   P là mặt phẳng tiếp xúc với 3 mặt cầu.   P qua N và có vtpt là   1 ; ; n a b        : 6 2 4 0 P x a y b z          : 2 4 6 0 P x ay bz a b        . Có:       1 2 3 ;( ) 1 ;( ) 2 ;( ) 3 d I P d I P d I P         2 2 2 2 2 2 13 3 1 4 6 2 1 5 4 4 3 1 4 a b b a b b b a b                             Với 2 13 41 4 16 b a     (loại) Với 2 5 103 103 4 16 4 b a a        Vậy có 2 mặt phẳng tiếp xúc với 3 mặt cầu   1 S ,   2 S ,   3 S . Câu 89. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d      . Gọi   S là mặt cầu có bán kính 5 R  , có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với trục Oy . Biết rằng I có tung độ dương. Điểm nào sau đây thuộc mặt cầu   S ? A.   1 ; 2;1 M   . B.   1 ;2; 1 N  . C.   5;2; 7 P   . D.   5; 2;7 Q  . Lời giải Chọn B Điểm I thuộc đường thẳng d nên có tọa độ dang:   1 2 ; ; 2 I t t t     Vì mặt cầu   S tiếp xúc với trục Oy nên       2 2 , 1 2 2 5 d I O y R t t        (C 1 ) (C 2 ) I 2 I 1 M NNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 5 5 5 t    2 2 t t        Với 2 t  ta có   5; 2;0 I  (Loại). Với 2 t   ta có   3;2; 4 I   (Thỏa mãn). Nên mặt cầu   S có phương trình là:       2 2 2 3 2 4 25 x y z       . Thay tọa độ các điểm trong các phương án vào phương trình mặt cầu, nhận thấy điểm   1 ;2; 1 N  thỏa mãn. Câu 90. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 6 0 S x y z x y m       ( m là tham số) và đường thẳng 4 2 : 3 3 2 x t y t z t             . Biết đường thẳng  cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 8 AB  . Giá trị của m là A. 5 m  . B. 12 m  . C. 12 m   . D. 10 m   . Lời giải Chọn C Gọi H là trung điểm đoạn thẳng , 4 AB IH AB HA    . Mặt cầu   S có tâm   2 ; 3 ; 0 I  , bán kính   13 , 13 R m m    . Đường thẳng  đi qua   4 ; 3 ; 3 M và có 1 véc tơ chỉ phương   2 ; 1 ; 2 u   . Ta có:       , 6 ; 0 ; 3 , 3; 6 ; 6 , 3 IM u IM IM u IH d I u                                  . Ta có: 2 2 2 2 2 13 3 4 12 R IH HA m m          . Câu 91. (SGD Bến Tre 2019) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1 2 4 2 1 : ,( ), : ' ,( ' ) 3 ' x t x d y t t d y t t z z t                       . Phương trình mật cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng     1 2 , d d là: R B I A H M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 A.   2 2 2 3 9 2 2 4 x y z            . B.   2 2 2 3 3 2 2 2 x y z            . C.   2 2 2 3 9 2 2 4 x y z            . D.   2 2 2 3 3 2 2 2 x y z            . Lời giải Chọn C Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với     1 2 , d d là mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của     1 2 , d d . Lấy     1 2 4 2 ; ;3 ; 1; '; ' A t t d B t t d     . , A B là đoạn vuông góc chung khi và chỉ khi 1 2 . 0 5 ' 6 1 2 ' 3 ' 1 . 0 d d AB u t t t t t t AB u                                         . Khi đó   2;1;3 ; (1; 1;1) A B  . Suy ra tâm 3 ;0;2 2 I       , bán kính 3 2 R  . Câu 92. Trong không gian O x yz , cho hai đường thẳng 1 4 1 5 3 1 2 : x y z         và 2 2 3 1 3 1 : x y z      . Trong tất cả mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1  và 2  . Gọi ( ) S là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất. Bán kính của mặt cầu ( ) S là A. 12 . B. 6 . C. 24 . D. 3 . Lời giải Chọn B Ta có 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 4 3 2 1 3 3 5 2 : , : ( , ) x t x t y t y t t t z t z t                            , gọi 1 2 3 1 2 1 3 1 ( ; ; ), ( ; ; ) u u     lần lượt là véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng. Gọi 1 1 1 1 2 2 2 2 4 3 1 5 2 2 3 3 ( ; ; ) ; ( ; ; ) M M t t t N N t t t             . Suy 2 1 2 1 2 1 3 2 3 4 2 5 ( ; ; ) MN t t t t t t             . M N là đoạn vuông góc chung khi và chỉ khi: 1 2 1 2 1 1 2 2 0 7 6 1 2 11 9 1 0 . .                                        M N u t t t t t t M N u . Δ 2 Δ 1 I N M J A BNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 4 2 6 ( ; ; ) . MN MN          Giả sử ( ) S là mặt cầu tâm J đường kính d tiếp xúc với lần lượt 1  , 2  tại , A B . Khi đó JA JB AB   . Hay d AB MN d MN     . Vậy đường kính d nhỏ nhất khi d MN  . Suy ra mặt cầu ( ) S có bán kính nhỏ nhất 6 2 MN r   . Cách khác Hai mặt phẳng song song và lần lượt chứa 1  , 2  là ( ) P , ( ) Q . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1  và 2  sẽ tiếp xúc với ( ) , ( ) P Q nên đường kính cầu là khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) , ( ) P Q hay là khoảng cách từ 2  đến ( ) P . Gọi 1 2 3 1 2 1 3 1 ( ; ; ), ( ; ; ) u u     lần lượt là véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng, 2 2 3 0 ( ; ; )    N .   1 2 5 5 10 1 1 2 , ( ; ; ) ; ; p u u n              , phương trình 2 7 0 ( ) :     P x y z . 2 2 2 2 2 3 7 2 6 1 1 2 (( ), ( )) ( , ( )) ( , ( )) ( )           d P Q d P d N P . Suy ra bán kính cần tìm là 6 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 1. Bài toán liên quan đến mặt cầu – mặt phẳng – đường thẳng Câu 1. (Mã 110 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x yz , cho hai điểm   4;6;2 A và   2; 2;0 B  và mặt phẳng   : 0 P x y z    . 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. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 3 R  B. 2 R  C. 1 R  D. 6 R  Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm của A B   3;2;1 I      3 2 1 ; 2 3 3 d I P     Gọi   S là mặt cầu có tâm   3;2;1 I và bán kính 3 2 2 A B R    Ta có   H S  . Mặt khác   H P  nên       H C S P    Bán kính của đường tròn   C là           2 2 2 2 ; 3 2 2 3 6 R R d I P       . Câu 2. Trong không gian O x y z mặt phẳng   : 2 6 3 0 P x y z     cắt trục Oz và đường thẳng 5 6 : 1 2 1 x y z d      lần lượt tại A và B . Phương trình mặt cầu đường kính A B là: A.       2 2 2 2 1 5 36. x y z       B.       2 2 2 2 1 5 9. x y z       C.       2 2 2 2 1 5 9. x y z       D.       2 2 2 2 1 5 36. x y z       Lời giải Chọn B     0;0;3 P O z A   Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:   2 6 3 0 4 2 6 3 0 2 10 0 2 4; 2;7 . 5 6 2 12 0 7 1 2 1 x y z x x y z x y y B x y z y z z                                           Gọi I là trung điểm của   2; 1;5 4 1 4 3. A B I IA        Phương trình mặt cầu đường kính A B là:       2 2 2 2 1 5 9. x y z       Câu 3. Trong không gian O x y z , cho mặt cầu   2 2 2 : 4 6 0 S x y z x y m       ( m là tham số) và đường thẳng 4 2 : 3 3 2 x t y t z t             . Biết đường thẳng  cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 8 AB  . Giá trị của m là PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 5 m  . B. 12 m  . C. 12 m   . D. 10 m   . Lời giải Gọi H là trung điểm đoạn thẳng , 4 A B I H A B H A    . Mặt cầu   S có tâm   2 ; 3 ; 0 I  , bán kính   13 , 13 R m m    . Đường thẳng  đi qua   4 ; 3 ; 3 M và có 1 véc tơ chỉ phương   2 ; 1 ; 2 u   . Ta có:       , 6 ; 0 ; 3 , 3; 6 ; 6 , 3 IM u IM IM u IH d I u                                  . Ta có: 2 2 2 2 2 13 3 4 12 R I H H A m m          . Câu 4. Trong không gian O x y z , cho đường thẳng   3 2 : 2 1 1 x y z d     và hai mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    ;   : 2 3 5 0 Q x y z     . Mặt cầu   S có tâm I là giao điểm của đường thẳng   d và mặt phẳng   P . Mặt phẳng   Q tiếp xúc với mặt cầu   S . Viết phương trình mặt cầu   S . A.         2 2 2 : 2 4 3 1 S x y z       . B.         2 2 2 : 2 4 3 6 S x y z       . C.         2 2 2 2 : 2 4 3 7 S x y z       . D.         2 2 2 : 2 4 4 8 S x y z       . Lời giải Chọn C Ta có:   I d    2 ;3 ;2 I t t t    .           : 2 2 3 2 2 0 1 2;4;3 I P P t t t t I             Q tiếp xúc với   S nên     2 , 7 R d I Q   . Vậy         2 2 2 2 : 2 4 3 7 S x y z       . Câu 5. Trong không gian O x y z , cho mặt cầu         2 2 2 : 2 3 4 14 S x y z       và mặt phẳng   : 3 2 5 0 x y z      . Biết đường thẳng  nằm trong    , cắt trục O x và tiếp xúc với   S . Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của  ? A.   4; 2;1 u    . B.   2;0; 1 v    . C.   3;1;0 m     . D.   1; 1;1 n    . R B I A H M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   2;3;4 I và bán kính 14 R  . Ta có       , 14 d I R      tiếp xúc với   S . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên     1;0;2 H   Gọi   ;0;0 A O x A a     và   1;0; 2 AH a        Đường thẳng  nằm trong    , cắt trục O x và tiếp xúc với   S nên A H n          . Tức là   1 0 4 0 5 4;0; 2 a a A H              cùng phương với   2;0; 1 v    . Câu 6. (Bình Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ O xy z , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 1 100 S x y z       . Mặt phẳng   P cắt mặt cầu   S theo một đường tròn   C . Tìm tọa độ tâm K và bán kính r của đường tròn   C là A.   3; 2;1 K  , 10 r  . B.   1;2;3 K  , 8 r  . C.   1; 2;3 K  , 8 r  . D.   1;2;3 K , 6 r  . Lời giải  Mặt cầu   S có tâm   3; 2;1 I  ; 10 R  .  Khoảng cách từ I đến   P là     6 4 1 9 ; 6 3 IK d I P       .  Đường thẳng qua   3; 2;1 I  vuông góc với   P có phương trình tham số là 3 2 2 2 1 x t y t z t             khi đó Tọa độ tâm K là nghiệm của hệ phương trình   3 2 2 2 1;2;3 1 2 2 9 0 x t y t K z t x y z                     .  Bán kính: 2 2 100 36 8 r R IK      . Câu 7. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian hệ tọa độ O x y z , cho hai điểm     1;1;1 , 2;2;1 A B và mặt phẳng   : 2 0 P x y z    . Mặt cầu   S thay đổi qua , A B và tiếp xúc với   P tại H . Biết H chạy trên 1 đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A. 3 2 . B. 2 3 . C. 3 . D. 3 2 Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Có (1;1;1), (2;2;1) A B  Phương trình AB: 1 1 1 x t y t z           Gọi K là giao điểm của A B và   P    1; 1;1 K   Có Mặt cầu   S tiếp xúc với   P tại H .  H K là tiếp tuyến của   S  2 . 12 2 3 K H K A K B K H             không đổi  Biết H chạy trên 1 đường tròn bán kính 2 3 không đổi Câu 8. (Chuyên Lam Sơn 2019) Trong không gian O x y z cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 2 0 S x y z x y z        và mặt phẳng   : 4 3 12 10 0 x y z      . Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện: Tiếp xúc với   S ; song song với    và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 3 12 78 0 x y z     . B. 4 3 12 26 0 x y z     . C. 4 3 12 78 0 x y z     . D. 4 3 12 26 0 x y z     . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   1; 2; 3 I , bán kính 4. R  Mặt phẳng    song song với    nên có phương trình dạng   4 3 12 0 10 x y z c c      .    tiếp xúc với   S      2 2 2 4.1 3.2 12.3 26 ; 4 4 13 4 3 12 c c d I R              26 52 78 26 52 26 c c c c                   Nếu 78 c  thì   : 4 3 12 78 0 x y z      . Mặt phẳng    cắt trục O z ở điểm 13 0; 0; 2 M       có cao độ dương. Nếu 26 c   thì   : 4 3 12 26 0 x y z      . Mặt phẳng    cắt trục O z ở điểm 13 0; 0; 6 M        có cao độ âm. Vậy   : 4 3 12 78 0 x y z      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 9. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian O x y z , cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 1 ; ; : 1 2 2 3 x t M x y z d y t z t             . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho M A, M B , M C là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   A B C đi qua điểm   1;1;2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30. B. 26 . C. 20 . D. 21. Lời giải Chọn B * Ta có:   0 0 0 0 0 0 1 ; ; : 1 2 4 2 3 x t M x y z d y t x y z z t                 . * Mặt cầu có phương trình 2 2 2 9 x y z     tâm   0;0;0 O , bán kính 3 R  . * M A, M B , M C là tiếp tuyến của mặt cầu  . M O A B C      A B C đi qua   1;1;2 D có véc tơ pháp tuyến   0 0 0 ; ; OM x y z      có phương trình dạng:       0 0 0 1 1 2 0 x x y y z z       . * M A là tiếp tuyến của mặt cầu tại A M OA   vuông tại 2 2 . 9 A O H O M O A R     . Gọi H là hình chiếu của O lên   A B C   O H OM H M   , ta có:     0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 4 ; . 4 x y z x y z z z d O A B C OH O H OM z O M x y z x y z                   . 0 0 0 4 9 5 13 z z z         . * Với 0 5 z     0; 1;5 26 M T    nhận do: 0 4 9 26; 26 z O M O H O M     ;       17 : 5 9 0 ; 26 pt A B C y z M H d M ABC        . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ O H H M O M    . * Với   0 13 6;11; 13 z M      loại do: 9 326; 326 O M O H   ;       335 :6 11 13 9 0 ; 326 AB C x y z MH d M AB C        . OH HM O M    . Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 2 1 0 S x y z x z       và đường thẳng 2 : 1 1 1 x y z d     . Hai mặt phẳng     , ' P P chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T , ' T . Tìm tọa độ trung điểm H của '. T T A. 7 1 7 ; ; 6 3 6 H        . B. 5 2 7 ; ; 6 3 6 H        . C. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . D. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   1;0; 1 I  , bán kính 1 R  . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương   1;1; 1 d u      . Gọi K là hình chiếu của I trên d , ta có     ;2 ; 1;2 ; 1 K t t t IK t t t            . Vì IK d  nên     . 0 1 2 1 0 0 1;2;1 d u IK t t t t IK                       . Phương trình tham số của đường thẳng I K là 1 ' 2 ' 1 ' x t y t z t            Khi đó, trung điểm H của ' TT nằm trên I K nên     1 ';2 '; 1 ' ';2 '; ' H t t t IH t t t           . Mặt khác, ta có: 2 1 . . 1 ' 4 ' ' 1 ' 6 I H I K I T I H I K t t t t                        5 1 5 ; ; . 6 3 6 H         Câu 11. Trong không gian O x y z , cho điểm   2;1;3 E , mặt phẳng   : 2 2 3 0     P x y z và mặt cầu         2 2 2 : 3 2 5 36       S x y z . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và cắt   S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là A. 2 9 1 9 3 8            x t y t z t . B. 2 5 1 3 3           x t y t z . C. 2 1 3           x t y t z . D. 2 4 1 3 3 3            x t y t z t . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   3;2;5 I và bán kính 6  R . 2 2 2 1 1 2 6      I E R  điểm E nằm trong mặt cầu   S . Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng   P , A và B là hai giao điểm của  với   S . Khi đó, A B nhỏ nhất   AB O E , mà  A B I H nên    A B H I E   A B IE . Suy ra:     ; 5; 5;0 5 1; 1;0                    P u n EI . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Vậy phương trình của  là 2 1 3           x t y t z . Câu 12. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Trong không gian O x y z cho mặt cầu     2 2 2 3 1 4 x y z      và đường thẳng 1 2 : 1 , x t d y t t z t               . Mặt phẳng chứa d và cắt ( ) S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. 1 0 y z    . B. 3 5 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y    . D. 3 2 4 8 0 x y z     . Lời giải Chon A Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm cầu   3;1 ;0 I lên d , từ đó ta tìm được   3;0; 1 H  . Thấy I H R  nên d cắt ( ) S . Vậy mặt phẳng cần tìm nhận   0; 1; 1 I H        làm VTPT nên pt mặt phẳng là 1 0 y z    . Câu 13. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho điểm   1 ;1;1 E , mặt phẳng   : 3 5 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 4 S x y z    . Gọi  là đường thẳng qua E , nằm trong mặt phẳng   P và cắt   S tại 2 điểm phân biệt , A B sao cho 2 A B  . Phương trình đường thẳng  là A. 1 2 2 1 x t y t z t            . B. 1 2 1 1 x t y t z t            . C. 1 2 3 5 x t y t z t             . D. 1 2 1 1 x t y t z t            . Lời giải Chọn D   2 2 2 : 4 S x y z    Tâm   0;0;0 I ; bán kính 2 R  .   : 3 5 3 0 P x y z      véctơ pháp tuyến của     : 1; 3; 5 P P n    . Gọi H là hình chiếu của I lên 1 2 A B A H B H      . Xét I A H  vuông tại 2 2 4 1 3 H I H I A A H       . Mặt khác ta có   1;1;1 3 IE IE IH         H E IE     . Đường thẳng  đi qua   1;1 ;1 E ; vuông góc với IE và chứa trong   P nên: Véctơ chỉ phương của  :   ; 8;4;4 P n n IE              .  véctơ   2; 1; 1 u     cũng là véctơ chỉ phương của  . Δ R H B A INGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình đường thẳng  là: 1 2 1 1 x t y t z t            . Câu 14. (SGD Cần Thơ 2019) Trong không gian O x y z , cho điểm   0;1; 2  A , mặt phẳng   : 1 0     P x y z và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 7 0       S x y z x y . Gọi  là đường thẳng đi qua A và  nằm trong mặt phẳng   P và cắt mặt cầu   S tại hai điểm B , C sao cho tam giác I B C có diện tích lớn nhất, với I là tâm của mặt cầu   S . Phương trình của đường thẳng  là A. 1 2           x t y z t . B. 1 2            x t y t z t . C. 1 2           x t y t z . D. 1 2           x t y t z . Lời giải Chọn C   S có tâm   1 ;2;0 I và bán kính 2 2 1 2 7 2 3     R .   1;1; 2     A I 6    A I R  A nằm trong mặt cầu   S và A nằm trên dây cung B C   1 .  1 . .sin 2   I B C S I B I C B I C  2 2 sin 2 2   R R BI C nên diện tích  I B C đạt giá trị lớn nhất là 2 2 R  sin 1   B IC  90    BI C   I B C vuông cân tại I 2   B C I C 2 2 6   R Gọi J là trung điểm của B C . Ta có  IJ B C và 6 2   B C I J   2 .  A I J vuông tại  J  A I I J , kết hợp thêm với   1 và   2 ta có  I J A I   A J  A là trung điểm của B C và  I A B C .   P có vectơ pháp tuyến     1;1;1   P n có giá vuông góc với  . Vậy  nhận   ,           P u n A I   1; 1;0   làm vectơ chỉ phương và đi qua   0;1; 2  A : 1 2             x t y t z . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z cho mặt phẳng  : 2 0 P z   ,   0;0; 2 K  , đường thẳng : 1 1 1 x y z d   . Phương trình mặt cầu tâm thuộc đường thẳng d và cắt mặt phẳng   P theo thiết diện là đường tròn tâm K , bán kính 5 r  là A.   2 2 2 2 16 x y z     . B. 2 2 2 16 x y z    . C.   2 2 2 2 9 x y z     . D. 2 2 2 9 x y z    . Lời giải Chọn D   P có vectơ pháp tuyến   0;0;1 n   . Viết lại phương trình của đường thẳng d dưới dạng tham số: x t y t z t         . Gọi I là tâm của mặt cầu cần lập. Vì I d  nên giả sử   ; ; I t t t . Có   ; ; 2 I K t t t         . Thiết diện của mặt cầu và mặt phẳng   P là đường tròn tâm K nên ta có   I K P  . Suy ra I K    và   0;0;1 n   cùng phương. Do đó tồn tại số thực k để .0 0 .0 2 2 .1 t k t I K k n t k k t k                          . Suy ra   0;0;0 I . Tính được     , 2 d I P  . Gọi R là bán kính mặt cầu. Ta có:     2 2 , 3 R r d I P        . Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình: 2 2 2 9 x y z    . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ O x yz , cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và hai điểm   1;1;1 M ,   3; 3; 3 N    . Mặt cầu   S đi qua M, N và tiếp xúc với mặt phẳng   P tại điểm Q . Biết rằng Q luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó. A. 2 11 3 R  . B. 6 R  . C. 2 33 3 R  . D. 4 R  . Lời giải Chọn B NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ * Đường thẳng MN có phương trình là: 1 : 1 1 x t M N y t z t            . * Gọi   I M N P   khi đó tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn: 1 1 1 3 0 2 0 2 t t t t t               3;3;3 2 3, 6 3 I IM I N     . * Do mặt cầu   S đi qua M, N và tiếp xúc với đường thẳng I Q tại điểm Q nên ta có: 2 2 2 2 . . 36 6 IQ IM IN KI R IQ IM IN IQ         Vậy Q luôn thuộc đường tròn tâm I bán kính 6 R  . Câu 17. (Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu       2 2 2 : 1 3 9 S x y z      và đường thẳng 2 1 : 2 1 2 x y z d      . Cho các phát biểu sau đây: I. Đường thẳng d cắt mặt cầu   S tại 2 điểm phân biệt. II. Mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S . III. Mặt phẳng   P và mặt cầu   S không có điểm chung. IV. Đường thẳng d cắt mặt phẳng   P tại một điểm. Số phát biểu đúng là: A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn D Mặt cầu   S có tâm   1; 3;0 I  , bán kính 3 R  . Phương trình tham số của đường thẳng 2 : 2 1 2 x t d y t z t              . Xét hệ phương trình       2 2 2 2 2 2 9 2 6 0 1 1 2 1 3 9 x t y t t t z t x y z                         . Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt nên d cắt   S tại 2 điểm phân biệt.       2.1 2. 3 0 3 11 , 3 3 d I P R           P và   S không có điểm chung. Xét hệ phương trình 2 2 3 1 2 2 2 2 3 0 x t y t t z t x y z                      . d cắt   P tại một điểm. Vậy có 3 phát biểu đúng. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Câu 18. (Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình-2019)Trong không gian Ox y z, cho mặt cầu         2 2 2 2 : 1 2 1 3 S x y z       , mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và điểm   1;0; 4 N  thuộc   P . Một đường thẳng  đi qua N nằm trong   P cắt   S tại hai điểm A, B thỏa mãn 4 A B  . Gọi   1; ; u b c  ,   0 c  là một vecto chỉ phương của  , tổng b c  bằng A. 1. B. 3 . C. 1  . D. 45 . Lời giải Chọn D Ta có mặt cầu (S) có tâm   1;2;1 I bán kính 3 R  . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng  và mặt phẳng (P). Suy ra H là trung điểm của đoạn AB nên AH = 2   2 2 , 5 d I IH IA AH       và     1 2 1 3 , 3 3 IK d I P       . Ta có     IK P IK P            mà I H   K H    hay   , K H d K   và 2 2 2 K H I H I K    . Do   I K P  nên phương trình tham số đường thẳng 1 : 2 1 x t IK y t z t              1 ;2 ;1 K t t t     . Mà     1 2 1 3 0 1 0;3;0 K P t t t t K              Từ đây ta có         2 2 3 2 2 , 4 3 4 3 , 2 1 KN u b c c b KH d K u b c                        (*). Mặt khác ta có   . 0 1 0 1 P P P u n u n b c b c                      . Thay vào (*) ta được N I K H B A PNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/         2 2 3 2 2 2 2 2 4 4 4 2 1 1 3 24 48 4 4 4 20 44 0 22( ) 2( ) c c c c c c c c c c c c N c L                            Suy ra 23 45 b b c     . Câu 19. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian với hệ trục O xy z cho hai đường thẳng 1 1 1 1 : 2 1 2 x y z       và 2 1 1 1 : 2 2 1 x y z       . Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1  và 2  . A. 16 17  (đvdt). B. 4 17  (đvdt). C. 16 17  (đvdt). D. 4 17  (đvdt). Lời giải Gọi ; A B là hai điểm thuộc lần lượt 1  và 2  sao cho A B là đoạn thẳng vuông góc chung giữa 2 đường. Gọi M là trung điểm A B . Dễ có mặt cầu tâm M bán kính 2 A B R  tiếp xúc với hai đường thẳng 1  và 2  là mặt cầu có bán kính bé nhất. Ta có tọa độ theo tham số của ; A B lần lượt là: 1 1 1 (2 1; 1;2 1) A t t t    và 2 2 2 (2 1;2 1; 1) B t t t    2 1 2 1 2 1 (2 2 2;2 2; 2 2) A B t t t t t t            . Có 1 (2;1;2) u   và 2 (2;2;1) u    lần lươt là 2 vectơ chỉ phương của 1  và 2  nên 1 2 AB u AB u                     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 2 2).2 (2 2).1 ( 2 2).2 0 (2 2 2).2 (2 2).2 ( 2 2).1 0 t t t t t t t t t t t t                       . 1 2 1 2 1 2 10 8 9 10 0 17 9 8 10 0 10 17 t t t t t t                      3 7 3 ( ; ; ) 17 17 17 A   ; 3 3 7 B( ; ; ) 17 17 17   6 4 4 ( ; ; ) 17 17 17 A B      . 2 2 2 ( 6) 4 4 1 17 . 2 2 17 17 A B R       . Diện tích mặt cầu cần tính là 2 2 1 4 4 . 4. . 17 17 S R       (đvdt). Câu 20. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x yz , cho hai đường thẳng 1 2 : 4 x t d y t z         và 2 3 ' : ' 0 x t d y t z          . Viết phương trình mặt cầu   S có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 d và 2 . d A.         2 2 2 : 2 1 2 4. S x y z       B.         2 2 2 : 2 1 2 16. S x y z       C.       2 2 2 : 2 1 ( 2) 4. S x y z       D.     2 2 2 : 2 ( 1) ( 2) 16. S x y z       Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Đường thẳng 1 d có vectơ chỉ phương 1 (2;1;0) u     . Đường thẳng 2 d có vectơ chỉ phương 2 ( 1;1;0) u      . Để phương trình mặt cầu   S có bán kính nhỏ nhất và đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 d và 2 d khi và chỉ khi: Tâm mặt cầu   S nằm trên đoạn thẳng vuông góc chung của 2 đường thẳng 1 d và 2 d , đồng thời là trung điểm của đoạn thẳng vuông góc chung. Gọi điểm   2 ; ;4 M t t thuộc 1 d ; gọi điểm (3 '; ';0) N t t  thuộc 2 d với M N là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d . Ta có   3 ' 2 ; ' ; 4 M N t t t t           . M N là đoạn thẳng vuông góc chung 1 2 . 0 . 0 M N u M N u                               2. 3 2 0 1 . 3 2 0 t t t t t t t t                      5 6 1 2 3 1 t t t t t t                  (2;1;4) (2;1;0) M N     . Gọi điểm I là tâm mặt cầu   S , do đó điểm I là trung điểm M N .   2;1;2 I  2 R I M I N     . Suy ra mặt cầu   S :       2 2 2 2 1 2 4 x y z       . Câu 21. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục , O xy z cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 6 13 0 S x y z x y z        và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 1 x y z d      . Điểm     ; ; , 0 M a b c a  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến , , M A M B M C đến mặt cầu   S ( , , A B C là các tiếp điểm) và  0 60 A M B  ,  0 60 B M C  ,  0 120 C M A  . Tính 3 3 3 a b c   . A. 3 3 3 173 9 a b c    . B. 3 3 3 112 9 a b c    . C. 3 3 3 8 a b c     . D. 3 3 3 23 9 a b c    . Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   1;2; 3 I  và bán kính   2 2 2 1 2 3 13 3 3 R       Gọi   C là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng   A B C và mặt cầu   S . Đặt M A M B M C x    khi đó ; 2; 3 A B x B C x C A x    do đó tam giác A B C vuông tại B nên trung điểm H của A C là tâm đường tròn   C và , , H I M thẳng hàng. Vì  0 120 A M C  nên tam giác A I C đều do đó 3 x R  3 x   suy ra 2 2 6 I M A M x    . H M A I CNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lại có M d  nên     1 ; 2 ;1 , 1 M t t t t       mà 6 I M  nên       2 2 2 2 4 4 36 t t t       2 3 4 0 t t    0 4 3 t t        . Mà a > 0 nên 4 3 t  suy ra 1 2 7 ; ; 3 3 3 H        nên 3 3 3 112 9 a b c    . Câu 22. (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x yz , cho điểm   3;3; 3 M   thuộc mặt phẳng   : 2 2 15 0 x y z      và mặt cầu         2 2 2 : 2 3 5 100 S x y z       . Đường thẳng  qua M , nằm trên mặt phẳng    cắt   S tại , A B sao cho độ dài A B lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng  . A. 3 3 3 1 1 3 x y z      . B. 3 3 3 1 4 6 x y z      . C. 3 3 3 16 11 10 x y z       . D. 3 3 3 5 1 8 x y z      . Lời giải Ta có: Mặt cầu   S có tâm   2;3;5 I , bán kính 10 R  .       2 2 2 2.2 2.3 5 15 , 6 2 2 1 d I R                 ; S C H r     , H là hình chiếu của I lên    . Gọi 1  là đường thẳng qua I và vuông góc với    1   có VTCP là   1 2; 2;1 u       .  PTTS 1 2 2 : 3 2 5 x t y t z t             . Tọa độ H là nghiệm của hệ: 2 2 3 2 5 2 2 15 0 x t y t z t x y z                  2 7 3 x y z             2;7;3 H   . Ta có A B có độ dài lớn nhất A B  là đường kính của   C M H    . Đường thẳng M H đi qua   3;3; 3 M   và có VTCP   1; 4;6 M H       . Suy ra phương trình 3 3 3 : . 1 4 6 x y z       Câu 23. (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho ba điểm   2;0;0 A  ,   0; 2;0 B  ,   0;0; 2 C  . Gọi D là điểm khác O sao cho D A , D B , D C đôi một vuông góc nhau và   ; ; I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A B C D . Tính S a b c    . A. 4 S   B. 1 S   C. 2 S   D. 3 S   Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Gọi d là trục của A B C  , ta có   : 2 0 ABC x y z     . Do A B C  đều nên d đi qua trọng tâm 2 2 2 ; ; 3 3 3 G          và có VTCP (1;1;1) u   , suy ra 2 3 2 : 3 2 3 x t d y t z t                   . Ta thấy D A B D B C D C A      , suy ra D A D B D C D d     nên giả sử 2 2 2 ; ; 3 3 3 D t t t             . Ta có 4 2 2 2 4 2 2 2 4 ; ; ; ; ; ; ; ; 3 3 3 3 3 3 3 3 3 A D t t t B D t t t C D t t t                                                 Có   2 4 4 4 ; ; . 0 3 3 3 3 2 . 0 0;0;0 ( ) 3 t D AD BD AD CD t D loa i                                             . Ta có 2 2 2 ; ; 3 3 3 I d I t t t               , do tứ diện A B C D nội tiếp mặt cầu tâm I nên 1 1 1 1 ; ; 1 3 3 3 3 I A ID t I S                 . Câu 24. (Chuyên Hạ Long 2019) Trong không gian O x yz , cho   :2 2 1 0 P x y z     ,     0;0;4 , 3;1;2 A B . Một mặt cầu   S luôn đi qua , A B và tiếp xúc với   P tại C . Biết rằng, C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường tròn đó. A. Đáp án khác. B. 4 2 244651 3 r  . C. 2 244651 9 r  . D. 2024 3 r  . Lời giải Cách 1: d A D C M B I GNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   3;1; 2 A B      là véc tơ chỉ phương của đường thẳng A B . Phương trình tham số của đường thẳng AB là 3 4 2 x t y t z t          . Giả sử A B cắt   P tại   3 ; ;4 2 T t t t  . Do T    7 :2 2 1 0 3 P x y z t        . Khi đó 7 26 7 14 7 14 10 20 10 14 7; ; ; 7; ; ; 10; ; 3 3 3 3 3 3 3 3 T TA T A T B TB                                 . Ta có 2 980 14 5 . 9 3 T C T A T B T C     . Điểm C thuộc mặt phẳng   P và cách điểm T cố định một khoảng 14 5 3 . Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r  14 5 3 . Cách 2: Ta có         , 7 ; 14 , 10 d A P T A A B T B d B P    . Giả sử A B cắt   P tại T . Suy ra A nằm giữa B và T ( vì , A B cùng phía so với   P ). Khi đó ta có 7 14 14 3 10 14 3 7 10 T T B T A T A T B A T B                   2 980 14 5 . 9 3 T C T A T B T C      Câu 25. (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x yz , cho hình chóp . S A B C D với   1; 1;6 S  ,   1;2;3 A ,   3;1;2 B ,   4;2;3 C ,   2;3;4 D . Gọi I là tâm mặt cầu   S ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng   SAD . A. 3 3 2 d  . B. 6 2 d  . C. 21 2 d  . D. 3 2 d  . Lời giải Chọn B Ta có:   2; 1; 1 AB        ,   1;1;1 AD      và   2; 1; 1 D C        . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Ta thấy: . 2.1 1.1 1.1 0 A B A D             và A B D C          nên tứ giác A B C D là hình chữ nhật. Gọi M là trung điểm của A C . Ta có: 5 ;2;3 2 M       . Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng   A B C D . Ta có:   , 0; 3;3 AB AD               . Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là:   0; 1;1 u    . Phương trình tham số của đường thẳng d là: 5 2 2 3 x y t z t             . Ta có:   0;3; 3 SA      . Ta thấy SA    cùng phương với u  nên suy ra   S A A BC D  . Gọi N là trung điểm của SA , ta có: 1 9 1; ; 2 2 N       . Do   ; ; I x y z là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S A B C D nên 5 ;2 ;3 2 . I t t I d N I d N I u                         Mà: 3 3 3 ; ; 2 2 2 N I t t              . Suy ra: 3 3 3 5 1 9 . 0 0 ; ; 2 2 2 2 2 2 N I u t t t I                    . Ta có:   , 6; 3; 3 SA AD               . Một vectơ pháp tuyến của   SAD là:   1 , 2; 1; 1 6 n S A A D                 . Phương trình tổng quát của mặt phẳng   SAD là:       2 1 2 3 0 x y z       2 3 0 x y z      . Vậy     5 1 9 2. 3 6 2 2 2 , 2 4 1 1 d I S A D        . Câu 26. Trong không gian O x yz , xét số thực   0;1 m  và hai mặt phẳng   : 2 2 10 0 x y z      và   : 1 1 1 x y z m m      . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     ,   . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng A. 6 B. 3 C. 9 D. 12 Lời giải Chọn C Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu. Theo giả thiết ta có         , , R d I d I     . Mà       2 2 1 1 , 1 1 1 1 a b c m m d I m m          NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có         2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 . 1 1 1 1 1 1 1 1 2 . 1 1(do 0;1 1 1 1 m m m m m m m m m m m m m                               Nên                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 2 a m bm c m m m m m m R m m a am bm cm c m m m R m m R R m R m a am bm c m c m m m R R m Rm a am bm c m cm m m m R c m a b c R R a m R c m b c a R R a                                                                     Xét (1) do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng     ,   với mọi   0;1 m  nên pt (1) nghiệm đúng với mọi   0;1 m  .   1 0 1 0 ; ;1 0 1 R c a R a b c R b R I R R R R a c R                             . Mà       2 2 1 10 3 , 3 12 6( ) 3 R R R R R d I R R R R l                   Xét (2) tương tự ta được   1 0 1 0 ; ; 1 0 1 R c a R b c a R b R I R R R R a c R                                 Mà       2 2 1 10 6 , 3 12 3( ) 3 R R R R R d I R R R R l                    . Vậy 1 2 9 R R   . Câu 27. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x yz , cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   S tâm   5; 3;5 I  , bán kính 2 5 R  . Từ một điểm A thuộc mặt phẳng   P kẻ một đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu   S tại B . Tính O A biết 4 A B  . A. 11 O A  . B. 5 O A  . C. 3 O A  . D. 6 O A  . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Khoảng cách từ điểm I đến mp(P) là:   2 2 2 5 2.( 3) 2.5 3 ;( ) 6 1 ( 2) 2 d I P          . A B tiếp xúc với ( ) S tại B nên tam giác A I B vuông tại B, do đó ta có:     2 2 2 2 2 2 2 5 4 6 ;( ) IA I B A B R A B d I P         A  là hình chiếu của I lên (P) Đường thẳng IA đi qua   5; 3;5 I  có VTCP   ( ) 1; 2;2 P u n         có phương trình 5 3 2 5 2 x t y t z t             Có ( ) A IA P   5 2( 3 2 ) 2(5 2 ) 3 0 2 (3;1;1) t t t t A              11 O A   . Câu 28. Trong không gian cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc 1 : 1 2 2 3 x t d y t z t            . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho M A , M B , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   A BC đi qua   1;1;2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30 B. 26 C. 20 D. 21 Lời giải Chọn B Mặt cầu   S có tâm   0;0;0 O và bán kính R . Gọi   0 0 0 1 ;1 2 ;2 3 M t t t d     . Gỉa sử     ; ; T x y z S  là một tiếp điểm của tiếp tuyến M T với mặt cầu   S . Khi đó 2 2 2 O T M T O M                 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 9 1 1 2 2 3 1 1 2 2 3 x t y t z t t t t                               0 0 0 1 1 2 2 3 9 0 t x t t z         . Suy ra phương trình mặt phẳng   AB C có dạng       0 0 0 1 1 2 2 3 9 0 t x t y t z        Do     1;1;2 D A BC  nên   0 0 1 1 2 2. 2 3 9 0 t t t        0 1 t      0; 1;5 M   . Vậy   2 2 2 0 1 5 26 T      . Câu 29. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x yz cho hai điểm     0;0;3 , 2;0;1 A B  và mặt phẳng   : 2 2 8 0 x y z      . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng    sao cho tam giác A B C đều? A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải Gọi   P mặt phẳng trung trực của A B , khi đó phương trình của   P là: 1 0 x z    . Ta có     1; 0;1 , 2; 1; 2 P n n           nên   , 1;0; 1 P n n              . Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng   P với mặt phẳng    . Chọn   1;0; 1 d u      và điểm   1;10;0 M d  nên phương trình tham số của d là: 1 10 x t y z t           . Do tam giác ABC đều nên C A C B  hay C thuộc mặt phẳng trung trực của A B mà   C   nên     C P d     suy ra tọa độ C có dạng   1 ;10; C t t   . , OxyzNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do A B C  đều nên A C A B  , thay tọa độ các điểm ta có:             2 2 2 2 2 2 1 0 10 0 3 2 0 0 0 1 3 t t                 2 4 51 0 * t t     Do phương trình   * vô nghiệm nên không tồn tại điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 30. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxy z , cho mặt cầu 2 2 2 9 x y z    và điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc đường thẳng 1 : 1 2 . 2 3 x t d y t z t            Ba điểm , A , B C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho , M A , M B M C là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng   A B C đi qua   1; 1; 2 D . Tổng 2 2 2 0 0 0 T x y z    bằng A. 30. B. 26 . C. 20 . D. 21. Lời giải Mặt cầu   1 : S 2 2 2 9 x y z    có tâm   0; 0; 0 O , bán kính 1 3 R  . M d    1 ; 1 2 ; 2 3 M a a a     . Do , M A , M B M C là những tiếp tuyến tại , A , B C với mặt cầu   1 S . Suy ra 2 2 2 2 9 M A M B M C O M     . Khi đó , A , B C   2 S  có tâm là M , bán kính 2 2 9 R OM   . Ta có phương trình   2 : S             2 2 2 2 1 2 1 2 3 9 x a y a z a O M           .    2 : S       2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 3 9 0 x y z a x a y a z           . Mặt khác theo giả thiết , A , B C cùng thuộc mặt cầu   1 S . Suy ra tọa độ , A , B C thỏa mãn hệ:       2 2 2 2 2 2 9 0 2 1 2 2 1 2 2 3 9 0 x y z x y z a x a y a z                    . Do đó phương trình mặt phẳng   A B C là:       2 1 2 2 1 2 2 3 18 0 a x a y a z        .   D A B C        2 1 2 2 1 4 2 3 18 0 a a a         1 a    . Với 1 a   , ta có   0 ; 1;5 M  . Khi đó 2 2 2 0 0 0 26 T x y z     . Câu 31. (Tỉnh Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ O x y z , cho mặt cầu ( ) : S 2 2 2 2 2 1 0 x y z x z       và đường thẳng 2 : 1 1 1 x y z d     . Hai mặt phẳng ( ) P , ( ) P  chứa d và tiếp xúc với ( ) S tại T , T  . Tìm tọa độ trung điểm H của T T  . A. 7 1 7 ; ; 6 3 6 H        . B. 5 2 7 ; ; 6 3 6 H        . C. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . D. 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Mặt cầu ( ) S tâm (1;0; 1) I  , bán kính 2 2 2 1 0 ( 1) 1 1 R       . Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên d . K d  nên ta có thể giả sử ( ; 2 ; ) K t t t   ( 1 ;2 ; 1) I K t t t         , (1 ;1 ; 1) d u      là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d IK d  . 0 1 2 1 0 d I K u t t t                0 t   . (0;2;0) K  I T K  vuông tại T có TH là đường cao nên 2 . I T I H I K  . 1 6 IH     6 I K  1 6 I H I K          . Giả sử ( ; ; ) H x y z 1 1 .( 1) 6 1 0 .2 6 1 1 .1 6 x y z                  5 6 1 3 5 6 x y z               Vậy 5 1 5 ; ; 6 3 6 H        Câu 32. Cho hai đường thẳng 2 : 2 2 x d y t z t             t   , 3 1 4 : 1 1 1 x y z        và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     . Gọi d  ,   lần lượt là hình chiếu của d và  lên mặt phẳng   P . Gọi   ; ; M a b c là giao điểm của hai đường thẳng d  và   . Biểu thức . a b c  bằng A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 6 . Lời giải Do d  là hình chiếu của d lên mặt phẳng   P khi đó d  là giao tuyến của mặt phẳng   P và mặt phẳng    chứa d và vuông góc với mặt phẳng   P .  một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là     , 3;2; 1 d P n u n                    . Phương trình mặt phẳng    đi qua   2;0;2 A  và có một vec tơ pháp tuyến     3;2; 1 n         là 3 2 4 0 x y z     . Do   là hình chiếu của  lên mặt phẳng   P khi đó   là giao tuyến của mặt phẳng   P và mặt phẳng    chứa  và vuông góc với mặt phẳng   P .  một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là     , 0; 2; 2 P n u n                     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Phương trình mặt phẳng    đi qua   3;1;4 B và có một vec tơ pháp tuyến     0; 2; 2 n         là 5 0 y z    . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 0 1 3 2 4 0 2 5 0 3 x y z x x y z y y z z                           . Vậy   1;2;3 M  . 1 2.3 5 a b c       . Câu 33. (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O xy z , cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 1 0 x m y z m       và   : 2 0 m x y m z m       . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng   O x y . Biết rằng với mọi số thực m thay đổi thì đường thẳng  luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn A Mặt phẳng   : 2 1 0 x m y z m       có một vectơ pháp tuyến là   1 1; ;1 n m     . Mặt phẳng   : 2 0 m x y m z m       có một vectơ pháp tuyến là   2 ;1; n m m      . Ta có     1 1 ;0; 1 M m m d m m                 . Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là   2 2 1 2 ; 1;2 ; 1 u n n m m m               . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng   O x y . Khi đó   P có một vectơ pháp tuyến là   2 ; 2 ;1 ;0 n u k m m           (với   0;0;1 k   ). Phương trình mặt phẳng   P là   2 2 2 1 2 2 0 m x m y m      . Trong mặt phẳng   O x y , gọi   ; ;0 I a b là tâm đường tròn. Theo giả thiết  là tiếp tuyễn của đường tròn        ; ; d I d d I P R   (cố định)      2 2 2 2 2 2 1 2 2 0 4 1 ma m b m R m m            2 2 2 2 2 0 1 am b m b R m                 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 am b m b R m am b m b R m                   2 0 2 2 2 0 2 2 a b R b R a b R b R                                 0 0 2 0 0 0 2 0 a b R a b R                               . Vậy 2 R  . Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho ba điểm   6; 0; 0 M ,   0; 6; 0 N ,   0; 0; 6 P . Hai mặt cầu có phương trình   2 2 2 1 : 2 2 1 0 S x y z x y       và   2 2 2 2 : 8 2 2 1 0 S x y z x y z        cắt nhau theo đường tròn   C . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng M N , N P , P M ? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 A. 1. B. 3. C. Vô số. D. 4 . Lời giải Chọn C Nếu điểm   ; ; A x y z thuộc   C thì 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 3 2 0 8 2 2 1 0 x y z x y x y z x y z x y z                       . Suy ra phương trình mặt phẳng    chứa đường tròn   C là 3 2 0 x y z    . Phương trình mặt phẳng   M NP là 6 0 x y z     . Gọi I là tâm mặt cầu thỏa bài toán, H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng   M NP , J , K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các đường thẳng M N , N P , P M . Ta có I J I K I L H J H K H L      . Suy ra I thuộc đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác M N P và vuông góc với mặt phẳng   MNP . Hình chóp . O M N P là hình chóp đều nên đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác M N P và vuông góc với mặt phẳng   MN P cũng chính là đường thẳng d đi qua O và vuông góc với mặt phẳng   MN P . Phương trình đường thẳng d là x y z   . Dễ thấy   d   suy ra mọi điểm thuộc d đều là tâm của một mặt cầu thỏa bài toán. Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa   C và tiếp xúc với ba đường thẳng M N , N P , PM . Câu 35. Trong không gian cho mặt phẳng   : 6 0 P x z    và hai mặt cầu   2 2 2 1 : 25 S x y z    ,   2 : S 2 2 2 4 4 7 0 x y z x z       . Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt cầu   1 S ,   2 S và tâm I nằm trên   P là một đường cong. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó. A. 7 3  . B. 7 9  . C. 9 7  . D. 7 6  . Lời giải Chọn B Mặt cầu   1 S có tâm   0;0;0 O và bán kính 1 5 R  . Mặt cầu   S có tâm   2;0;2 E  bán kính 2 1 R  . Ta có     1 6 , 2 d O P R   và     2 E, 2 d P R   , 2 2 O E  , 2 1 O E R R   nên mặt cầu   2 S nằm trong mặt cầu   1 S . Như vậy mặt cầu   S tâm I tiếp xúc với cả   1 S và   2 S thì I M N P H J K NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   S tiếp xúc trong mặt cầu   1 S và tiếp xúc ngoài với   2 S . Gọi R là bán kính của   S khi đó ta có hệ 1 1 2 2 6 O I R R O I E I R R O I E I E I R R                 . Nhận xét:   2;0;2 O E       nên O E vuông góc với   : 6 0 P x z    . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên   P , đặt I H x  , điều kiện 0 x  . Khi đó ta có 6 O I E I   2 2 2 2 6 O H H I E H H I      2 2 2 7 7 18 2 6 9 3 x x x x          . Vậy điểm I thuộc đường tròn tâm H bán kính 7 3 r  . Nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường tròn là: 2 7 9 S r     . Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ , O xy z cho phương trình mặt cầu:     2 2 2 : 2 2 2 3 0 m S x y z m x m y m z m          . Biết rằng với mọi số thực m thì   m S luôn chứa một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 2 3 r  . B. 4 2 3 r  . C. 1 3 r  . D. 3 r  . Lời giải Chọn B Mặt cầu   m S có tâm 2 ; ; 2 m I m m          và bán kính 2 9 8 16 2 m m R    . Với 1 m , 2 m tùy ý và khác nhau, ta được hai phương trình mặt cầu tương ứng:         2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 1 2 2 2 3 0 2 x y z m x m y m z m x y z m x m y m z m                        . Lấy   1 trừ   2 theo vế, ta được:         1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 m m x m m y m m z m m             1 2 . 2 2 1 0 m m x y z         2 2 1 0 3 x y z      . Dễ thấy   3 là phương trình tổng quát của mặt phẳng.  Họ mặt cầu   m S có giao tuyến là đường tròn nằm trên mặt phẳng   P cố định có phương trình: 2 2 1 0 x y z     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Mặt khác, đặt     2 2 2 2 2 2 1 9 4 2 , 6 1 2 2 m m m m d d I P                  .   2 2 2 2 2 9 4 9 8 16 32 4 36 9 m m m r R d m              . Vậy 4 2 3 r  . Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ O xy z , cho mặt câu   2 2 : 2 4 6 13 0 S x y x y z       và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 1 x y z d      . Điểm     ; ; 0 M a b c a  nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến , , M A M B MC đến mặt cầu   S ( , , A B C là các tiếp điểm) thỏa mãn  60 AM B   ,  90 BM C  ,  120 C MA   .Tính Q a b c    . A. 3 Q  . B. 10 3 Q  . C. 2 Q  . D. 1 Q  . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   1;2; 3 I  và bán kính   2 2 2 1 2 3 13 3 3 R       . Gọi đường tròn   C là giao tuyến của mặt phẳng   ABC với mặt câu   S . Đặt   0 M A M B M C x x     . Áp dụng định lý cosin trong A M B  và C M A  , ta có:  2 2 2 2 2 2 2 . .cos 2 2 cos60 A B M A M B M A M B AM B x x x A B x          .  2 2 2 2 2 2 2 . .cos 2 2 cos120 3 3 A C M A M C M A M C A M C x x x A C x          . Vì B M C  vuông tại M nên: 2 2 2 B C M B M C x    . Mặt khác     2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 A B B C x x x x A C       nên A BC  vuông tại B . Gọi H là trung điểm của A C thì H là tâm của đường tròn   C và ba điểm , , H I M thẳng hàng. Do  120 AM C   nên  60 A IC   , suy ra A IC  đều và 3 3 A C IA I C R     . Suy ra 3 3 3 3 x x    và 2 2.3 3 cos30 6 3 3 IA IA IM IM       . Điểm M d  nên         2 2 2 2 2 1 ; 2; 1 2 4 4 3 4 36 M t t t I M t t t t t              . H M C A INGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mà   2 2 2 0 1; 2;1 36 3 4 36 36 3 4 0 4 1 2 7 ; ; 3 3 3 3 t M I M t t t t t M                            Vì 0 M x  nên điểm cần tìm là 1 2 7 ; ; 3 3 3 M        , suy ra 2 Q  . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng 2 Bài toán cực trị 1. Một số bất đẳng thức cơ bản Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH  Kết quả 3. Với ba điểm , , A B C bất kì ta luôn có bất đẳng thức . AB BC AC   Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm 1 2 , ,.... n A A A ta luôn có 1 2 2 3 1 1 ... n n n A A A A A A A A      Kết quả 4. Với hai số không âm , x y ta luôn có 2 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  Kết quả 5. Với hai véc tơ , a b   ta luôn có . . a b a b      . Đẳng thức xảy ra khi , a kb k      2. Một số bài toán thường gặp Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình   H (   H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm giá trị nhỏ nhất của AM Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình   H . Khi đó, trong tam giác AHM Vuông tại . M ta có . AM AH  Đẳng thức xảy ra khi M H  . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên   H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu   S có tâm , I bán kính , R M là điểm di động trên   S . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM . Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu ( ). S Gọi 1 2 , M M lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt cầu   1 2 ( ) S AM AM  và ( )  là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng . AI Khi đó ( )  cắt ( ) S theo một đường tròn lớn ( ). C Ta có  1 2 90 , M MM   nên  2 AMM và  1 AM M là các góc tù, nên trong các tam giác 1 AMM và 2 AMM ta có 1 2 AI R AM AM AM AI R       Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có R AI AM R AI     Vậy min | |,max AM AI R AM R AI     Bài toán 3. Cho măt phẳng ( ) P và hai điểm phân biệt , . A B Tìm điể M thuộc ( ) P sao cho PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 1. MA MB  nhỏ nhất. 2. | | MA MB  lớn nhất. Lời giải. 1. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với ( ) P . Khi đó AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Gọi A  đối xứng với A qua ( ) P . Khi đó AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . 2. Ta xét các trường hợp sau - TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với ( ) P . Khi đó | | AM BM AB   Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( ) P . - TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với ( ) P . Gọi ' A đối xứng với A qua   P , Khi đó | | AM BM A M BM A B       Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B  với ( ) P . Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng ( ) P di qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ), P khi đó d( ,( )) B P BH BA   Do đó   P là mặt phẳng đi qua A vuông góc với AB Bài toán 5. Cho các số thực dương ,   và ba điểm , , A B C. Viết phương trình măt phẳng ( ) P đi qua C và d( ,( )) d( ,( )) T A P B P     nhỏ nhất. Lời giải. 1. Xét , A B nằm về cùng phía so với ( ) P . - Nếu ( ) AB P ‖ thì ( )d( ,( )) ( ) P A P AC         - Nếu đường thẳng AB cắt ( ) P tại . I Gọi D là điểm thỏa mãn IB ID      và E là trung điểm . BD Khi đó d( ,( )) d( ,( )) 2 d( ,( )) 2( ) IB P A P D P E P EC ID             2. Xét , A B nằm về hai phía so với ( ) P . Gọi I là giao điểm của AB và ( ), P B  là điểm đối xứng với B qua I . Khi đó   d( ,( )) d ,( ) P A P B P      Đến đây ta chuyển về trường hợp trên. TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất. Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm 1 2 , , , n A A A  và diểm . A Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và tổng khoảng cách từ các điểm ( 1, i A i n  ) lớn nhất. Lời giải. - Xét n điểm 1 2 , , , n A A A  nằm cùng phía so với ( ). P Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đó   1 d ,( ) d( ,( )) n i i A P n G P nGA     - Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác (m k n   ). Khi đó, gọi 1 G là trọng tâm của m điểm, 2 G là trọng tâm của k điểm 3 G đối xứng với 1 G qua . A Khi dó     3 2 md ,( ) d ,( ) P G P k G P   Đến đây ta chuyển về bài toán trên. Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng   P đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhất Lời giải. Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ) P và đường thẳng .  Khi đó d( ,( )) A P AH AK   Do đó ( ) P là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói . AK Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 1 2 , , , . n A A A  Xét véc tơ 1 1 2 2 n n w MA M A M A                     Trong đó 1 2 ; ... n    là các số thực cho trước thỏa mãn 1 2 ... 0 n        . Tìm điểm M thuôc măt phẳng ( ) P sao cho | | w  có đô dài nhỏ nhất. Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             (điểm G hoàn toàn xác định). Ta có k k MA MG GA         vói 1;2; ; , k n   nên     1 2 1 1 2 2 1 2 w n n n n MG GA GA GA MG                                     Do đó 1 2 | | | | n w MG            Vi 1 2 n        là hằng số khác không nên | | w  có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà ( ) M P  nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 9. Trong không gian Oxy , z cho các diểm 1 2 , , , . n A A A  Xét biểu thức: 2 2 2 1 1 2 2 n n T MA MA MA         Trong đó 1 2 , , , n     là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( ) P sao cho 1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2 0 n         . 2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2 0 n         . Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n GA GA GA             Ta có k k MA MG GA         với 1;2; ; , k n   nên   2 2 2 2 2 k k k k MA MG GA MG MG GA GA                   Do đó NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 n n n T MG GA GA GA                 Vì 2 2 2 1 1 2 2 n n GA GA GA        không đổi nên • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. • với 1 2 0 n         thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà ( ) M P  nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng ( ) P . Bài toán 10. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P cắt nhau. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q chứa d và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc nhỏ nhất. Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) P và lấy điểm , M d M I   . Gọi , H K lầ lượt là hình chiếu của M lên ( ) P và giao tuyến  của ( ) P và ( ) Q . Đặt  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có  , MKH   do đó tan HM HM HK HI    Do đó ( ) Q là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với mặt phẳng ( ), MHI nên ( ) Q đi qua M và nhận   P d d n u u      làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của mặt phẳng ( ). Q Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và ( ), Q ta có cos ( ) | | P P n n f t n n          với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Bài toán 11. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặt phẳng ( ) P chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất. Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đó góc giữa  và ( ) P chính là góc giữa d  và ( ) P . Trên đường thẳng , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) P và , d  là góc giữa  và ( ) P . Khi đó  AMH   và cos HM KM AM AM    TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Suy ra ( ) P là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( ). AMK Do dó ( ) P đi qua M và nhận   d d d u u u       làm VTPT. Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi 2 2 2 ( ; ; ), 0 n a b c a b c      là một VTPT của măt phẳng ( ). P Khi đó 0 d n u     từ đây ta rút được a theo , b c (hoặc b theo , a c hoặc c theo , a b ). - Gọi  là góc giữa ( ) P và , d  ta có sin ( ) | | d d n u f t n u            với , 0. b t c c   Khảo sát ( ) f t ta tìm được max của ( ) f t Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến khoảng cách, góc Câu 1. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   0;4; 3 A  . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;5; 3 . Q  B.   3;0; 3 . P   C.   0; 3; 5 . M   D.   0;3; 5 . N  Lời giải Chọn D Đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 nên d nằm trên mặt trụ tròn xoay có trục là Oz và bán kính bằng 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên Oy , khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất khi d đi qua giao điểm của Oy với mặt trụ là điểm   0;3;0 I nên d đi qua điểm   0;3; 5 N  . Câu 2. (Mã 103 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm   0 ; 3 ; 2 A  . Xét đường thẳng d thay đổi song song với Oz và cách Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất. d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0 ; 2 ; 5 Q  . B.   0 ; 4 ; 2 M  . C.   2 ; 0 ; 2 P   . D.   0 ; 2 ; 5 N   . Lời giải Chọn A Vì d song song với Oz và cách Oz một khoảng bằng 2 nên d thuộc mặt trụ trục Oz và bán kính bằng 2. Có   0 ; 0 ; 2 H  là hình chiếu vuông góc của   0 ; 3 ; 2 A  trên Oz. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Có   0; 3 ; 0 3 H A H A       nên A nằm ngoài mặt trụ. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với Oz. M là hình chiếu vuông góc của A trên d Gọi K là giao điểm của AH và mặt trụ ( K nằm giữa A và H). Dễ thấy     ; ; ; 1 d A d A M AK A K A H d A d      Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M K  . Khi đó ta có:   0 2 0 ; 2 ; 2 : 2 ( ) 3 2 x H K H A K d y t R z t                           Với 3 t   ta thấy d đi qua điểm Q . Câu 3. (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   0;4; 3 A  . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A.   0;3; 5 N  . B.   0; 3; 5 M   . C.   3;0; 3 P   . D.   0;11; 3 Q  . Lời giải Chọn B Vì d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 nên d là đường sinh của hình trụ có trục là Oz và có bán kính đáy 3 r  . Gọi A  là hình chiếu của A lên trục Oz   0;0; 3 A    và 4 AA   . Gọi   ; ; H x y z là hình chiếu của A lên d . AH lớn nhất khi A , A , H thẳng hàng và 4 3 7 AH AA A H AA r           . Khi đó 7 4 AH AA               7 ; 4; 3 0; 4;0 4 x y z      0 3 3 x y z              0; 3; 3 H    . Vậy d qua   0; 3; 3 H   có vectơ chỉ phương   0;0;1 k   nên có phương trình 0 3 3 x y z t            suy ra d đi qua điểm   0; 3; 5 M   . Câu 4. (Mã 104 2019) Trong không gian , Oxyz cho điểm   0;3; 2 . A  Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A.   0;8; 5 M  . B.   0;2; 5 N  . C.   0; 2; 5 P   . D.   2;0; 3 Q   . Lời giải Chọn C Do đường thẳng / / d Oz nên d nằm trên mặt trụ có trục là Oz và bán kính trụ là 2. R  Gọi H là hình chiếu của A trên trục Oz , suy ra tọa độ   0;0; 2 . H  Do đó   , 3. A Oz d AH   Gọi B là điểm thuộc đường thẳng AH sao cho 3 5 AH AB            0; 2; 2 . B    Vậy   max , 5 d A d d   là đường thẳng đi qua B và song song với . Oz Phương trình tham số của 0 : 2 . 2 x d y z t            Kết luận: d đi qua điểm   0; 2; 5 . P   Câu 5. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 2 2 1 x y z    và mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z    . Gọi   Q là mặt phẳng chứa  sao cho góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q là nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng   Q là A. 2 0 x y z    . B. 22 10 0 x y z    . C. 2 0 x y z    . D. 10 22 0 x y z    . Lời giải Đường thẳng : 2 2 1 x y z    được viết lại dưới dạng tham số 2 : 2 x t y t z t          d Q P Δ A H B KNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Xét hệ phương trình 2 0 2 0 0 2 2 0 0 x t t y t x z t y x y z z                          . Do đó  cắt   P tại điểm   0;0;0 O A  . Lại có  và   P không vuông góc nhau nên ta đi chứng minh góc nhỏ nhất giữa   P và   Q là góc giữa  và   P . Thật vậy trên  lấy B khác A , kẻ BH vuông góc với   P tại H và BK vuông góc d tại K ( d là giao tuyến của   P và   Q ) tại K . Khi đó góc giữa   Q và   P là góc  BKH . HA HK     tan tan BH BH BKH BAH HK HA             , 90 4 , arcsin 9 tan tan BKH BAH BKH BAH P BKH BAH                    Đẳng thức xảy ra . K A d      Do đó, góc giữa hai mặt phẳng   P và   Q là nhỏ nhất khi và chỉ khi   Q chứa    và cắt   P theo một giao tuyến vuông góc  . *)Viết phương trình của   Q Đường thẳng  có vectơ chỉ phương   1 2;2;1   u  ,   P có vectơ pháp tuyến   1 1;2; 2   n   nên d có vectơ chỉ phương   2 1 1 , 6;5; 2        u u n        .   Q chứa  và d nên nhận   2 2 1 ; 1;10; 22         n u u        làm vectơ pháp tuyến. Vậy mặt phẳng   Q đi qua   0;0;0 A và nhận   2 1;10; 22 n      làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 10 22 0 x y z    . Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;2 A và mặt phẳng     : 1 1 0 P m x y mz      , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 6 m   . B. 6 m  . C. 2 2 m    . D. 6 2 m    . Lời giải Cách 1: Ta có           2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 ; 2 1 1 1 m m m d A P m m m m             . Xét               2 2 2 2 1 3 1 5 3 1 0 3 2 1 2 1 5 m m m m f m f m m m m m m                    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Vậy     14 max ; 3 d A P  khi   5 2;6 m   . Cách 2: Ta đi tìm đối tượng cố định của mặt phẳng   P :       : 1 1 0 1 0 P m x y mz x z m x y            . Với mọi m   mặt phẳng   P luôn đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng 0 1 0 x z x y          tức luôn đi qua đường thẳng   : 1 x t d y t z t           . Gọi       ;1 ; 1; ; 2 H t t t d AH t t t             . Để khoảng cách từ A đến   P lớn nhất thì   AH P AH       cùng phương với VTPT của   P là   1;1; P n m m    , suy ra:   1 1 1 2 3 2 1 1 5 2;6 t mt t t t t t mt t m m m                           . Câu 7. (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (1;1;1) A , (2;0;1) B và mặt phẳng ( ) : 2 2 0. P x y z      Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( ) P sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất. A. 1 1 1 : 3 1 2 x y z d        . B. 2 : 2 2 2 x y z d      . C. 2 2 : 1 1 1 x y z d       . D. 1 1 1 : 3 1 1 x y z d         . Lời giải Gọi ( ') P chứa A và song song ( ) P suy ra ( ') : 2 4 0 P x y z      . Ta thấy ( ') B P  do đó ( , ) d B d đạt giá trị lớn nhất là . AB Khi đó d vuông góc với AB và d vuông góc với giá của n  là VTPT của ( ) P . Suy ra một VTCP của d là , (2;2; 2) u n AB              . d P' B ANGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp án C. Câu 8. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d      . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng   : 2 2 2 0 Q x y z     một góc có số đo nhỏ nhất. Điểm   1;2;3 A cách mặt phẳng   P một khoảng bằng: A. 3 . B. 5 3 3 . C. 7 11 11 . D. 4 3 3 . Lời giải Chọn A 1 2 : 1 2 1 x y z d      có VTCP   1; 2; 1 u     .   : 2 2 2 0 Q x y z     có VTPT   2; 1; 2 n     . Gọi  là góc tạo bởi d và   Q , ta có   6 sin cos , 3 u n      . Từ hình vẽ, ta có      , d P MBH  và        , P Q MCH  . Ta thấy  6 sin 3 MH MH MCH MC MB    . Vậy góc        , P Q MCH  nhỏ nhất khi  6 sin 3 MCH  hay  3 cos 3 MCH  *Viết phương trình mặt phẳng (P) -CÁCH 1: Mặt phẳng   : 0 P Ax By Cz D     Ta có       2 2 2 2 0 . 0 2 2 3 3 cos , 3 3 3 Q Q A B C n u A B C n n A B C                                    2 2 2 2 2 2 2 6 6 12 0 1 3 3 2 A B C A B C B C BC B B C B C                        Nếu 0 B  suy ra 0 A C   loại. Nếu 0 B  từ   1 suy ra 2 2 1 0 1 C C C C B B B B                suy ra A B  . Mặt phẳng   : 0 P Bx By Bz D     đi qua điểm   0; 1;2 N d   suy ra 3 D B  . Vậy phương trình mặt phẳng   : 3 0 P x y z     . Suy ra     ; 3 d A P  . M H B C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 -CÁCH 2 Gọi ( ) ( ) P Q    thì góc giữa ( ) P và ( ) Q nhỏ nhất khi và chỉ khi d   . Do đó, mặt phẳng (P) thỏa đề bài là mặt phẳng chứa d và cắt (Q) theo giao tuyến  sao cho d   .             ( Q) d nhận          u d Q u , n làm vec tơ chỉ phương. ( Q ) chứa d và   ( P ) qua 0 1 2  M ( ; - ; ) d và nhận 6 6 6            d n u , u ( ; ; ) làm vectơ pháp tuyến 3 0      ( P ) : x y z . Vậy     ; 3 d A P  . Câu 9. (Chuyên Bắc Giang 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;2; 3 A  ,   2; 2;1 B   và mặt phẳng    : 2 2 9 0 x y z     . Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng    sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Xác định phương trình đường thẳng MB khi MB đạt giá trị lớn nhất. A. 2 2 2 1 2 x t y t z t              B. 2 2 2 1 2 x t y t z t              C. 2 2 1 2 x t y z t             D. 2 2 1 x t y t z             Lời giải Chọn C Ta có:     2. 2 2. 2 1 9 0         B    . Gọi H là hình chiếu của A trên    thì AH MB  , AM MB  MH MB   MB BH   . Dấu bằng xảy ra khi M H  , lúc đó M là hình chiếu của A trên    . Gọi   ; ; H x y z ,   1; 2; 3 AH x y z         . Ta có hệ phương trình 2 2 9 0 1 2 3 2 2 1 x y z x y z                2 2 9 1 2 5 x y z x y x z                 3 2 1 x y z               3; 2; 1 M       1;0;2 MB       2 : 2 1 2 x t MB y z t              . Câu 10. -(Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Viết phương trình đường thẳng a đi qua   4; 2; 1 M  , song song với mặt phẳng ( ) : 3 4 12 0 x y z      và cách   2; 5; 0 A  một khoảng lớn nhất. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 4 2 1 x t y t z t             . B. 4 2 1 x t y t z t              . C. 1 4 1 2 1 x t y t z t             . D. 4 2 1 x t y t z t             . Lời giải   6; 7;1 AM        , vectơ pháp tuyến của    là (3; 4;1) n    . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên a .   ; 86 d A a AH AM       ; d A a lớn nhất khi H M  . Khi đó a là đường thẳng đi qua M , song song với    và vuông góc với AM . Gọi u  là vectơ chỉ phương của a u n u AM                 ;     , 3; 3; 3 3 1;1;1 AM n                 . Chọn   1;1;1 u   . Đáp án D thỏa mãn. ---------------------------------------- Câu 11. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  đi qua điểm   3;1;1 M , nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x y z      và tạo với đường thẳng 1 : 4 3 3 2 x d y t z t            một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là A. 1 2 x y t z t            . B. 8 5 3 4 2 x t y t z t                . C. 1 2 1 3 2 x t y t z t               . D. 1 5 1 4 3 2 x t y t z t               . Lời giải Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là   0;3; 2 u    . Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là   1;1; 1 n    . Vì     . 0.1 3.1 2 . 1 5 0 u n          nên d cắt    . Gọi 1 d là đường thẳng đi qua M và 1 d // d , suy ra 1 d có phương trình: 3 1 3 1 2 x y t z t           . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Lấy   1 3;4; 1 N d   . Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng    và đường thẳng  . Ta có:     , d NMH   và  sin . NH NK NMH MN MN   Do vậy    , d  nhỏ nhất khi K H  hay  là đường thẳng MK . Đường thẳng NK có phương trình: 3 4 1 x t y t z t             . Tọa độ điểm K ứng với t là nghiệm của phương trình:       5 3 4 1 3 0 3 t t t t            . Suy ra 4 7 2 ; ; 3 3 3 K       . Câu 12. (Chuyên Thái Bình 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y   . Gọi  là đường thẳng đi qua A , song song với ( ) P và cách điểm   1;0;2 B  một khoảng ngắn nhất. Hỏi  nhận vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương ? A.   6;3; 5 u    . B.   6; 3;5 u    . C.   6;3;5 u   . D.   6; 3; 5 u     . Lời giải Gọi ( ) Q chứa  và song song với ( ) P . Suy ra ( ) Q có phương trình: 1 2( 1) 0 2 3 0 x y x y         . Khi đó   min ; d B BH   với H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ) Q . Đường thẳng BH đi qua B , vuông góc với mặt phẳng ( ) Q có phương trình 1 2 , 2 x t y t t z             . Tọa độ giao điểm H của đường thẳng BH và mặt phẳng ( ) Q là nghiệm của hệ: 1 2 2 2 3 0 x t y t z x y                     . Giải hệ trên ta được 1 8 ; ;2 5 5 H        . Do đó  là đường thẳng AH có 6 3 ; ; 1 5 5 AH              . Suy ra   6; 3; 5 u     cũng là một vecto chỉ phương của  . Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   2; 1; 2 A   và đường thẳng   d có phương trình 1 1 1 1 1 1 x y z       . Gọi   P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng   d và khoảng cách từ d tới mặt phẳng   P là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng   P vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A. 6 0 x y    . B. 3 2 10 0 x y z     . C. 2 3 1 0 x y z     . D. 3 2 0 x z    . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d . Ta suy ra   1;1;1 H . Gọi   P là mặt phẳng đi qua điểm A và   P song song với đường thẳng d . Gọi K là hình chiếu của H lên mặt phẳng   P . Do   // d P nên ta có         , , d d P d H P HK   . Ta luôn có bất đẳng thức HK HA  . Như vậy khoảng cách từ   d đến   P lớn nhất bằng AH . Và khi đó   P nhận   1;2;3 AH     làm vectơ pháp tuyến. Do   P đi qua   2; 1; 2 A   nên ta có phương trình của   P là: 2 3 10 0 x y z     . Do đó   P vuông góc với mặt phẳng có phương trình: 3 2 0 x z    . Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   P là mặt phẳng đi qua hai điểm   1; 7; 8 A   ,   2; 5; 9 B   sao cho khoảng cách từ điểm   7; 1; 2 M   đến   P đạt giá trị lớn nhất. Biết   P có một véctơ pháp tuyến là   ; ;4 n a b   , khi đó giá trị của tổng a b  là A. 1  . B. 3 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Phương trình tham số của đường thẳng AB là 1 7 2 8 x t y t z t              . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên   P và đường thẳng AB . Ta tìm được điểm   3; 3; 10 K   . Ta luôn có bất đẳng thức     , d M P MH MK   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H K  . Khi đó     4; 2; 8 2 2;1;4 MH            . Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   2;1;4 n   . Vậy ta có 3 a b   . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   3; 1;0 A  và đường thẳng 2 1 1 : 1 2 1 x y z d       . Mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất có phương trình là A. 2 0 x y z     . B. 0 x y z    . C. 1 0 x y z     . D. 2 5 0 x y z      . Lời giải Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của A lên    và d . Khi đó ta có AH AK  . Vì H d  nên   2 ; 1 2 ;1 H t t t       1 ;2 ;1 AH t t t          . d P A K H TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Do AH d  nên ta có   1 2.2 1 0 t t t        1 3 t    . Khi đó 2 2 2 ; ; 3 3 3 AH              . Khoảng cách từ A đến    lớn nhất khi và chỉ khi AH AK  . Do đó    có vectơ pháp tuyến là   1;1; 1 n    . Vậy   :        1 2 1 1 1 1 0 x y z       0 x y z     . Vẫn là đánh giá bất đẳng thức AH AK  nói trên, nhưng bài toán sau đây lại phát biểu hơi khác một chút. Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;0;1 A  ,   1; 1;3 B  và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng   P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . B. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . C. 3 1 : 26 11 2 x y z d     . D. 3 1 : 26 11 2 x y z d       . Lời giải Ta thấy rằng d đi qua A và d song song với   P nên d luôn nằm trong mặt phẳng   Q qua A và     // Q P . Như vậy bây giờ ta chuyển về xét trong mặt phẳng   Q để thay thế cho   P . Ta lập được phương trình mặt phẳng   : 2 2 1 0 Q x y z     . Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của B lên   Q và d . Ta tìm được 1 11 7 ; ; 9 9 9 H        . Ta luôn có được bất đẳng thức   ; d B d BK BH   nên khoảng cách từ B đến d bé nhất bằng BH . Đường thẳng d bây giờ đi qua , A H nên có phương trình 3 1 26 11 2 x y z      . Câu 17. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;5;3 A và đường thẳng 1 2 : 2 1 2 x y z d     . Gọi   P là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   P là lớn nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến   P bằng A. 2 . B. 3 6 . C. 11 2 6 . D. 1 2 . Lời giải d Q P B H KNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi   ; ; n a b c   là một vectơ pháp tuyến của   P , với 2 2 2 0 a b c    . Điểm     1;0;2 M d M P    . Phương trình của     : 2 0 P ax by cz a c      . Một vectơ chỉ phương của d là   2;1;2 . 0 2 2 0 u n u n u a b c               .         2 2 2 2 2 2 | 5 | 9 | | 2 2 , 4 a b c a c b a c d A P a b c a c a c                . Ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 a c a c a c a c        với , . a c    Suy ra:         2 2 2 2 2 2 9 4 4 . 2 2 a c a c a c a c a c          Do đó         2 2 2 2 9 | | 9 | | 9 | | 2 , 3 2. 3| | 9 4 2 a c a c a c d A P a c a c a c a c                 , 3 2 4 a c Max d A P b a          . Chọn 1 4. a c b      Phương trình       1 : 4 3 0 , . 2 P x y z d O P       Câu 18. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 5; 4; 1 A B   và mặt phẳng   P qua Ox sao cho           , , 2 , B P A P d d P  cắt AB tại   ; ; I a b c nằm giữa AB . Tính a b c   A. 8 B. 6 C. 12 D. 4 Lời giải Do mặt phẳng   P qua Ox nên phương trình mặt phẳng   P có dạng 0 by cz     2 2 0 b c           , , 2 2 2 2 4 4 6 4 2 3 2 2. 4 4 6 8 7 0 0 B P A P b c b c b c b c d d b c b c b c b c b c c                             Trường hợp 1: 8 7 0 b c   chọn 7; 8 b c    khi đó   : 7 8 0 P y z   Xét   , 7 8 f y z y z   Thay tọa độ , A B vào ta được         7.2 8.3 7. 4 8. 1 0      suy ra , A B nằm cùng phía so với   P (loại) Trường hợp 2: 0 c  suy ra phương trình   : 0 P y  Thay tọa độ , A B vào ta được   2. 4 0   suy ra , A B nằm khác phía so với   P . Do đó đường thẳng AB cắt   P tại I nằm giữa AB Phương trình tham số của đường thẳng AB :   1 4 2 6 3 4 x t y t t z t              TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình 1 3 1 4 7 2 6 7 5 ;0; 3 3 4 3 3 0 0 5 3 t x t y t x I z t y y z                                      Vậy 7 5 0 4 3 3 a b c       Câu 19. (Đề Thi Công Bằng KHTN -2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z d      và điểm (1;2;3) A . Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( ) P . A. (1;0;2) n   . B. (1;0; 2) n    . C. (1;1;1) n   . D. (1;1; 1) n    . Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d, gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P . Do đó khoảng cách từ A đến ( ) P là:   ;( ) . d A P AK  Ta có 2 1 : 1 x t d y t z t            . Vì H d  nên   2 1; ; 1 H t t t    .   2 2; 2; 2 AH t t t         , VTCP của đường thẳng d là   2;1;1 d u     . . 0 2( 2 t 2) t 2 t 2 0 0 d d AH u AH u t                             . Do đó   1;0;1 H  và   2; 2; 2 2 3 AH AH          (không đổi). Vì AK AH  ( đường vuông góc luôn ngắn hơn đường xiên) nên AK lớn nhất khi AK AH  hay K H  . Ta có ( 2; 2; 2) 2(1;1;1) AK AH                . Vậy, một vec tơ pháp tuyến của ( ) P là (1;1;1) n   . Câu 20. (Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   3;0;1 A  ,   1; 1;3 B  và mặt phẳng   : 2 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng   P sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. A. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . B. 3 1 : 26 11 2 x y z d      . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ C. 3 1 : 26 11 2 x y z d     . D. 3 1 : 26 11 2 x y z d       . Lời giải Gọi mặt phẳng   Q là mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng   P . Khi đó phương trình của mặt phẳng   Q là       1 3 2 0 2 1 0 x y z       2 2 1 0 x y z      . Gọi H là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng   Q , khi đó đường thẳng BH đi qua   1; 1;3 B  và nhận     1; 2;2 Q n    làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là 1 1 2 3 2 x t y t z t             . Vì   H BH Q   H BH     1 ; 1 2 ;3 2 H t t t      và   H Q  nên ta có       1 2 1 2 2 3 2 1 0 t t t         10 9 t    1 11 7 ; ; 9 9 9 H         . 26 11 2 ; ; 9 9 9 AH                1 26;11; 2 9   . Gọi K là hình chiếu của B lên đường thẳng d , khi đó Ta có   ; d B d BK BH   nên khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi BK BH  , do đó đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương   26;11; 2 u    có phương trình chính tắc: 3 1 : 26 11 2 x y z d      . Câu 21. (Sở Quảng Nam - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 4 0 P x y z    , đường thẳng 1 1 3 : 2 1 1 x y z d       và điểm   1; 3; 1 A thuộc mặt phẳng   P . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng   P và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi   ; ; 1 u a b   là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Tính 2 a b  . A. 2 3 a b    . B. 2 0 a b   . C. 2 4 a b   . D. 2 7 a b   . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Đường thẳng d đi qua   1; 1; 3 M  và có véc tơ chỉ phương   1 2; 1; 1 u     . Nhận xét rằng, A d  và     7; 3; 1 d P I     . Gọi   Q là mặt phẳng chứa d và song song với  . Khi đó           , , , d d d Q d A Q     . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên   Q và d . Ta có AH AK  . Do đó,   , d d  lớn nhất      , d A Q lớn nhất max AH  H K   . Suy ra AH chính là đoạn vuông góc chung của d và .  Mặt phẳng   R chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là   1 , R n AM u                   2; 4; 8   . Mặt phẳng   Q chứa d và vuông góc với   R nên có véc tơ pháp tuyến là     1 , Q R n n u                  12; 18; 6   . Đường thẳng  chứa trong mặt phẳng   P và song song với mặt phẳng   Q nên có véc tơ chỉ phương là     , P R u n n                 66; 42; 6     6 11; 7; 1   . Suy ra, 11; 7 a b    . Vậy 2 3 a b    . Câu 22. ( Bắc Giang 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   2;1;3 A và mặt phẳng     : 2 1 2 0 P x my m z m       , m là tham số. Gọi   ; ; H a b c là hình chiếu vuông góc của điểm A trên   P . Tính a b  khi khoảng cách từ điểm A đến   P lớn nhất ? A. 1 2 a b    . B. 2 a b   . C. 0 a b   . D. 3 2 a b   . Lời giải     2 1 2 0 2 1 2 0 x my m z m m y z x z              (*) Phương trình (*) có nghiệm với m  2 1 0 2 0 y z x z           . Suy ra   P luôn đi qua đường thẳng 2 : 1 2 x t d y t z t           .   2 ;1 2 ; K d K t t t     ,   ; 2 ; 3 AK t t t        Đường thẳng d có VTCP   1; 2;1 u    1 3 1 . 0 4 3 0 ;0; 2 2 2 AK u t t t t K                     Ta có AH AK  max AH AK   H K   . Vậy 3 2 a b   . d d (Q) (P) A I A K HNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 23. (Đề Tham Khảo 2017) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0. S x y z x y z        Giả sử   M P  và   N S  sao cho      MN cùng phương với vectơ   1;0;1 u  và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3  MN B. 1 2 2   MN C. 3 2  MN D. 14  MN Lời giải Chọn C Mặt phẳng có vtpt   1 ; 2 ; 2 n    . Mặt cầu   S có tâm   1 ; 2 ; 1 I  và bán kính 1 r  . Nhận thấy rằng góc giữa u  và n  bằng ο 4 5 . Vì     ; 2 1 d I P r    nên   P không cắt   S . Gọi H là hình chiếu của N lên   P thì  ο 4 5 N M H  và ο 2 si n 4 5 N H M N N H   nên M N lớn nhất khi và chỉ khi N H lớn nhất. Điều này xảy ra khi N N   và H H   với N  là giao điểm của đường thẳng d qua I , vuông góc   P và H  là hình chiếu của I lên   . P Lúc đó     max ; 3 NH N H r d I P       và max max ο 3 2 si n 45 NH M N   . Câu 24. (SGD&ĐT Đồng Tháp - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2 : 1 2 4 S x y z      có tâm I và mặt phẳng   : 2 2 2 0 P x y z     . Tìm tọa độ điểm M thuộc   P sao cho đoạn IM ngắn nhất. A. 1 4 4 ; ; 3 3 3          . B. 11 8 2 ; ; 9 9 9          C.   1; 2;2  . D.   1; 2; 3   . Lời giải Ta có tâm   1; 2;0 I  và bán kính R 2  . Khoảng cách từ I đến mặt phẳng   P ngắn nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng   P . Đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   P có phương trình tham số là 1 2 2 2 x t y t z t            . Khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình   P TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 1 2 2 2 2 2 2 0 x t y t z t x y z                        1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 0 x t y t z t t t t                      1 3 4 3 4 3 2 3 x y z t                     . Câu 25. (THPT Ba Đình 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng   : 2 2 3 0 P x y z     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 5 0 S x y z x y z        . Giả sử   M P  và   N S  sao cho MN      cùng phương với vectơ   1;0;1 u   và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính . MN A. 3 MN  . B. 1 2 2 MN   . C. 3 2 MN  . D. 14 MN  . Lời giải.   S có tâm   1;2;1 I  và bán kính 1 R  . Ta có:     2 2 2 1 2.2 2.1 3 d , 2 1 2 2 I P R          . Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng   P và  là góc giữa MN và NH . Vì MN      cùng phương với u  nên góc  có số đo không đổi,  HNM   . Có 1 .cos . cos HN MN MN HN      nên MN lớn nhất  HN lớn nhất      , 3 HN d I P R    . Có   1 cos cos , 2 P u n        nên 1 3 2 cos MN HN    . Câu 26. (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 2 3 0 S x y z x y z        và mặt phẳng ( ) : 2 2 14 0 P x y z     . Điểm M thay đổi trên   S , điểm N thay đổi trên ( ) P . Độ dài nhỏ nhất của MN bằng A. 1 B. 2 C. 1 2 D. 3 2 Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu ( ) S có tâm (1; 2; 1) I   , bán kính 3 R  ;   ;( ) 4 d I P R    mặt cầu ( ) S và mặt phẳng ( ) P không có điểm chung. Dựng ( ),( ( )) IH P H P   . Ta có: MN nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IH với ( ) S và N H  . Phương trình đường thẳng IH :   1 2 2 ; 1 2 x t y t t z t                Điểm   1 2 ; 2 ; 1 2 ( ) M t t t S       nên       2 2 2 1 2 1 9 x y z             2 2 2 2 2 9 1 t t t t         . Khi đó     1 2 3; 3;1 , 1 ; 1; 3 M M     . Thử lại:   1 ;( ) 1 d M P  ;   2 ;( ) 7 4 d M P IH    (loại). Vậy min 1 MN MH   khi   11 10 5 3; 3;1 ; N ; ; 3 3 3 M         . Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S tâm   1; 2;1 I  ; bán kính 4 R  và đường thẳng 1 1 : 2 2 1 x y z d       . Mặt phẳng   P chứa d và cắt mặt cầu   S theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến mặt phẳng   P lớn nhất. A.   0;0;0 O . B. 3 1 1; ; 5 4 A        . C.   1; 2; 3 B    . D.   2;1;0 C . Lời giải Gọi   2 ;1 2 ; 1 H t t t    là hình chiếu của I lên đường thẳng d . Ta có:       2 4 1 5 . 0 2 2 1 2 3 2 2 0 ; ; 3 3 3 3 d IH u t t t t H                            . Vì 10 4 IH R     d cắt mặt cầu   S tại 2 điểm phân biệt. Mặt phẳng   Q bất kì chứa d luôn cắt   S theo một đường tròn bán kính r . Khi đó       2 2 2 2 2 , , 16 10 6 r R d I Q R d I d        . Do vậy mặt phẳng   P chứa d cắt mặt cầu theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi       , , d I P d I d  hay mặt phẳng   P đi qua H nhận 1 5 8 ; ; 3 3 3 IH             làm vectơ pháp tuyến, do đó   P có phương trình 5 8 13 0 x y z     . Khi đó điểm   0;0;0 O có khoảng cách đến   P lớn nhất. P M I H N TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Câu 28. (Sở Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 1 0 P y   , đường thẳng 1 : 2 1 x d y t z          và hai điểm   1; 3;11 A   , 1 ;0;8 2 B       . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng   P sao cho   , 2 d M d  và 2 NA NB  . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . A. min 1 MN  . B. min 2 MN  . C. min 2 2 MN  . D. min 2 . 3 MN  Lời giải Gọi     1;2 ;1 I d P I t         2 1 0 1 1;1;1 I P t t I         Ta có   d P M   thuộc đường tròn tâm   1 1;1;1 , 2 I R  .             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ; ; 1 ; 3 y;11 ; ; ;8 2 1 2 1 3 11 4 8 2 3 3 3 6 6 42 126 0 2 2 14 42 0 N x y z NA x z NB x y z NA NB x y z x y z x y z x y z x y z x y z                                                                  Vậy     2 1;1;7 ; 3 N S J R   và   : 1 J P y   Nên N thuộc đường tròn tâm   2 1;1;7 ; 3 J R  Ta có 1 2 min 1 2 IJ 6 IJ 1 R R MN R R         Câu 29. (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho các điểm   1 ; 0 ; 0 A ,   3 ; 2 ; 0 B ,   1 ; 2 ; 4 C  . Gọi M là điểm thay đổi sao cho đường thẳng M A, M B , M C hợp với mặt phẳng   AB C các góc bằng nhau; N là điểm thay đổi nằm trên mặt cầu         2 2 2 1 : 3 2 3 2 S x y z       . Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn M N . A. 3 2 2 . B. 2 . C. 2 2 . D. 5 . Lời giải Chọn C NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có: (2;2;0), (-2;2;4) . 0 ABC AB AC AB AC                       suy ra vuông tại . Gọi là hình chiếu vuông góc của điểm trên mặt phẳng . Ta có: Theo giả thiết Do đó: nên là tâm đường tròn ngoại tiếp . Suy ra: là trung điểm của  . Ta có: , Chọn vecto chỉ phương của đường thẳng là . Phương trình đường thẳng có dạng: Mặt cầu có tâm và bán kính . Gọi là hình chiếu vuông góc của điểm trên đường thẳng . Ta có: Do nên , ta được: . Khi đó: và Do IK > R nên đường thẳng MH không cắt mặt cầu. Ta có: H B A C M ABC  A H M   ABC                      , , , , , , MA ABC MA HA MAH MB ABC MB HB MBH MC ABC MC HC MCH            . . MAH MBH MCH MAH MBH MCH g c g         HA HB HC   H ABC  H BC   1;2;2 H   , 8; 8;8 AB AC               MH   1; 1;1 MH u        MH 1 2 , 2 x t y t t z t              ( ) S   3;2;3 I 2 2 R  N M I   1 ;2 ;2 K t t t    I MH     2; ; 1 , 1; 1;1 MH IK t t t u               IK MH  . 0 MH IK u          1 t    2;1;3 K 2 IK    2 , 2 MN d I MH IN IK IN      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Vậy giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn bằng Câu 30. (Sở Bình Phước - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2; 3 A  và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương   3; 4; 4 u    cắt   P tại điểm B . Điểm M thay đổi trong   P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90  . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A.   3;2;7 J  . B.   3;0;15 K . C.   2; 1;3 H   . D.   1; 2;3 I   . Lời giải - Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương   3; 4; 4 u    có phương trình là: 1 2 3 3 4 4 x y z        giao điểm của d và   P là   2; 2;1 B    . - Do M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90  nên M nằm trên mặt cầu   S đường kính AB . Gọi E là trung điểm của AB 1 ;0; 1 2 E           2 41 4 AE     2 2 2 : 2 9 0 S x y z x z        . - Lại do   M P  nên M nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt phẳng   P và mặt cầu   S , gọi là đường tròn   C . - Mặt khác B là điểm cố định trên đường tròn   C nên độ dài MB lớn nhất khi MB là đường kính của đường tròn   C . - Gọi F là tâm của   C F  là hình chiếu vuông góc của E trên   P . Đường thẳng EF nhận vectơ pháp tuyến   2;2; 1 n    của   P làm vectơ pháp tuyến 1 1 2 : 2 2 1 x y z EF       5 ; 2;0 2 F           (là giao điểm của   P và EF ). - Vì MB là đường kính của   C nên   3; 2; 1 M       1;0;2 MB       là vectơ chỉ phương của đường thẳng MB  phương trình đường thẳng MB là: MN 2 . 2NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 1 2 x t y z t               t   - Trong các điểm đã cho ở các đáp án A, B, C, D chỉ có điểm   1; 2;3 I   (đáp án D) thuộc đường thẳng MB . Câu 31. (Sở Bạc Liêu - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1;2;3 I và có bán kính 2 r  . Xét đường thẳng     1 : 1 x t d y mt t z m t              , m là tham số thực. Giả sử     , P Q là mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với   S lần lượt tại , M N . Khi đó đoạn MN ngắn nhất hãy tính khoảng cách từ điểm   1;0;4 B đến đường thẳng d . A. 5 . B. 5 3 3 . C. 4 237 21 . D. 4 273 21 . Lời giải Mặt phẳng thiết diện đi qua tâm , , I M N cắt đường thẳng d tại   , , H IH d d I d IH    . Ta có . 2 2. MH MI MN MK IH   2 2 . 2. IH r r IH     2 2 4 4 4 4 IH x f x IH x      với 2 x IH   . Ta có   2 2 4 0, 2 4 f x x x x       , suy ra hàm số đồng biến trên   2;   . Do đó min min MN IH  . Ta có     1; ; 1 , 1;0;0 d u m m A d      , suy ra   , , d d u IA d I d u           2 2 25 20 17 2 2 2 m m m m     . Xét hàm số   2 2 25 20 17 2 2 2 m m f m m m      có bảng biến thiên là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Suy ra min IH khi 1 5 m  . Đường thẳng d có phương trình là   1 1 : 5 4 5 x t d y t t z t                  . Khoảng cách   , 416 4 273 , 21 42 d d AB u d B d u              . Câu 32. (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     và điểm   1;2; 3 A  . Đường thẳng d đi qua A và có véc tơ chỉ phương   3;4; 4 u    cắt   P tại B . Điểm M thay đổi trên   P sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90  . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng A. 36 5 . B. 41 . C. 6. D. 5 . Lời giải Chọn D Phương trình đường thẳng 1 3 : 2 4 3 4 x t d y t z t             nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ: 1 3 2 4 3 4 2 2 9 0 x t y t z t x y z                           2 1 3 2 2 4 3 4 9 0 1 2; 2;1 t t t t B                . Do M nhìn đoạn AB dưới một góc 90  nên M thuộc mặt cầu   S có đường kính 41 AB  . Lại do   M P  nên M thuộc đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu   S và mặt phẳng   P . Do MB là một dây cung của đường tròn này nên MB lớn nhất khi nó là đường kính của đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu   S và mặt phẳng   P . Gọi 1 ;0; 1 2 I         là trung điểm AB thì I là tâm mặt cầu   S và     ; 3 d I P  . Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là     2 2 41 5 ; 9 2 4 2 AB r d I P            . Vậy max 2 5. MB r   NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 33. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Đường thẳng  đi qua điểm   3;1;1 M , nằm trong mặt phẳng   : 3 0 x y z      và tạo với đường thẳng 1 : 4 3 3 2 x d y t z t            một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là: A. 1 2 x y t z t            . B. 8 5 3 4 2 x t y t z t                . C. 1 2 1 3 2 x t y t z t               . D. 1 5 1 4 3 2 x t y t z t               . Lời giải Chọn B Cách 1. Hình. Gọi d  là hình chiếu vuông góc của d lên    , khi đó góc    , d d  là góc nhỏ nhất trong các góc tạo bởi d với đường thẳng bất kỳ trong    . d có véc tơ chỉ phương   0;3; 2 d u    ,    có véc tơ pháp tuyến   1;1; 1 n     , gọi n   là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng    tạo bởi d và d  thì , d n u n n          ta chọn     , 1;2;3 d n n u        Gọi d u   là véc tơ chỉ phương của d  thì , d d u n u n           , ta chọn   , 5; 4;1 d u n n              . Đường thẳng  song song hoặc trùng với d  nên có véc tơ chỉ phương   5; 4;1 d u u        . Trong các đáp án A, B, C, D cho ở đề bài thì chỉ có đáp án B có véc tơ chỉ phương thỏa điều kiện. Thay tọa độ của M vào phương trình của  trong đáp án B ta được: 3 8 5 1 3 4 1 1 3 2 t t t t                     (thỏa mãn). Vậy đáp án B thỏa yêu cầu bài toán. Cách 2. d có véc tơ chỉ phương   0;3; 2 d u    ,    có véc tơ pháp tuyến   1;1; 1 n     , Giả sử  có véc tơ chỉ phương     2 2 2 ; ; , 0 u a b c a b c       Do      ta có: . 0 0 n u a b c c a b             . Gọi  là góc giữa  và d , 0; 2          , khi đó:   2 2 2 2 2 3 2 2 cos cos , 13. 13. 2 2 2 d b c b a u u a b c a b ab              Góc  nhỏ nhất khi và chỉ khi cos  lớn nhất, ta xét các trường hợp: Trường hợp 1. Nếu 0 a  ta được 1 cos 26   . Trường hợp 2. Nếu 0 a  ta được:   2 2 cos , 26 1 t b t a t t             TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Ta có 2 2 2 4 4 26cos 1 t t t t       , đặt   2 2 4 4 , 1 t t f t t t t        , có:       2 2 2 2 5 6 8 , 0 4 1 5 t t t f t f t t t t                 . Bảng biến thiên của hàm số   f t : Do cos 0   nên cos  lớn nhất khi   f t lớn nhất, từ bảng biến thiên ta được   4 max 5 f t f          . Khi đó 4 5 4 5 b b a a      , chọn 5 4 a b     và ta được và ta được 1 c  . Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương   5; 4;1 u     . Trong các đáp án A, B, C, D cho ở đề bài thì chỉ có đáp án B có véc tơ chỉ phương thỏa điều kiện. Thay tọa độ của M vào phương trình của  trong đáp án B ta được: 3 8 5 1 3 4 1 1 3 2 t t t t                     (thỏa mãn). Vậy đáp án B thỏa yêu cầu bài toán. Câu 34. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   2; 5; 3 A và đường thẳng d : 1 2 2 1 2 x y z     . Biết rằng   P : 3 0 ax by cz       , , a b c   là mặt phẳng chứa d và khoảng cách từ A đến   P lớn nhất. Khi đó tổng T a b c    bằng A. 3. B. 3  . C. 2  . D. 5  . Lời giải Chọn C Đường thẳng d đi qua   1; 0; 2 M , có 1VTCP   2; 1; 2 u   . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên   P và trên d thì AH AK  (cố định). Do đó, khoảng cách từ A đến   P lớn nhất khi H K  hay   P AK  .   2 1 ; ;2 2 K t t t d    là hình chiếu của A trên d khi AK u       , với   2 1; 5;2 1 AK t t t         . . 0 AK u             2 2 1 5 2 2 1 0 t t t        1 t   .    A P K H d u  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   P qua   1; 0; 2 M , có một VTPT   1; 4; 1 AK       nên   P : 4 3 0 x y z     . Suy ra T a b c      1 4 1 2       . Câu 35. (ĐH - Quốc Tế - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   2;1; 3 A  ,   3;2;1 B  . Gọi   d là đường thẳng đi qua   1;2;3 M sao cho tổng khoảng cách từ A đến   d và từ B đến   d là lớn nhất. Khi đó phương trình đường thẳng   d là A. 1 2 5 4 x z y      . B. 1 2 3 3 2 1 x y z       . C. 1 2 3 1 13 2 x y z       . D. 1 2 3 3 2 2 x y z       . Lời giải Chọn C Ta có     , d A d AM  ,     , d B d BM  .         , , d A d d B d  đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi     AM d BM d        .   1; 1; 6 MA        và   4;0; 2 MB        . Khi đó   d có vecto chỉ phương     1 , 2;26; 4 1;13; 2 u MA MB u                      . Phương trình   1 2 3 : 1 13 2 x y z d       . Câu 36. (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho đường thẳng : x y z d      1 2 1 2 1 và mặt phẳng  : P x y z     2 2 2 0.   Q là mặt phẳng chứa d và tạo với mp   P một góc nhỏ nhất. Gọi   ; ; Q n a b  1    là một vectơ pháp tuyến của   Q . Đẳng thức nào đúng? A. . a b    1 B. . a b    2 C. . a b   1 D. . a b   0 Lời giải Chọn B Đường thẳng d đi qua điểm   ; ; M  0 1 2 và có vectơ chỉ phương   ; ; . d u   1 2 1   Theo giả thiết,   d Q  và   ; ; Q n a b  1    là một vectơ pháp tuyến của   Q nên ta có . d Q u n  0         . a b a b         2 1 0 2 1 1 Mặt phẳng   P có vectơ pháp tuyến   ; ; P n    2 1 2   . Ta có           cos , cos , . P Q a b P Q n n a b                 2 2 2 2 2 3 1       Thế   1 vào   2 ta được        cos , b P Q b b    2 5 4 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Khi góc giữa   P và   Q nhỏ nhất thì        cos , P Q đạt giá trị lớn nhất. Xét hàm số   b f b b b    2 5 4 2 , có     ' b f b b b b         3 2 1 0 1 5 4 2 . Bảng biến thiên Từ đó suy ra với hàm số   b g b b b    2 5 4 2 có     max g b g    1 1 3  khi b a      1 1 Vậy: . a b    2 Câu 37. (Chuyên Bắc Giang 2019)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z d      ,   2;1;0 M . Gọi   ; ; H a b c là điểm thuộc d sao cho MH có độ dài nhỏ nhất. Tính 2 2 2 T a b c    . A. 6 T  . B. 12 T  . C. 5 T  . D. 21 T  . Lời giải Chọn A Phương trình tham số của đường thẳng 1 2 1 x t d y t z t             . Vì H d  nên tọa độ điểm H có dạng   1 2 ; 1 ; H t t t     . Độ dài MH nhỏ nhất khi và chỉ khi H là hình chiếu của M lên d . Ta có   2;1; 1 u   là vectơ chỉ phương của d ,   1 2 ; 2 ; MH t t t           . H là hình chiếu của M lên d . 0 MH u             2 1 2 2 0 t t t         6 4 0 t    2 3 t   . Tọa độ điểm 7 1 2 ; ; 3 3 3 H         suy ra 7 3 1 3 2 3 a b c               . Vậy 2 2 2 2 2 2 7 1 2 6 3 3 3 T a b c                           . Câu 38. (SGD Điện Biên - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;2; 3 A  và mp   : P 2 2 9 0 x y z     . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mp   : Q 3 4 4 5 0 x y z     , cắt NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ mp   P tại B . Điểm M nằm trong mp   P sao cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông. Tính độ dài lớn nhất của MB . A. 41 2 M  . B. 5 2 MB  . C. 5 MB  . D. 41 MB  . Lời giải Chọn C. Đường thẳng d qua A và vuông góc với mp   : Q 3 4 4 5 0 x y z      1 3 : 2 4 3 4 x t d y t z t             B là giao điểm của d và mặt phẳng   P   2; 2;1 B    .  90 AMB    M thuộc mặt cầu   S có đường kính AB .  M thuộc đường tròn   C giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   P . BM  lớn nhất bằng đường kính của đường tròn   C . Ta có   S có tâm 1 ;0; 1 2 I         , bán kính 41 2 R  .     , 3 d I P  . Bán kính của đường tròn   C là:     2 2 41 5 , 9 4 2 r R d I P      . Vậy BM lớn nhất bằng 2 5 r  . Câu 39. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm       3;0;0 , 0;2;0 , 0;0;6 A B C và   1;1;1 D . Gọi  là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm , , A B C đến  là lớn nhất. Hỏi  đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A.   5;7;3 M . B.   1; 2;1 M   . C.   3;4;3 M . D.   7;13;5 M . Lời giải Chọn A Gọi   P là mặt phẳng đi qua 3 điểm , , A B C  B C A D K H J TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Ta có phương trình của   P : 1 3 2 6 x y z    2 3 6 0 x y z      Ta thấy     1 ;1;1 D P  Gọi , , H J K lần lượt là hình chiếu của , , A B C lên  Khi đó: , , AH AD BJ BD CK CD    Suy ra tổng khoảng cách từ các điểm , , A B C đến  là lớn nhất bằng AD BD CD   hay  là đường thẳng đi qua D và vuông góc với   P Suy ra phương trình 1 2 : 1 3 1 x t y t z t             khi đó  đi qua   5;7;3 M Câu 40. (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : 1 1 2 1 1 x y z      và điểm   1 ;2;3 A . Gọi   P là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ pháp tuyến của   P ? A.   1;0;2 n   . B.   1;0; 2 n    . C.   1;1;1 n   . D.   1;1; 1 n    . Lời giải Chọn C Gọi H là hình chiếu của A xuống mặt phẳng   P . Từ H kẻ HM d  . Dễ thấy AM d  . Ta có AH AM  . Suy ra khoảng cách từ A đến   P lớn nhất khi M H  , hay   IM P  . Phương trình tham số của d : 1 2 1 x t y t z t              t   , véc-tơ chỉ phương là   2;1;1 u    . M d    1 2 ; ;1 M t t t       2 2 ;2 ;2 MA t t t          . MA u       . 0 MAu                2 . 2 2 1. 2 1. 2 0 t t t         0 t   . Suy ra   1;0;1 M    2;2;2 MA       . Do   1;1;1 n   cùng hướng với MA     nên   1;1;1 n   là một véc-tơ pháp tuyến của   P . Câu 41. (Chuyên Quang Trung- Bình Phước2019) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 : 1 1 1 x y z     và 1 ' 1 2 1 x y z      . Xét điểm M thay đổi. Gọi , a b lần lượt là khoảng cách từ M đến  và '  . Biểu thức 2 2 2 a b  đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi   0 0 0 0 , , M M x y z  . Khi đó giá trị 0 0 x y  bằng A. 4 3 . B. 0 . C. 2 3 . D. 2 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn C Giả sử PQ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng  và '  Với P   và ' Q   có   0,0,1 P và   1,0,0 Q . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng  và '  Khi đó ta có a b ME MF EF PQ      hay 2 a b   . Nhận thấy         2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 a b a b a ab b a b a b                     Do đó ta có     2 2 2 2 1 2 2 0 2 3 3 a b a b a b       hay 2 2 4 2 3 a b   . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 a b  bằng 4 3 đạt được khi dấu bằng xảy ra khi 2 M EF EF PQ a b               hay 2 MP MQ            hay 2 1 ,0, 3 3 M           . Câu 42. (Chuyên Thái Bình - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1;1;1 A và mặt phẳng  : 2 0 P x y   . Gọi  là đường thẳng đi qua A song song với   P và cách   1;0;2 B  một khoảng nhỏ nhất. Hỏi  nhận vectơ nào dưới đây làm vecto chỉ phương? A.   6;3; 5 u    . B.   6; 3;5 u    . C.   6;3;5 u   . D.   6; 3; 5 u     . Lời giải Chọn D Gọi   2 2 2 ; ; , 0 u a b c a b c      là một vecto chỉ phương của  . Mặt phẳng  : 2 0 P x y   có một vecto pháp tuyến là   1; 2;0 n   .  song song với   P nên . 0 2 0 2 . n u a b a b            2 ; ; u b b c     . Ta có   2; 1;1 , AB          , ;2 2 ;4 u AB b c b c b              . Khoảng cách từ   1;0;2 B  đến  là   2 2 2 2 , 21 6 5 , 5 u AB b bc c d B b c u                  . Nếu   21 0 0 , . 5 c b d B       Nếu 0 c    2 2 21 6 5 , 5 1 b b c c d B b c                          , đặt b t c     2 2 21 6 5 , 5 1 t t d B t      . Xét       2 2 2 2 2 21 6 5 30 8 6 , 5 1 5 1 t t t t f t f t t t          . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35   1 3 0 3 5 t f t t               . Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của   f t bằng 16 5 khi 3 . 5 t      min 4 , 5 d B    khi 3 3 . 5 5 b t c    Chọn 3, 5 6. b c a       Vậy  nhận vecto   6; 3; 5 u     làm vecto chỉ phương Câu 43. (Chuyên Nguyễn Huệ-HN-2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng 1 2 : 1 1 2 x y z d       và tạo với trục Oy góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng   P ? A.   3;0;4 . E  B.   3;0;2 . M C.   1; 2; 1 . N    D.   1 ;2;1 . F Lời giải Chọn C Ta có VTCP của đường thẳng d là (1; 1; 2) d u     và VTCP của trục Oy là (0;1;0) j   . Gọi  là góc giữa d và Oy , ta có . 1 cos 0 6 d d u j u j         với Gọi  là góc giữa mặt phẳng ( ) P và Oy , do ( ) P chứa d nên ta có    . Dấu bằng xảy ra khi mặt phẳng ( ) P tạo với Oy một góc  thỏa mãn 1 cos 6   . ( ) P chứa d nên ( ) P có dạng 2 2 ( 1) (2 2) 0, 0 m x y n x z m n         2 2 ( 2 ) 2 0, 0 m n x my nz m n m n          2 2 2 2 2 5 sin 4 20 25 0 2 5 0 6 ( 2 ) m m mn n m n m n m n              . Chọn 5, 2 m n    suy ra phương trình mặt phẳng ( ) P : 5 2 9 0. x y z     Vậy điểm ( 1; 2; 1) ( ) N P     . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 44. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Trong không gian , O xy z cho mặt cầu 2 2 2 5 ( ) : ( 1) ( 1) 6      S x y z , mặt phẳng ( ) : 1 0     P x y z và đường thẳng : 1 1 1    x y z . Điểm M thay đổi trên đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Giá trị lớn nhất của ( ; )  d M là A. 3 2 . 2 B. 2 2. C. 2. D. 2 . 2 Lời giải Chọn A Mặt cầu ( ) S có tâm là (1; 1;0)  I và bán kính 30 6  R . Ta có: 1 ( ;( )) 3   d I P R . Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là: 2 2 5 1 2 . 6 3 2      r R d  qua O và có vectơ chỉ phương (1;1;1)   a (1; 1;0), , ( 1; 1;2).                  OI OI a Ta có:   , 1 1 4 ; 2. 1 1 1                  OI a d I a Mặt khác ( ) P   , gọi H là tâm của đường tròn ( ) C giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Ta có: // . IH  Do đó ( ; ) d M  lớn nhất   ( ; ) ; ( ; )         d M r d IH r d I Khoảng cách lớn nhất của 2 3 2 (M; ) 2 . 2 2     d Vậy đáp án cần chọn là A. Câu 45. (SP Đồng Nai - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có   0 ;0;0 A x   0 ;0;0 B x  ,   0;1;0 C và   0 0 ;0; B x y   trong đó 0 0 ; x y là các số thực dương và thỏa mãn 0 0 4 x y   . Khi khoảng cách giữa hai đường thẳng AC  và B C  lớn nhất thì bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ . ABC A B C    bằng bao nhiêu? A. 29 2 R  . B. 29 4 R  . C. 41 4 R  . D. 3 6 2 R  . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 + Xác định tọa độ các đỉnh hình lăng trụ . ABC A B C   .   0 ;0;0 A x ,   0 ;0;0 B x  ,   0;1;0 C   0 0 ;0; A x y  ,   0 0 ;0; B x y   ,   0 0;1 ; C y  + Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC  và B C  .   0 0 ;1; AC x y         ,   0 0 ;1; B C x y         và   0 0;0; CC y              0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 , , 2 . , AC B C CC d AC B C AC x y x y x y x y x y B C                                               Đặt 2 0 0 0 0 4 2 x y t x y             0;4 t   Xét       2 2 2 32 2 16 2 16 2 t t t f t f t t t        . Cho   0 0 16 t f t t         Bảng biến thiên Giá trị lớn nhất của   , d AC B C   bằng   4 f nên 0 0 4 x y    1 Mặt khác 0 0 4 x y     2 Từ   1 và   2 ta có 0 0 2 x y   . Khi đó, 4 AB  , 5 AC BC   và chiều cao hình lăng trụ là 2 h CC    NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có . . 5 4 2 ABC AB AC BC r S    là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABC  . Vậy 2 2 2 2 5 2 2 2 2 9 2 2 h R r                        . Câu 46. (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2;1; 2 A  ,   5;1;1 B và mặt cầu   2 2 2 : 6 12 9 0 S x y z y z       . Xét đường thẳng d đi qua A và tiếp xúc với   S sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất. Phương trình của đường thẳng d là A. 2 1 2 2 x y t z t            . B. 2 1 4 2 x y t z t            . C. 2 2 1 2 2 x t y t z t             . D. 2 1 4 2 x t y t z t             . Lời giải Chọn C Mặt cầu   S có tâm   0; 3; 6 I   và bán kính 2 2 3 6 9 6 R     . Vì IA R  nên   A S d   đi qua A và vuông góc với IA d  nằm trong   P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với IA . Ta có   : 2 2 0 P x y z    . Mặt khác, ta luôn có:       d , d , 3 B d B P   . Đẳng thức xảy ra d  là hình chiếu của đường thẳng AB trên   P . Ta tìm hình chiếu H của B trên   P : Gọi  là đường thẳng qua B và vuông góc với   5 1 1 : 1 2 2 x y z P        . Vì H là giao điểm của  và   P nên tọa độ H là nghiệm của hệ: 5 1 1 1 2 2 2 2 0 x y z x y z                4 1 4; 1; 1 1 x y H z               .   2; 2;1 AH        . Do đó, d là đường thẳng đi qua hai điểm A và H nên có phương trình: 2 2 1 2 2 x t y t z t             . Dạng 2.2. Cực trị lên quan đến giá trị biểu thức Câu 47. (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình 1 2 x t y t z t            và ba điểm   6;0;0 A ,   0;3;0 B ,   0;0;4 C . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc d sao cho biểu thức 2 2 2 2 3 P MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a b c   bằng A. 3  . B. 4. C. 1. D. 2. Lời giải Vì M d  nên giả sử   1 ;2 ; M t t t    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Ta có: 2 2 2 2 2 2 3 14 29; 3 4 2; 3 10 21 MA t t MB t t MC t t            2 2 2 2 2 2 3 18 36 96 18 1 78 78 P MA MB MC t t t            Do đó 2 2 2 2 3 P MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 t   , khi đó:   2;1 ;1 4 M a b c     . Câu 48. (Lê Quý Đôn - Quảng Trị - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm   3; 2;3 A  ,   1;0;5 B và đường thẳng 1 2 3 : 1 2 2 x y z d       . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để 2 2 MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. A.   1;2;3 M . B.   2;0;5 M . C.   3; 2;7 M  . D.   3;0;4 M . Lời giải Gọi I là trung điểm của AB , ta có   2; 1;4 I   . Khi đó: 2 2 2 2 MA MB MA MB                2 2 MI IA MI IB                     2 2 2 2 2 . MI IA IB MI IA IB                          2 2 2 2MI IA IB    2 6 MI   . Do đó 2 2 MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d . Phương trình mặt phẳng   P đi qua I và vuông góc với đường thẳng d là       1. 2 2. 1 2. 4 0 x y y       hay   : 2 2 12 0 P x y z     . Phương trình tham số của đường thẳng d là: 1 2 2 3 2 x t y t z t            . Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm   ; ; x y z của hệ phương trình: 1 2 2 3 2 2 2 12 0 x t y t z t x y z                  2 0 5 1 x y z t             . Vậy   2;0;5 M . Câu 49. (THPT Chu Văn An - Hà Nội - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 1 1 1 x y z     và hai điểm   1;2; 5 A  ,   1;0;2 B  . Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức MA MB  đạt giá trị lớn nhất max T . Khi đó, max T bằng bao nhiêu? A. max 57 T  . B. max 3 T  . C. max 2 6 3 T   . D. max 3 6 T  . Lời giải Do M thuộc  nên   ;1 ; M t t t  . Khi đó   2 2 3 6 27 3 1 24 MA t t t       , 2 3 6 MB t   . Do đó   2 2 3 1 24 3 6 MA MB t t       . Xét hai véc tơ     3 1 ; 24 u t    và   3 ; 6 v t    . Ta có 3 u v u v         nên max 3 T  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dấu bằng xảy ra khi     3 1 ; 24 u t    và   3 ; 6 v t    ngược hướng hay 1 t  . Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 : 1 2 3 x y z d     và hai điểm   2;0;3 A ,   2; 2; 3 B   . Biết điểm   0 0 0 ; ; M x y z thuộc d thỏa mãn 4 4 MA MB  nhỏ nhất. Tìm 0 x . A. 0 1 x  . B. 0 3 x  . C. 0 0 x  . D. 0 2 x  . Lời giải Gọi I là trung điểm của AB . Khi đó ta có   2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2 2 4 2 . 2 2 2 4 4 2 2 4 8 3 7 2 3 2 4 4 10 AB AB MA MB MA MB MA MB MI MI AB AB MI MI AB MI MI AB AB AB MI MI AB MI AB                                       Do đó, 4 4 MA MB  đạt GTNN khi MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên d . Điểm   2; 1;0 I  . Lấy   2 ; 1 2 ;3 d M t t t     .   ;2 ;3 IM t t t      . 0 4 9 0 0 d d IM u IM u t t t t                        Suy ra M I  . Vậy 0 2 x  Câu 51. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1;0;1 A  ,   3;2;1 B ,   5;3;7 C . Gọi   ; ; M a b c là điểm thỏa mãn MA MB  và MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c    A. 4 P  . B. 0 P  . C. 2 P  . D. 5 P  . Lời giải Gọi I là trung điểm của AB , suy ra   1;1;1 I ;   4;2;0 AB      . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB :   : 2 3 0 x y     . Vì     2.3 1.2 3 . 2.5 1.3 3 50 0       nên B , C nằm về một phía so với    , suy ra A , C nằm về hai phía so với    . Điểm M thỏa mãn MA MB  khi   M   . Khi đó MB MC MA MC AC     . MB MC  nhỏ nhất bằng AC khi   M AC    . Phương trình đường thẳng AC : 1 2 1 2 x t y t z t            , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương Câu 52. (THPT An Lão Hải Phòng 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm       1;2;3 , 0;1;1 , 1;0; 2 A B C  và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho giá trị của biểu thức 2 2 2 2 3 T MA MB MC    nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng   :2 2 3 0 Q x y z     ? TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 A. 2 5 3 B. 121 54 C. 24 D. 91 54 Lời giải Chọn D Gọi   ; ; I a b c là điểm thỏa mãn 2 3 0 IA IB IC              . Ta có       1 ;2 ;3 , ;1 ;1 , 1 ; ; 2 IA a b c IB a b c IC a b c                    2 3 1 2 3 3 0 6 4 2 2 3 0 2 2 2 3 0 6 4 3 3 2 2 6 3 0 6 1 1 6 a a a a a IA IB IC b b b b b c c c c c                                                            2 2 1 ; ; 3 3 6 I        . Ta chứng minh được 2 2 2 2 6 2 3 T MI IA IB IC     . Do đó T đạt GTNN khi MI đạt GTNN  M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P). Ta có 2 3 2 : 3 1 6 x t MI y t z t                 ,   2 2 1 19 19 ; ; , 3 0 3 3 6 6 18 M MI M t t t M P t t                       7 7 22 3 7 7 11 91 9 18 9 ; ; ; 18 18 9 3 54 M d M Q                  . Câu 53. (THPT Cẩm Giàng 2 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   10; 5;8 A   ,   2;1; 1 B  ,   2;3;0 C và mặt phẳng   : 2 2 9 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi trên   P sao cho 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 2 3 MA MB MC   . A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 . Lời giải Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa mãn 2 3 0 IA IB IC              . Ta có   10 ; 5 ;8 IA x y z          ,   2 ;1 ; 1 IB x y z         ,   2 ;3 ; IC x y z        . Khi đó,                   10 2 2 3 2 0 5 2 1 3 3 0 8 2 1 3 0 x x x y y y z z z                           0 1 1 x y z             0;1;1 I . Với điểm M thay đổi trên   P , ta có 2 2 2 2 3 MA MB MC         2 2 2 2 3 MI IA MI IB MI IC                              2 2 2 2 6 2 3 2 2 3 MI IA IB IC MI IA IB IC                     2 2 2 2 6 2 3 MI IA IB IC     (Vì 2 3 0 IA IB IC              ). Ta lại có 2 2 2 2 3 IA IB IC   185 2.8 3.9    228  . Do đó, 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt giá trị nhỏ nhất  MI đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên   P . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó,     , 3 MI d I P   . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 3 MA MB MC   bằng 2 6 228 MI  6.9 228   282  . Giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 3 MA MB MC   đạt được khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên   P . Lưu ý thêm cách tìm điểm M như sau: Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với   P . Phương trình của  : 1 2 1 2 x t y t z t           . Ta có   M P    . Xét phương trình     2 1 2 2 1 2 9 0 t t t       9 9 0 t    1 t      1;3; 1 M  . Câu 54. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và ba điểm   3;1;1 A ,   7;3;9 B và   2;2;2 C . Điểm   ; ; M a b c trên   P sao cho 2 3 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 10 a b c   . A. 62 9 . B. 27 9 . C. 46 9 . D. 43 9 . Lời giải + Gọi   ; ; I x y z là điểm thỏa mãn 2 3 0 IA IB IC              . Ta có       3 ;1 ;1 7 ;3 ;9 2 ;2 ;2 IA x y z IB x y z IC x y z                             . + 23 6 0 2 3 0 13 6 0 25 6 0 x IA IB IC y z                          23 6 13 6 25 6 x y z              23 13 25 ; ; 6 6 6 I        .   2 3 6 2 3 6 6 MA MB MC MI IA IB IC MI MI                                       . 2 3 MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng   P . + Gọi đường thẳng   d đi qua I và vuông góc   P . Ta có   d đi qua 23 13 25 ; ; 6 6 6 I       và nhận   1;1;1 p n     làm véc tơ chỉ phương. Suy ra phương trình   23 6 13 : 6 25 6 x t d y t z t                . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43   23 13 25 ; ; 6 6 6 M d M t t t              M P  23 13 25 3 0 6 6 6 t t t         43 18 t    13 2 16 ; ; 9 9 9 M         . Do đó 13 9 2 9 16 9 a b c               62 2 10 9 a b c    . Câu 55. (THPT Lê Quý Dôn Dà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm ( 8;1;1) A  , (2;1;3) B và (6; 4;0) C . Một điểm M di động trong không gian sao cho . . 34 MA MC MA MB                    . Cho biết MA MB  đạt giá trị lớn nhất khi điểm M trùng với điểm 0 0 0 0 ( ; ; ) M x y z . Tính tích số 0 0 0 x y z . A. 16. B. 18. C. 14. D. 12. Lời giải Gọi ( ; ; ) M a b c  . Ta có   . . 34 34 . 34 MA MC MA MB MA MC MB MA BC                                              Mặt khác ( 8 ;1 ;1 ) MA a b c          , (4;3; 3) BC       Suy ra 4( 8 ) 3(1 ) 3(1 ) 34 4 3 3 66 0 a b c a b c              . Vậy ( ) M P  có phương trình 4 3 3 66 0 x y z      . Ký hiệu ( ) ( ; ; ) 4 3 3 66 f M f x y z x y z       , với ( ; ; ) M x y z Ta có ( ). ( ) ( 4( 8) 3.1 3.1 66)(( 4.2 3.1 3.3 66) ( 34).( 68) 2312 0 f A f B                Suy ra điểm ( 8;1;1) A  và điểm (2;1;3) B nằm về cùng 1 phía so với mặt phẳng ( ) P . Khi đó MA MB AB   (tính chất 3 cạnh của tam giác) suy ra MA MB  đạt giá trị lớn nhất khi , , M A B thẳng hàng và M nằm ngoài đoạn thẳng AB hay M là giao điểm của đường thẳng AB với ( ) P . Đường thẳng AB có véc tơ chỉ phương (10;0;2) AB      và qua điểm (2;1;3) B nên có phương trình 2 5 1 3 x t y z t           . Suy ra 4(2 5 ) 3.1 3(3 ) 66 0 17 68 4 t t t t              . Vậy ( 18;1; 1) M   hay 0 0 0 18. x y z  NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho tam giác AB C với   2 ; 1 ; 3 , A   1 ; 1 ; 2 , B    3 ; 6 ; 0 , C    2 ; 2 ; 1 . D   Điểm   ; ; M x y z thuộc mặt phẳng   : 2 0 P x y z     sao cho 2 2 2 2 S M A M B M C M D     đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức    2 2 2 P x y z . A.  6 P . B. 2 P  . C.  0 P . D. 2 P   . Lời giải Với mọi điểm I ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 S NA NB NC N I I A NI I B N I I C                          2 2 2 2 4 2 2 2 NI NI I A IB I C I A I B I C                 Chọn điểm I sao cho 2 0 I A I B IC            2 0 4 0 I A I B I C I A A B A C                        Suy ra tọa độ điểm I là   0 ; 1 ; 2 I . Khi đó 2 2 2 2 4 2 S N I I A IB I C     , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng   P . Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   P là 0 1 2 x t y t z t                  Tọa độ điểm     ; 1 ; 2 N t t t P    1 2 2 0 1 t t t t             1 ; 2 ; 1 N   . Câu 57. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Trong không gian Oxyz cho   4; 2;6 A  ,   2;4;2 B ,  : 2 3 7 0 M x y z       sao cho . MA MB         nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng A. 29 58 5 ; ; 13 13 13       . B.   4;3;1 . C.   1 ;3;4 . D. 37 56 68 ; ; 3 3 3        . Lời giải Gọi I là trung điểm   3;1;4 AB I  . Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng    . Ta có       2 2 2 2 . . . MA MB MI IA MI IB MI MI IA IB IA MI IA                                          . Do IA không đổi nên . MA MB         nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất MI IH M H     . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng    . Khi đó  nhận     1;2; 3 n        làm vectơ chỉ phương. Do đó  có phương trình 3 1 2 4 3 x t y t z t            .   3 ;1 2 ;4 3 H H t t t       .         3 2 1 2 3 4 3 7 0 H t t t             1 4;3;1 t H    . Vậy   4;3;1 M . Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai điểm (1;0;2), (3;1 ; 1). A B  và mặt phẳng ( ) : 1 0. P x y z     Gọi ( ; ; ) ( ) M a b c P  sao cho 3 2 MA MB          đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 9a 3 6 . S b c    A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải Gọi ( ; ; ) I m n p là điểm thỏa mãn: 3 2 0. IA IB          Ta có (1 ; ;2 ); (3 ;1 ; 1 ). IA m n p IB m n p                3(1 ) 2(3 ) 0 3 3 2 0 3( ) 2(1 ) 0 2 ( 3; 2;8). 3(2 ) 2( 1 ) 0 8 m m m IA IB n n n I p p p                                           Ta có 3 2 3( ) 2( ) . MA MB MI IA MI IB MI MI                                  Khi đó, 3 2 MA MB          đạt giá trị nhỏ nhất, ( ) M P  MI  nhỏ nhất, ( ) M P  M  là hình chiếu vuông góc của I trên ( ). P Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với ( ). P Khi đó  nhận vectơ pháp tuyến của ( ) P là (1;1;1) n   làm vecto chỉ phương 3 : 2 . 8 x t y t z t                Tọa độ M là nghiệm của hệ 11 3 11 3 2 8 3 9a 3 6 3. 8 8 3 22 3 1 0 22 2 3 3 3 a x t x y t b S b c z t y x y z c z t                                                           Câu 59. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm       1;4;5 , 3;4;0 , 2; 1;0  A B C và mặt phẳng   : 3 3 2 12 0.     x y z  Gọi   ; ; M a b c thuộc    sao cho 2 2 2 3   MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng .    S a b c A. 3 . B. 2 . C. 2  . D. 1. Lời giải Chọn A NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi điểm   ; ; I x y z thỏa mãn 3 0.              IA IB IC Mà             1 ;4 ;5 1 ;4 ;5 3 ;4 ; 3 ;4 ; 2 ; 1 ; 3 6 3 ; 3 3 ; 3                                                            IA x y z IA x y z IB x y z IB x y z IC x y z IC x y z   3 10 5 ;5 5 ;5 5                 IA IB IC x y z Do đó:   2 3 0 1 2;1;1 . 1                        x IA IB IC y I z Mặt khác:       2 2 2 2 2 2 3 3                              MA MB MC MI IA MI IB MI IC 2 2 2 2 0 5 2. . 3 3                                 MI MI IA IB IC IA IB IC Vì , , , I A B C cố định nên 2 2 2 3   IA IB IC không đổi Do đó: 2 2 2 3 MA MB MC   nhỏ nhất 2 MI  nhỏ nhất MI  nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng    . Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng    là: 2 1 1 . 3 3 2 x y z        Gọi    . M d    Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7 2 3 6 3 3 2 1 1 1 7 1 2 4 3 3 ; ;0 . 3 3 2 2 2 2 3 3 2 12 0 3 3 2 12 0 0 x x y x y z x z y M x y z x y z z                                                         Vậy 7 1 , , 0 3. 2 2 a b c S a b c          Câu 60. (Dề Thi Công Bằng KHTN 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm (1;2;0), (1; 1;3), (1; 1; 1) A B C    và mặt phẳng ( ) :3 3 2 15 0 P x y z     . Xét ( ; ; ) M a b c thuộc mặt phẳng ( ) P sao cho 2 2 2 2MA MB MC   nhỏ nhất. Giá trị của a b c   bằng A. 3 . B. 7 . C. 2 . D. 1  . Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn: 2 0 2( 0 ) ( ) ( ) IA IC IB OA OI OC OI OB OI                                             2 1;2; 2 2 OA OC OB OI I                      Ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 . MA MA MI IA MI IA MI IA                                  2 2 2 2 2 2 . MB MB MI IB MI IB MI IB                                  2 2 2 2 2 2 . MC MC MI IC MI IC MI IC                                 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 Suy ra   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC MI IA IC IB MI IA IC IB                       Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC MI IA IC IB       . Do I cố định nên 2 2 2 2IA IC IB   không đổi. Vậy 2 2 2 2MA MB MC   nhỏ nhất MI  nhỏ nhất MI  nhỏ nhất M  là hình chiếu của I trên (P).  Đường thẳng  qua   1;2; 2 I  và vuông góc với   P là: 1 3 2 3 2 2 x t y t z t             Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ   1 3 4 2 3 1 4; 1;0 2 2 0 3 3 2 15 0 1 x t x y t y M z t z x y z t                                  Suy ra 3 a b c    Câu 61. (Trần Phú - Hà Tĩnh - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm   1; 2;1 A  ,   5; 0; 1 B  ,   3;1; 2 C và mặt phẳng   : 3 3 0 Q x y z     . Gọi   ; ; M a b c là điểm thuộc   Q thỏa mãn 2 2 2 2 MA MB MC   nhỏ nhất. Tính tổng 5 a b c   . A. 11. B. 9. C. 15 . D. 14 . Lời giải Gọi E là điểm thỏa mãn 2 0 EA EB EC                   3;0;1 E  . Ta có: 2 2 2 2 S MA MB MC    2 2 2 2 MA MB MC                       2 2 2 2 ME EA ME EB ME EC                               2 2 2 2 4 2 ME EA EB EC     . Vì 2 2 2 2 EA EB EC   không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất. M  là hình chiếu vuông góc của E lên   Q . Phương trình đường thẳng : ME 3 3 1 x t y t z t           . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 3 3 1 3 3 0 x t y t z t x y z                 0 1 2 1 x y z t               .   0; 1;2 M   0 a   , 1 b   , 2 c  . 5 0 1 5.2 a b c       9  . Câu 62. (Lê Quý Đôn - Quảng Trị - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm   1;1;1 A ,   0;1;2 B ,   2;1;4 C  và mặt phẳng   : 2 0     P x y z . Tìm điểm   N P  sao cho 2 2 2 2 S NA NB NC    đạt giá trị nhỏ nhất. A. 4 4 ;2; 3 3 N        . B.   2;0;1 N  . C. 1 5 3 ; ; 2 4 4 N        . D.   1;2;1 N  . Lời giải Với mọi điểm I ta có       2 2 2 2 2 2 2 2                            S NA NB NC NI IA NI IB NI IC NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   2 2 2 2 4 2 2 2                    NI NI IA IB IC IA IB IC Chọn điểm I sao cho 2 0 IA IB IC              2 0 4 0 IA IB IC IA AB AC                              Suy ra tọa độ điểm I là:   0;1;2 I . Khi đó 2 2 2 2 4 2 S NI IA IB IC     , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng   P . Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   P là: 0 1 2            x t y t z t Tọa độ điểm     ;1 ;2 N t t t P    1 2 2 0 1 t t t t             1;2;1   N . Câu 63. (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox , yz cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 1 9 S x y z       và hai điểm   4;3;1 A ,   3;1;3 B ; M là điểm thay đổi trên   S . Gọi , m n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P MA MB   . Xác định  . m n  A. 64 . B. 68. C. 60 . D. 48 . Lời giải Xét điểm I sao cho: 2 0. IA IB          Giả sử   ; ; , I x y z ta có:     4 ;3 ;1 , 3 ;1 ;3 . IA x y z IB x y z             Do đó:         2 4 3 2 0 2 3 1 5;5; 1 . 2 1 3 x x IA IB y y I z z                           Do đó: 2 2 2 P MA MB       2 2 2 MI IA MI IB                     2 2 2 2 2 2 4 . 2 . MI IA MI IA MI IB MI IB                                     2 2 2 2 2 2 MI IA IB MI IA IB                            2 2 2 2 2 2 MI IA IB MI IA IB                2 2 2 2 . MI IA IB    Do I cố định nên 2 2 , IA IB không đổi. Vậy P lớn nhất (nhỏ nhất) 2 MI  lớn nhất (nhỏ nhất). MI  lớn nhất (nhỏ nhất) M  là giao điểm của đường thẳng IK (với   1;2; 1 K  là tâm của mặt cầu (S)) với mặt cầu (S). Ta có: MI đi qua   5;5; 1 I  và có vectơ chỉ phương là   4;3;0 . KI    Phương trình của MI là: 1 4 2 3 1. x t y t z            Tọa độ điểm M cần tìm ứng với giá trị t là nghiệm của phương trình:       2 2 2 2 3 5 1 4 1 2 3 2 1 1 9 25 9 3 . 5 t t t t t                      TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Với 1 1 3 17 19 ; ; 1 2 (min). 5 5 5 t M M I            Với 1 2 3 7 1 ; ; 1 8 (max). 5 5 5 t M M I              Vậy max min 48 60. 12 m P m n n P            Câu 64. (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm       8;5; 11 , 5;3; 4 , 1 ;2; 6 A B C    và mặt cầu         2 2 2 : 2 4 1 9 S x y z       . Gọi điểm   ; ; M a b c là điểm trên   S sao cho MA MB MC                đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a b  . A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 9. Lời giải Gọi N là điểm thỏa mãn 0 NA NB NC                 , suy ra   2;0;1 N  . Khi đó:         MA MB MC MN NA MN NB MN NC NA NB NC MN MN                                                                       . Suy ra MA MB MC                nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất. Mặt cầu   S có tâm   2;4; 1 I  , suy ra:     4;4; 2 2;2; 1 NI        . Phương trình 2 2 4 2 1 x t NI y t z t              . Thay phương trình NI vào phương trình   S ta được:       2 2 2 2 1 2 2 9 1 1 t t t t t t              . Suy ra NI cắt   S tại hai điểm phân biệt     1 2 3;6; 2 , 0;2;0 N N  . Vì 1 2 NN NN  nên MN nhỏ nhất khi và chỉ khi 2 M N  . Vậy   0;2;0 M là điểm cần tìm. Suy ra: 2. a b   NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 65. Cho mặt cầu         2 2 2 : 2 1 3 9 S x y z       và hai điểm   1 ; 1 ; 3 A ,   21 ; 9 ; 13 B  . Điểm   ; ; M a b c thuộc mặt cầu   S sao cho 2 2 3MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức . . T a b c  bằng A. 3. B. 8. C. 6 . D. 18  . Lời giải Gọi điểm I thỏa mãn   3 0 6 ; 3 ; 1 IA IB I            . Khi đó       2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 3 2 . 3 MA MB MI IA MI IB MI IA IB MI IA IB                                   2 2 2 4 3 MI IA IB    . Do 2 2 3IA IB  không đổi vì ba điểm ; ; A B I cố định nên 2 2 3MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của đường thẳng IJ với mặt cầu   S , (   2 ; 1 ; 3 J là tâm của mặt cầu   S ). Ta có phương trình đường thẳng IJ là 2 2 1 3 2 x t y t z t                  1 2 4; 2 ; 1 0 ; 0 ; 5 M IJ S M        . Kiểm tra   1 2 3 9 IM IM   nên   1 4;2;1 M là điểm cần tìm. Vậy . . 8 T a b c   . Câu 66. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 2 3 : 2 3 4 x y z d      và mặt cầu   S :       2 2 2 3 4 5 729 x y z       . Cho biết điểm   2; 2; 7 A    , điểm B thuộc giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   : 2 3 4 107 0 P x y z     . Khi điểm M di động trên đường thẳng d giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB  bằng A. 5 30 . B. 27 . C. 5 29 . D. 742 . Lời giải Mặt cầu   S có tâm   3; 4; 5 I    và bán kính 27 R  . Đường thẳng d có 1 véc-tơ chỉ phương là     2;3;4 u d P     . Gọi K là giao điểm của mặt phẳng   P và đường thẳng d . Vì I d  nên K là tâm của đường tròn giao tuyến và KB d  . Ta có   1;2; 2 3 IA IA        và . 0 IA u IA d        . d M K I B A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51 Ta tính được           2 2 2 2. 3 3. 4 4 5 107 d , 5 29 2 3 4 IK I P            và 2 2 2 KB R IK    . Do M di động trên đường thẳng d (trục của đường tròn giao tuyến) và B thuộc đường tròn giao tuyến nên biểu thức MA MB  nhỏ nhất khi và chỉ khi M AB d   . Khi đó, ta có 3 2 MI IA MK KB   và 5 29 MI MK IK    . Suy ra 3 29 MI  , 2 29 MK  . Ta có 2 2 3 30 AM IA MI    2 2 30 3 BM AM    . Vậy giá trị nhỏ nhất của MA MB  là 3 30 2 30 5 30 AM BM     . Cách 2: Ta có   S có tâm   3; 4; 5 I    , bán kính 27 R  . Dễ thấy d đi qua   3; 4; 5 I    và vuông góc với   P .   P cắt   S theo đường tròn có bán kính 2 r  .   1 2 ;2 3 ;3 4 M d M t t t      . Ta có 2 2 . T MA MB MA MH r      Lại có 29 87 ( ;( )) 29 3 29 29 t MH d M P t      . Suy ra   2 2 29 116 125 29 3 4 T t t t           2 2 9 4 29 2 29 3 . 29 29 t t       Xét 3 2; 29 u t          , 2 3 ; 29 v t          5 5; 29 u v            . Do đó   29 29 5 50 T u v u v          . Câu 67. (THPT Chuyên Thái Bình - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 1 0 P x y z     , đường thẳng   15 22 37 : 1 2 2 x y z d      và mặt cầu   2 2 2 : 8 6 4 4 0 S x y z x y z        . Một đường thẳng    thay đổi cắt mặt cầu   S tại hai điểm , A B sao cho 8 AB  . Gọi A  , B  là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng   P sao cho AA  , BB  cùng song song với   d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA BB    là A. 8 30 3 9  . B. 24 18 3 5  . C. 12 9 3 5  . D. 16 60 3 9  . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mặt cầu   S có tâm   4;3; 2 I  và bán kính 5 R  . Gọi H là trung điểm của AB thì IH AB  và 3 IH  nên H thuộc mặt cầu   S  tâm I bán kính 3 R   . Gọi M là trung điểm của A B   thì 2 AA BB HM     , M nằm trên mặt phẳng   P . Mặt khác ta có     4 ; 3 d I P R   nên   P cắt mặt cầu   S và     5 sin ; sin 3 3 d P    . Gọi K là hình chiếu của H lên   P thì .sin HK HM   . Vậy để AA BB    lớn nhất thì HK lớn nhất HK  đi qua I nên     max 4 4 3 3 ; 3 3 3 HK R d I P        . Vậy AA BB    lớn nhất bằng 4 3 3 3 3 24 18 3 2 . 5 5 3            . Câu 68. (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho   3;1;1 A  ,   5;1;1 B và hai mặt phẳng   : 2 4 0 P x y z     ,   : 1 0 Q x y z      . Gọi   ; ; M a b c là điểm nằm trên hai mặt phẳng   P và   Q sao cho MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 2 2 2 T a b c    . A. 5. B. 29 . C. 13. D. 3. Lời giải Chọn D Từ giả thiết ta có M thuộc giao tuyến d của hai mặt phẳng   P và   Q . Mặt phẳng   P có một vectơ pháp tuyến là   1;2;1 P n   . Mặt phẳng   Q có một vectơ pháp tuyến là   1;1;1 Q n    . Khi đó đường thẳng d đi qua   1;1;1 N và có một vectơ chỉ phương là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53   , 1; 2;3 d P Q u n n           nên có phương trình tham số là 1 : 1 2 1 3 x t d y t z t            suy ra   1 ;1 2 ;1 3 M t t t    .     2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 9 4 4 9 14 8 16 14 8 16 MA MB t t t t t t t t t t                Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số   2 2 2 2 4 8 4 8 14 8 16 14 8 16 14 7 7 7 7 f t t t t t t t t t                   2 2 2 2 2 2 2 2 14 7 7 7 7 t t                                       . Đặt 2 2 ; 7 7 u t          , 2 2 ; 7 7 v t          . Khi đó   14 14 f t u v u v             . Suy ra   2 2 4 4 8 7 14. 7 49 7 f t                . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ u  và v  cùng hướng hay 2 2 7 7 0 0 2 2 7 7 t t t       . Do đó   1;1;1 M . Vậy 2 2 2 3 T a b c     . Dạng 2.3. Cực trị liên quan đến chu vi, diện tích, bán kính, thể tích Câu 69. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . Lời giải Chọn C A D y ' C ' D ' A z x B ' B C MNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 54 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Tọa độ điểm ( ; ;0), '( ; ; ), ( ; ; ) 2 b C a a C a a b M a a . ' (- ;0; ), (- ; ;0), (0; ; ) 2 b BA a b BD a a BM a                  . 2 ', ( ; ; ) BA BD ab ab b                  nên 2 ' 1 ', . 6 4 BDA M a b V BA BD BM                    . Ta có: 3 2 ' 2 64 32 8 . .(2 ) 3 27 27 27 BDA M a a b a a b a b V               . Câu 70. (THPT Nguyễn Huệ - Huế - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng   1 2 : 1 2 x t d y t z t            và hai điểm   1;5;0 A ,   3;3;6 B . Gọi   ; ; M a b c là điểm trên   d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c    . A. 1 P  . B. 3 P   . C. 3 P  . D. 1 P   . Lời giải   1 2 ;1 ;2 M d M t t t      . Chu vi tam giác MAB là: AM BM AB   . Vì AB const  nên chu vi nhỏ nhất khi   AM BM  nhỏ nhất.   2 2; 4;2 AM t t t         ,   2 4; 2;2 6 BM t t t          .         2 2 2 2 2 2 9 20 9 36 56 3 2 5 6 3 2 5 AM BM t t t t t            Đặt       3 ;2 5 , 6 3 ;2 5 6;4 5 u t v t u v           . Áp dụng bất đẳng thức vectơ: u v u v        . Dấu bằng xảy ra khi u  , v  cùng hướng. Ta có:   2 2 6 4 5 2 29 AM BM u v u v              . Do đó   AM BM  nhỏ nhất khi tồn tại số k dương sao cho u kv      3 6 3 2 5 2 5 t k t k          1 1 t k       . Khi đó   1;0;2 M . Vậy 1 0 2 3 P a b c        . Câu 71. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có   1;1;6 A  ,   3; 2; 4 B    ,   1;2; 1 C  ,   2; 2;0 D  . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a b c   . A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Gọi ABM C là chu vi của tam giác ABM . A B H D C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 55   2; 3; 10 AB         113 AB     2; 3; 10 AB         ,   1; 4;1 CD       . 2 12 10 0 AB CD               AB CD   . Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với đường thẳng CD. H là giao điểm của   P và đường thẳng CD. Phương trình mặt phẳng   P qua   1;1;6 A  có véc tơ pháp tuyến   1; 4;1 CD       là: 4 1 0 x y z     . Phương trình đường thẳng CD: 1 2 4 1 x t y t z t             .   1 ;2 4 ; 1 H CD H t t t       .     1 4 2 4 1 1 0 H P t t t          1 2 t   3 1 ;0; 2 2 H         . Với M CD   , ta có AM AH BM BH      AM BM AH BH     . 113 ABM C AB AM BM AH BH       , M CD   . Suy ra 113 ABM minC AH BH    , đạt được M H  3 1 ;0; 2 2 M         . Vậy 1 a b c    . Câu 72. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD có   1;1;6 A  ,   3; 2; 4 B    ,   1;2; 1 C  ,   2; 2;0 D  . Điểm   ; ; M a b c thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính . a b c   A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0 . Lời giải Ta có ABM C AM BM AB     mà AB không đổi suy ra ABM C  nhỏ nhất khi AM BM  nhỏ nhất. Ta có   2; 3; 10 , AB           1; 4;1 CD       . Xét . 0 AB CD AB CD            . Gọi    qua AB và vuông góc với CD .    đi qua   1;1;6 A  và nhận   1; 4;1 CD       làm véc tơ pháp tuyến. Suy ra    có phương trình là: 4 1 0. x y z     Vì điểm M thuộc CD sao cho AM BM  nhỏ nhất nên   M CD    .    : 4 1 0 x y z     , CD có phương trình: 1 2 4 1 x t y t z t               M CD    3 1 ;0; 2 2 M         3 1 0 1 2 2 a b c         . Câu 73. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 0 P x y z     và hai điểm     3;4;1 ; 7; 4; 3 A B   . Điểm     ; ; 2 M a b c a  thuộc NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 56 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   P sao cho tam giác ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất. Khi đó giá trị biểu thức T a b c    bằng: A. 6 T  . B. 8 T  . C. 4 T  . D. 0 T  . Lời giải Chọn D Ta có: 1 . 2 ABM S AB MH  với H là hình chiếu vuông góc của M lên AB. Do AB không đổi nên ABM S nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất.     4; 8; 4 . 0 //( ) 1;1; 1 P P AB AB n AB P n                            MH nhỏ nhất khi M nằm trên giao tuyến của mặt phẳng   Q và   P ; với   Q là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp   P .       4; 8; 4 3;0;3 1;1; 1 Q P AB n n                        phương trình mp   Q là 4 0 x z    . M nằm trên giao tuyến của mặt phẳng   Q và   P nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình   4 0 2 2 ;2 2 ;4 2 0 4 x t x z y t M t t t x y z z t                         với 2 t  . Ta có     3; 2 2 ;3 ; 7;6 2 ;7 AM t t t BM t t t                    . Tam giác ABM vuông tại M nên             . 0 3 7 2 2 6 2 3 7 0 AM BM t t t t t t                                       3 3 7 2 3 1 0 3 3 5 0 5 3 t n t t t t t t t l                    . +   3 3; 4;1 3 4 1 0 t M a b c           . Câu 74. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2 2 2 ( ) : 3 1 4 S x y z      và đường thẳng 1 2 : 1 ,( ) x t d y t t z t               . Mặt phẳng chứa d và cắt ( ) S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. 1 0 y z    . B. 3 5 2 0 x y z     . C. 2 3 0 x y    . D. 3 2 4 8 0 x y z     . Lời giải Mặt cầu   S có tâm   3;1;0 I và bán kính 2 R  . Gọi H là hình chiếu của I trên d .   1 2 ; 1 ; H d H t t t       ;   2 2 ; 2 ; IH t t t          . Véctơ chỉ phương của d là   2;1; 1 d u      . . 0 d IH u            2 2 2 1 2 0 t t t         1 t   . Suy ra   3;0; 1 H  2 IH   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 57 Gọi   P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu   S theo đường tròn có bán kính r . Ta có         2 2 2 , 4 , r R d I P d I P             . Mà     , 2 d I P IH   nên       2 2 2 4 , 4 4 2 2 r d I P IH            . Suy ra 2 min r  , đạt được khi   IH P  . Khi đó mặt phẳng   P đi qua   3;0; 1 H  nhận   0; 1; 1 IH      làm một véctơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng   P là:       0 3 1 0 1 1 0 x y z       1 0 y z     . Câu 75. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (3; 2;6), (0;1;0) A B  và mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 25 S x y z       . Mặt phẳng ( ) : 2 0 P ax by cz     đi qua A, B và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T a b c    . A. 3 T  B. 5 T  C. 2 T  D. 4 T  Lời giải Mặt cầu   S có tâm   1;2;3 , I bán kính 5. R  Mặt phẳng   P có vec-tơ pháp tuyến   ; ; P n a b c   Theo giả thiết     0;1;0 : 2 0 2. B P b b      Ta có:   3;3; 6 AB        cùng phương với   1; 1;2 u    . Phương trình đường thẳng : 1 2 x t AB y t z t          Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến. K là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng , AB H là hình chiếu vuông góc của I lên   P Ta có:     ;1 ;2 1; 1;2 3 K AB K t t t IK t t t               . 0 1 0; 2; 1 IK AB AB IK t IK                    .         2 2 2 2 , 25 , 25 r R d I P d I P IH       . Ta có: min max r IH  . Mà   max IH IK IH IK H K P IK        P n   và IK    cùng phương. 0 0 0 . 2 1 1 1 P a a a n k IK b k k c c k c                                  0 2 1 3. t a b c         H I K A BNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 58 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 76. Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 48 S x y z       Gọi    là mặt phẳng đi qua hai điểm     0;0; 4 , 2;0;0 A B  và cắt mặt cầu   S theo giao tuyến là đường tròn   C . Khối nón   N có đỉnh là tâm của   S , đường tròn đáy là   C có thể tích lớn nhất bằng A. 128 3  B. 39  C. 88 3  C. 215 3  Lời giải Chọn B Ta có tâm cầu   1; 2;3 ;R 4 3 I   Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm cầu I lên mặt phẳng    Vậy chiều cao của khối nón   N là   , h d I P IH IK    , trong đó K là hình chiếu vuông góc của I lên AB Gọi   Q là mặt phẳng đi qua I và vuông góc với ta có   : 2z 7 0 Q x    Phương trình : 0 4 2 x t AB y z t           thế vào   Q ta được 8 4 7 0 3 t t t       Tọa độ   3;0;2 3 K IK   Bán kính của khối nón 2 48 r h   Vậy thể tích của khối nón       2 2 2 1 1 1 . 4 8 . 4 8 . 0 ; 3 3 3 3 V r h h h h h h           Khảo sát V ta tìm được m a x 3 9 V   Câu 77. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 59 Tọa độ điểm ( ; ;0), '( ; ; ), ( ; ; ) 2 b C a a C a a b M a a . ' (- ;0; ), (- ; ;0), (0; ; ) 2 b BA a b BD a a BM a                  . 2 ', ( ; ; ) BA BD ab ab b                  nên 2 ' 1 ', . 6 4 BDA M a b V BA BD BM                    . Ta có: 3 2 ' 2 64 32 8 . .(2 ) 3 27 27 27 BDA M a a b a a b a b V               . Câu 78. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 4 3 : 3 4 0 x t d y t z           . Gọi A là hình chiếu vuông góc của O trên d . Điểm M di động trên tia Oz , điểm N di động trên đường thẳng d sao cho MN OM AN   . Gọi I là trung điểm đoạn thẳng OA . Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   , M d có tọa độ là A.   4;3;5 2 . B.   4;3;10 2 . C.   4;3;5 10 . D.   4;3;10 10 . Lời giải Chọn A Gọi   4 3 ;3 4t;0 A t   là hình chiếu vuông góc của O trên d A D y ' C ' D ' A z x B ' B C MNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 60 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   . 0 0 4;3;0 d OA d OAu t A               . Trên Oz lấy điểm P sao cho OP AN MP OM OP MN      và AIN OIP IN IP      Ta có IMP IMN    , kẻ IH MN IH IO    min 1 . min 2 IMN IMN S IH MN S MN       Ta có 2 2 2 2 2 2 25 5 2 2 MO AN MN MO OA AN MN               Vậy min 5 2 5 2 5 2 0;0; 2 2 MN OM AN M              Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   ,d M là 15 , 10 2; ;25 2 d MA u                   Chọn   4;3;5 2 n   Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho điểm 1 3 ; ;0 2 2 M         và mặt cầu   2 2 2 : 8 S x y z    . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm , M cắt mặt cầu   S tại hai điểm phân biệt , A B . Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. 7 S  . B. 4 S  . C. 2 7 S  . D. 2 2 S  . Lời giải Chọn A Mặt cầu   S có tâm   0;0;0 O  , bán kính 2 2 R  . Ta có 1 OM M   nằm trong mặt cầu. Gọi I là trung điểm AB OI AB   . Đặt 0 1. x OI OM x      Khi đó   2 2 2 1 . 8 2 OAB S OI AB OI R OI x x f x        .       2 2 2 4 8 0 1 x x f x x        , ta có bảng biến thiên Vậy max 7 OAB S   khi 1 OI  hay . I M  Câu 80. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1;4;3 A và mặt phẳng   : 2 0 P y z   . Biết điểm B thuộc   P , điểm C thuộc   Oxy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Hỏi giá trị nhỏ nhất đó là TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 61 A. 6 5 . B. 2 5 . C. 4 5 . D. 5 . Lời giải Chọn C Gọi H là hình chiếu vuông góc của   1;4;3 A lên mặt phẳng   Oxy   1;4;0 H  Gọi 1 A là điểm đôi xứng của A qua mặt phẳng   Oxy , ta tìm được   1 1;4; 3 A  Gọi K là hình chiếu vuông góc của   1 ;4;3 A lên mặt phẳng   P Ta có phương trình đường thẳng 1 : 4 2 3 x AK y t z t           , Gọi   1;4 2 ;3 K t t AK    Mặt khác,   5 5 0 1 K P t t          1;2;4 K  Gọi 2 A là điểm đôi xứng của A qua mặt phẳng   P thì K là trung điểm của 2 AA . Ta có 2 2 2 2 1 2 0 5 A K A A K A A K A x x x y y y z zx z                 2 1 ;0;5 A  Ta có chu vi tam giác ABC là 1 2 1 2 ABC P AC AB BC AC A B BC A A         . Dấu bằng xảy ra khi 1 2 , , , A A B C thẳng hàng Suy ra   1 2 min 4 5 ABC P A A    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ GIỎI MỨC ĐỘ 8-9-10 ĐIỂM Phương pháp giải một số bài toán 1. Gắn tọa độ đối với hình chóp 1.1. Hình chóp có cạnh bên (SA) vuông góc với mặt đáy: Đáy là tam giác đều   Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 AB a   .   Tọa độ các điểm là: 3 1 (0;0;0), 0; ;0 , ;0;0 , 2 2 O A B                 1 3 ;0;0 , 0; ; 2 2 SA C S OH                . Đáy là tam giác cân tại A   Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .   Tọa độ các điểm là:     (0;0;0), 0; ;0 , ;0;0 , O A OA B OB     ;0;0 , 0; ; SA C OC S OA OH        . Đáy là tam giác cân tại B   Gọi O là trung điểm AC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .   Tọa độ các điểm:   0;0;0 O ,     ;0;0 , 0, ;0 , A OA B OB     ;0;0 , ;0; SA C OC S OA OH         . Đáy là tam giác vuông tại B   Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .   Tọa độ các điểm:   0;0;0 B O  ,     0; ;0 , ,0;0 , A AB C BC  0; ; SA S AB BH        . Đáy là tam giác vuông tại A   Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .   Tọa độ các điểm:   0;0;0 A O  ,     0; ;0 , ;0;0 , B OB C AC   0;0; S SA . Đáy là tam giác thường   Dựng đường cao BO của . ABC  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .   Tọa độ các điểm:   0;0;0 O ,     ;0;0 , 0, ;0 , A OA B OB     ;0;0 , ;0; SA C OC S OA OH         . Đáy là hình vuông, hình chữ nhật   Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a    Tọa độ   0;0;0 A O  ,   0; ;0 , B AB       ; ;0 , ;0;0 , 0;0; C AD AB D AD S SA . Đáy là hình thoi   Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a    Tọa độ   0;0;0 O ,   ;0;0 , A OA     0; ;0 , ;0;0 B OB C OC     0; ;0 , ;0; SA D OD S OA OH         . Đáy là hình thang vuông   Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a    Tọa độ   0;0;0 A O  ,     0; ;0 , ; ;0 , B AB C AH AB     ;0;0 , 0;0; . D AD S SA ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN Chuyên đề 32NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 1.2. Hình chóp có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy Đáy là tam giác, mặt bên là tam giác thường   Vẽ đường cao CO trong ABC  . Chọn hệ trục như hình, a = 1.   Ta có:     0;0;0 , 0; ;0 , O A OA      0; ;0 , ;0;0 , 0; ; SH B OB C OC S OH OK         Đáy là tam giác cân tại C (hoặc đều), mặt bên là tam giác cân tại S (hoặc đều)   Gọi O là trung điểm BC, chọn hệ trục như hình, a = 1.   Ta có:     0;0;0 , 0; ;0 , O A OA       0; ;0 , ;0;0 , 0;0; B OB C OC S SO  Đáy là hình vuông-hình chữ nhật   Dựng hệ trục như hình, chọn a = 1.   Ta có:     0;0;0 , ;0;0 A O B AB       ; ;0 , 0; ;0 , ;0; SH C AB AD D AD S AH AK        1.3. Hình chóp đều Hình chóp tam giác đều Gọi O là trung điểm một cạnh đáy. Dựng hệ trục như hình vẽ và a = 1. Tọa độ điểm:   0;0;0 , O 3 0; ;0 2 AB A         , ;0;0 2 BC B        , ;0;0 2 BC C       ,  3 0; ; 6 SH OH AB S OK                . Hình chóp tứ giác đều Chọn hệ trục như hình với a = 1. Tọa độ điểm:   0;0;0 , O 2 ;0;0 , 2 OA AB A               2 0; ;0 2 OB AB B               , 2 ;0;0 , 2 OA AB C                   2 0; ;0 2 OB AB D                  0;0; S SO . 2. Gắn tọa độ đối với hình lăng trụ 2.1. Lăng trụ đứng Hình lập phương, hình hộp chữ nhật Dựng hệ trục như hình vẽ với a = 1. Tọa độ điểm:   0;0;0 , A O    0; ;0 , B AB   ; ;0 C AD AB ,   ;0;0 D AD ,   0;0; , A AA     0; ; , B AB AA     ; ; C AD AB AA   ,   ;0; . D AD AA   Lăng trụ đứng đáy là hình thoi Gọi O là tâm hình thoi đáy, ta dựng hệ trục như hình với   0;0;0 , O   ;0;0 , A OA    0; ;0 , B OB   ;0;0 , C OC   0; ;0 , D OD    ;0; , A OA AA      0; ; , B OB AA     ;0; , C OC CC     0; ; D OD DD    Lăng trụ tam giác đều Gọi O là trung điểm một cạnh đáy, chọn hệ trục như hình vẽ với a = 1. Ta có:   0;0;0 , O ;0;0 , 2 AB A       ;0;0 , 2 AB B          0; ;0 , C OC Lăng trụ đứng có đáy tam giác thường Vẽ đường cao CO trong tam giác ABC và chọn hệ trục như hình vẽ với a = 1. Tọa độ điểm là:   0;0;0 , O   ;0;0 , A OA   ;0;0 , B OB    0; ;0 , C OC TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3   ;0; , A OA AA   ;0; , 2 AB B BB            0; ; . C OC CC     ;0; , A OA AA     ;0; , B OB BB      0; ; . C OC CC   2.2. Lăng trụ nghiêng: Lăng trụ nghiêng có đáy là tam giác đều, hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đối diện là trung điểm một cạnh tam giác đáy   Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác định được các điểm , , , , O A B C A    .   Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ thức vectơ bằng nhau: AA BB CC                   . Lăng trụ nghiêng có đáy là hình vuông hoặc hình chữ nhật, hình chiếu của một đỉnh là một điểm thuộc cạnh đáy không chứa đỉnh đó   Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác định được các điểm , , , , , O A B C D A     .   Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ thức vectơ bằng nhau: AA BB CC DD                          . Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC Câu 1. (Mã 103 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A B C D     và điểm M thuộc đoạn OI sao cho 2 MO MI  (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng   MC D   và   MAB bằng A. 7 85 85 B. 17 13 65 C. 6 85 85 D. 6 13 65 Câu 2. (Mã 102 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có tâm . O Gọi I là tâm của hình vuông A B C D     và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho 1 2 MO MI  (tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) MC D   và ( ) MAB bằng A. 6 13 . 65 B. 7 85 . 85 C. 6 85 . 85 D. 17 13 . 65 Câu 3. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     , có , 2, AB a AD a   góc giữa A C  và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên A B  và K là hình chiếu vuông góc của A trên . A D  Tính góc giữa hai mặt phẳng   AHK và   ABB A   . A. 60 . B. 45 . C. 90  . D. 30 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 4. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và   SAB vuông góc với   ABCD . Tính cos  với  là góc tạp bởi   SAC và   SCD . A. 3 7 . B. 6 7 . C. 5 7 . D. 2 7 . Câu 5. (Chuyên Sơn La 2019) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC , biết 6 2  a MN . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD bằng A. 2 5 . B. 3 3 . C. 5 5 . D. 3 . Câu 6. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng -2019) Cho hình lập phương D. ' ' ' ' ABC A B C D có cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng   ' ' A B CD và   ' ' ACC A bằng A. 60 .  B. 30 .  C. 45 .  D. 75 .  Câu 7. (Sở Bắc Ninh -2019) Cho hình chóp . O ABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc và    OA OB OC a . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Góc tạo bởi hai vectơ     BC và      OM bằng A. 135 . B. 150 . C. 120 . D. 60 . Câu 8. (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2018) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng 2 a và SA vuông góc với mặt phẳng   ABCD . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBD và   ABCD . Nếu tan 2   thì góc giữa hai mặt phẳng   SAC và   SBC bằng A. 30  . B. 60  . C. 45 . D. 90  . Câu 9. (THPT Nam Trực - Nam Định - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có AB a  , 2 SA a  . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng: A. 3 arccos 5 . B. 5 arccos 5 . C. 5 arccos 3 . D. 15 arccos 5 . Câu 10. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có . A ABC  là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA  và BB  . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   CMN . A. 2 5 . B. 3 2 4 . C. 2 2 5 . D. 4 2 13 . Câu 11. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2018 ) Xét tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB , OC với mặt phẳng   ABC (hình vẽ). TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 3 cot . 3 cot . 3 cot M        là A. 48 . B. 125. C. Số khác. D. 48 3 . Câu 12. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA a  và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng   AMC và   SBC bằng A. 5 5 . B. 2 5 5 . C. 3 2 . D. 2 3 3 . Câu 13. Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B , , 2 AB BC a AD a    . Biết ( ), SA ABCD SA a   . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ) SAC . A. 3 5 . 10 B. 2 5 . 5 C. 5 . 5 D. 55 . 10 Câu 14. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên 2 SA a  và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh . SD Tính tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng   AM C và   SBC bằng A. 3 . 2 B. 2 3 . 3 C. 5 . 5 D. 2 5 . 5 O C B A S M A C B D NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 15. Cho khối tứ diện ABCD có 3 BC  , 4 CD  ,    0 90 ABC ADC BCD    . Góc giữa đường thẳng AD và BC bằng 0 60 . Côsin góc giữa hai phẳng   ABC và   ACD bằng A. 43 86 . B. 4 43 43 . C. 2 43 43 . D. 43 43 . Câu 16. Cho hình chóp . S ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a ,   SA ABCD  và SA a  . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của SB , SD . Côsin của góc hợp bới hai mặt phẳng   AEF và   ABCD là. A. 1 2 . B. 3 3 . C. 3 . D. 3 2 . Câu 17. Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng , a gọi  là góc giữa đường thẳng ' A B và mặt phẳng   ' ' . BB D D Tính sin  . A. 3 . 5 B. 3 . 2 C. 1 . 2 D. 3 . 4 Câu 18. Cho hình lăng trụ . ABC A B C   có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a  , 3 AC a  . Hình chiếu vuông góc của A  lên mặt phẳng   ABC là trung điểm H của BC , 5 A H a   . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng A B  và B C  . Tính cos  . A. 7 3 cos 48   . B. 3 cos 2   . C. 1 cos 2   . D. 7 3 cos 24   . Câu 19. Cho hình hộp đứng . ' ' ' ' ABCD A B C D có đáy là hình thoi, tam giác ABD đều. Gọi , M N lần lượt là trung điểm của BC và ' ' C D , biết rằng ' MN B D  . Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy   ABCD , khi đó cos  bằng: A. 1 cos 3   . B. 3 cos 2   . C. 1 cos 10   . D. 1 cos 2   . Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH Câu 20. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có các kích thước 4, 3, 5 AB AD AA     . Khoảng cách giữa hai đường thẳng ' AC và ' B C bằng A. 3 2 . B. 2 . C. 5 2 3 . D. 30 19 . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 21. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp . S ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết   0;0;0 A ,   2;0;0 D ,   0;4;0 B ,   0;0;4 S . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng   CDM . A.     , 2 d B CDM  . B.     , 2 2 d B CDM  . C.     1 , 2 d B CDM  . D.     , 2 d B CDM  . Câu 22. (HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB AC a   , AA h     , 0 a h  . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB  và BC  theo a , h . A. 2 2 5 ah a h  . B. 2 2 5 ah a h  . C. 2 2 2 ah a h  . D. 2 2 ah a h  . Câu 23. (Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của AB , hình chiếu của S lên mặt phẳng   ABC là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 0 45 (hình vẽ bên). Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG bằng A. 21 14 a B. 14 8 a C. 77 22 a D. 21 7 a Câu 24. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A D  . A. 4 3 a . B. 3 a . C. 2 3 a . D. 3 4 a . Câu 25. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 3 a , mặt bên SAB là tam giác cân với  0 120 ASB  và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN . A. 2 327 79 a . B. 237 79 a . C. 2 237 79 a . D. 5 237 316 a NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 26. (Chuyên - Vĩnh Phúc - 2019) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , 1cm AB  , 3cm AC  . Tam giác SAB , SAC lần lượt vuông tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC có thể tích bằng 3 5 5 cm 6  . Tính khoảng cách từ C tới   SAB . A. 3 cm 2 . B. 5 cm 4 . C. 3 4 cm . D. 5 cm 2 . Câu 27. (Chuyên Lam Sơn 2019) Một phần sân trường được định vị bởi các điểm A , B , C , D như hình vẽ. Bước đầu chúng được lấy “ thăng bằng” để có cùng độ cao, biết ABCD là hình thang vuông ở A và B với độ dài 25m AB  , 15m AD  , 18m BC  . Do yêu cầu kĩ thuật, khi lát phẳng phần sân trường phải thoát nước về góc sân ở C nên người ta lấy độ cao ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10cm , cm a , 6cm tương ứng. Giá trị của a là số nào sau đây? A. 15,7cm . B. 17,2cm . C. 18,1cm. D. 17,5cm. Câu 28. (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho tứ diện OABC , có , , OA OB OC đôi một vuông góc và 5, 2, 4 OA OB OC    . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của OB và OC . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng   AMN là: A. 20 . 3 129 B. 20 . 129 C. 1 . 4 D. 1 . 2 Câu 29. Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a , gọi M là trung điểm của AB , ' A CM  cân tại ' A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích khối lăng trụ bằng 3 3 4 a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và ' CC A. 57 19 a . B. 2 57 19 a . C. 2 39 13 a . D. 2 39 3 a . Câu 30. (Sở Nam Định 2019) Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và D ,   SA ABCD  . Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng o 45 , E là trung điểm của SD , 2 AB a  , AD DC a   . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   ACE . A. 2 3 a . B. 4 3 a . C. a . D. 3 4 a . Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH, BÁN KÍNH Câu 31. (Mã 102 2018) Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I  và đi qua điểm   1 ;0; 1 . A  Xét các điểm , , B C D thuộc   S sao cho , , AB AC AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 A. 64 B. 32 3 C. 64 3 D. 32 Câu 32. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1;0;2 I  và đi qua điểm   0;1;1 A . Xét các điểm B , C , D thuộc   S sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. 8 3 B. 4 C. 4 3 D. 8 Câu 33. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . Câu 34. (THPT-Thang-Long-Ha-Noi- 2019) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh a . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của BC và A B   . Mặt phẳng   ' MND chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là   H . Tính thể tích khối   H . A. 3 55 72 a . B. 3 55 144 a . C. 3 181 486 a . D. 3 55 48 a . Câu 35. (Chuyên Thăng Long - Đà Lạt - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O các đỉnh       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; B m D m A n  với , 0 m n  và 4. m n   Gọi M là trung điểm của cạnh . CC  Khi đó thể tích tứ diện BDA M  đạt giá trị lớn nhất bằng A. 9 4 . B. 64 27 . C. 75 32 . D. 245 108 . Câu 36. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có độ dài cạnh bằng 1. Gọi , , , M N P Q lần lượt là trung điểm của , , , AB BC C D DD    . Gọi thể tích khối tứ diện MNPQ là phân số tối giản a b , với * , a b   . Tính a b  . A. 9. B. 25 . C. 13. D. 11. Câu 37. Trong không gian Oxyz ,tập hợp tất cả các điểm thỏa mãn 2 x y z    và 2 2 x y z     là một khối đa diện có thể tích bằng A. 3 . B. 2 . C. 8 3 . D. 4 3 . Câu 38. (Thi thử cụm Vũng Tàu - 2019) Cho hình hộp chữ nhật . '    ABCD A B C D có 1; 2; 3     AB AD AA . Mặt phẳng ( ) P đi qua C  và cắt các tia ; ; AB AD AA  lần lượt tại ; ; E F G (khác A) sao cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất. Tổng của AE AF AG   bằng. A. 18. B. 17 . C. 15. D. 16. Câu 39. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi K là trung điểm AB , gọi , M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của K lên , AD AC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . K CDMN . A. 3 4 a . B. 2 4 a . C. 3 3 8 a . D. 3 2 8 a . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 40. (Chuyên Thái Bình -2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CMN bằng A. 93 12 a . B. 29 8 a . C. 5 3 12 a . D. 37 6 a . Câu 41. (Chuyên KHTN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   5;0;0 A và   3;4;0 B . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 5 4 . B. 3 2 . C. 5 2 . D. 3 . Câu 42. (Chuyên Vinh - 2018) Trong không gian , Oxyz cho các điểm A , B , C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 . 2 Biết rằng mặt phẳng   ABC luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Câu 43. (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng   1 1 1 1 : 2 1 2 x y z d       ,   2 3 1 2 : 1 2 2 x y z d      ,   3 4 4 1 : 2 2 1 x y z d       . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm   ; ; I a b c , tiếp xúc với 3 đường thẳng   1 d ,   2 d ,   3 d . Tính 2 3 S a b c    . A. 10 S  . B. 11 S  . C. 12 S  . D. 13 S  . Câu 44. Cho hình chóp . S ABCD cs đáy là hình thang vuông tại A và B , 2 2 2 AD AB BC a    , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2 SA a  . Gọi E là trung điểm cạnh AD . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CDE . A. 3 2 a . B. 11 2 a . C. 6 2 a . D. 3 4 a . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ GIỎI MỨC ĐỘ 8-9-10 ĐIỂM Phương pháp giải một số bài toán 1. Gắn tọa độ đối với hình chóp 1.1. Hình chóp có cạnh bên (SA) vuông góc với mặt đáy: Đáy là tam giác đều  Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 AB a   .  Tọa độ các điểm là: 3 1 (0;0;0), 0; ;0 , ;0;0 , 2 2 O A B                 1 3 ;0;0 , 0; ; 2 2 SA C S OH                . Đáy là tam giác cân tại A  Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .  Tọa độ các điểm là:     (0;0;0), 0; ;0 , ;0;0 , O A OA B OB     ;0;0 , 0; ; SA C OC S OA OH        . Đáy là tam giác cân tại B  Gọi O là trung điểm AC. Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .  Tọa độ các điểm:   0;0;0 O ,     ;0;0 , 0, ;0 , A OA B OB     ;0;0 , ;0; SA C OC S OA OH         . Đáy là tam giác vuông tại B  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .  Tọa độ các điểm:   0;0;0 B O  ,     0; ;0 , ,0;0 , A AB C BC  0; ; SA S AB BH        . Đáy là tam giác vuông tại A  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .  Tọa độ các điểm:   0;0;0 A O  ,     0; ;0 , ;0;0 , B OB C AC   0;0; S SA . Đáy là tam giác thường  Dựng đường cao BO của . ABC  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1 a  .  Tọa độ các điểm:   0;0;0 O ,     ;0;0 , 0, ;0 , A OA B OB     ;0;0 , ;0; SA C OC S OA OH         . Đáy là hình vuông, hình chữ nhật Đáy là hình thoi Đáy là hình thang vuông ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN Chuyên đề 32NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a   Tọa độ   0;0;0 A O  ,   0; ;0 , B AB       ; ;0 , ;0;0 , 0;0; C AD AB D AD S SA .  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a   Tọa độ   0;0;0 O ,   ;0;0 , A OA     0; ;0 , ;0;0 B OB C OC     0; ;0 , ;0; SA D OD S OA OH         .  Chọn hệ trục như hình vẽ, 1. a   Tọa độ   0;0;0 A O  ,     0; ;0 , ; ;0 , B AB C AH AB     ;0;0 , 0;0; . D AD S SA 1.2. Hình chóp có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy Đáy là tam giác, mặt bên là tam giác thường  Vẽ đường cao CO trong ABC  . Chọn hệ trục như hình, a = 1.  Ta có:     0;0;0 , 0; ;0 , O A OA      0; ;0 , ;0;0 , 0; ; SH B OB C OC S OH OK         Đáy là tam giác cân tại C (hoặc đều), mặt bên là tam giác cân tại S (hoặc đều)  Gọi O là trung điểm BC, chọn hệ trục như hình, a = 1.  Ta có:     0;0;0 , 0; ;0 , O A OA       0; ;0 , ;0;0 , 0;0; B OB C OC S SO  Đáy là hình vuông-hình chữ nhật  Dựng hệ trục như hình, chọn a = 1.  Ta có:     0;0;0 , ;0;0 A O B AB       ; ;0 , 0; ;0 , ;0; SH C AB AD D AD S AH AK        1.3. Hình chóp đều Hình chóp tam giác đều Gọi O là trung điểm một cạnh đáy. Dựng hệ trục như hình vẽ và a = 1. Tọa độ điểm:   0;0;0 , O 3 0; ;0 2 AB A         , ;0;0 2 BC B        , ;0;0 2 BC C       ,  3 0; ; 6 SH OH AB S OK                . Hình chóp tứ giác đều Chọn hệ trục như hình với a = 1. Tọa độ điểm:   0;0;0 , O 2 ;0;0 , 2 OA AB A               2 0; ;0 2 OB AB B               , 2 ;0;0 , 2 OA AB C                   2 0; ;0 2 OB AB D                  0;0; S SO . 2. Gắn tọa độ đối với hình lăng trụ 2.1. Lăng trụ đứng Hình lập phương, hình hộp chữ nhật Dựng hệ trục như hình vẽ với a = 1. Tọa độ điểm: Lăng trụ đứng đáy là hình thoi Gọi O là tâm hình thoi đáy, ta dựng hệ trục như hình TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3   0;0;0 , A O    0; ;0 , B AB   ; ;0 C AD AB ,   ;0;0 D AD ,   0;0; , A AA     0; ; , B AB AA     ; ; C AD AB AA   ,   ;0; . D AD AA   với   0;0;0 , O   ;0;0 , A OA    0; ;0 , B OB   ;0;0 , C OC   0; ;0 , D OD    ;0; , A OA AA      0; ; , B OB AA     ;0; , C OC CC     0; ; D OD DD    Lăng trụ tam giác đều Gọi O là trung điểm một cạnh đáy, chọn hệ trục như hình vẽ với a = 1. Ta có:   0;0;0 , O ;0;0 , 2 AB A       ;0;0 , 2 AB B          0; ;0 , C OC   ;0; , A OA AA   ;0; , 2 AB B BB            0; ; . C OC CC   Lăng trụ đứng có đáy tam giác thường Vẽ đường cao CO trong tam giác ABC và chọn hệ trục như hình vẽ với a = 1. Tọa độ điểm là:   0;0;0 , O   ;0;0 , A OA   ;0;0 , B OB    0; ;0 , C OC   ;0; , A OA AA     ;0; , B OB BB      0; ; . C OC CC   2.2. Lăng trụ nghiêng: Lăng trụ nghiêng có đáy là tam giác đều, hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đối diện là trung điểm một cạnh tam giác đáy  Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác định được các điểm , , , , O A B C A    .  Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ thức vectơ bằng nhau: AA BB CC                   . Lăng trụ nghiêng có đáy là hình vuông hoặc hình chữ nhật, hình chiếu của một đỉnh là một điểm thuộc cạnh đáy không chứa đỉnh đó  Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác định được các điểm , , , , , O A B C D A     .  Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ thức vectơ bằng nhau: AA BB CC DD                          . Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC Câu 1. (Mã 103 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A B C D     và điểm M thuộc đoạn OI sao cho 2 MO MI  (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng   MC D   và   MAB bằng NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 7 85 85 B. 17 13 65 C. 6 85 85 D. 6 13 65 Lời giải Chọn C Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là 1, ta được tọa độ các điểm như sau : 1 1 1 ; ; 2 2 6 M         , 0;1;0 C    , 1;1;0 D  và   1;0;1 A   , 0;0;1 B . Khi đó     0;1;3 MC D n         ; 0;5;3 MAB n   nên        cos , MAB MC D   2 2 2 2 5.1 3.3 5 3 . 1 3     7 85 85  . Suy ra        sin , MAB MC D   2 7 85 1 85           6 85 85  . Câu 2. (Mã 102 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có tâm . O Gọi I là tâm của hình vuông A B C D     và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho 1 2 MO MI  (tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) MC D   và ( ) MAB bằng A. 6 13 . 65 B. 7 85 . 85 C. 6 85 . 85 D. 17 13 . 65 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Lời giải Không mất tính tổng quát ta đặt cạnh của khối lập phương là 1. Chọn hệ trục tọa độ sao cho (0;0;0), A  (1;0;0), B  (0;1;0) D  và (0;0;1) A (như hình vẽ). Khi đó ta có: 1 1 1 ; ; . 2 2 3 M       Suy ra: 1 1 2 (1;0;0), ; ; 2 2 3 AB MA                   1 2 1 , 0; ; (0; 4;3) 3 2 AB MA n                         là VTPT của mặt phẳng ( ). MAB 2 1 1 1 1 1 (1;0;0), ; ; , 0; ; (0;2; 3) 2 2 3 3 2 D C MD D C MD n                                                     là VTPT của mặt phẳng ( ) MC D   . cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) MAB và ( ) MC D   bằng: 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 . 0.0 4.2 3.( 3) 17 13 cos( , ) . . 65 0 ( 4) 3 . 0 2 ( 3) n n n n n n                   Câu 3. (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     , có , 2, AB a AD a   góc giữa A C  và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Gọi H là hình chiếu vuông góc NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ của A trên A B  và K là hình chiếu vuông góc của A trên . A D  Tính góc giữa hai mặt phẳng   AHK và   ABB A   . A. 60 . B. 45 . C. 90 . D. 30 . Lời giải Do . ABCD A B C D     là hình hộp chữ nhật nên ' ' A C là hình chiếu vuông góc của ' A C trên  0 ( ) ( ' ,( )) ( ' , ' ') ' ' 30 . ABCD A C ABCD A C A C CA C     Ta có  2 2 ' 3; tan ' ' ' . ' ' CC AC AB AD a CA C CC a A C       Kết hợp với giả thiết ta được ' ' ABB A là hình vuông và có H là tâm. Gọi , E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên ' '& ' . A D A A Ta có 2 2 2 1 1 1 6 ; ' 3 a AK AK A A AD     2 2 ' ' ; 3 a A K A A AK    2 2 2 2 2 1 1 1 2 ; ' . ' 3 3 a a KF KE A K KF KE KF KA A K         Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn ' O A  còn , , D B A   theo thứ tự thuộc các tia , , . Ox Oy Oz Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là: 2 2 2 (0;0; ), '(0; ;0), (0; ; ), ( ;0; ), ( ;0;0), (0;0; ). 2 2 3 3 3 3 a a a a a a A a B a H K E F Mặt phẳng   ' ' ABB A là mặt phẳng ( ) yOz nên có VTPT là 1 (1;0;0); n   Ta có 2 2 2 , , (2; 2; 2). 6 a AK AH n n                Mặt phẳng ( ) AKH có VTPT là 2 (2; 2; 2); n   Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   AHK và   ABB A   . Ta có 0 1 2 1 ( , ) 45 . 2 cos cos n n         Câu 4. (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và   SAB vuông góc với   ABCD . Tính cos  với  là góc tạp bởi   SAC và   SCD . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 A. 3 7 . B. 6 7 . C. 5 7 . D. 2 7 . Lời giải Chú ý: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông 1 a  . Gọi , O M lần lượt là trung điểm của , AB CD . Vì SAB là tam giác đều và   SAB vuông góc với   ABCD nên   SO ABCD  . Xét hệ trục Oxyz có     1 3 0;0;0 , 1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 2 2 O M A S               . Khi đó 1 1 1; ;0 , 1; ;0 2 2 C D              . Suy ra     1 3 1 3 0; ; , 1; 1;0 , 1; ; , 0;1;0 2 2 2 2 SA AC SC CD                                       . Mặt phẳng   SAC có véc tơ pháp tuyến 1 3 3 1 , ; ; 2 2 2 n SA AC                           . Mặt phẳng   SAD có véc tơ pháp tuyến 1 3 , ;0;1 2 n SC CD                         . Vậy 1 2 1 2 . 5 cos 7 . n n n n              . Câu 5. (Chuyên Sơn La 2019) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC , biết 6 2  a MN . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD bằng A. 2 5 . B. 3 3 . C. 5 5 . D. 3 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi I hình chiếu của M lên   ABCD , suy ra I là trung điểm của AO . Khi đó 3 3 2 4 4 a CI AC   . Xét CNI  có: 2 a CN  ,  45 o NCI  . Áp dụng định lý cosin ta có: 2 2 2 2 9 3 2 2 10 2 . .cos 45 2. . . 4 8 2 4 2 4 o a a a a a NI CN CI CN CI        . Xét MIN  vuông tại I nên 2 2 2 2 3 5 14 2 8 4 a a a MI MN NI      . Mà 1 14 / / , 2 2 a MI SO MI SO SO    . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: Ta có:   0;0;0 O , 2 0; ;0 2 B         , 2 0; ;0 2 D          , 2 ;0;0 2 C         , 2 2 ; ;0 4 4 N         , 2 ;0;0 2 A          , 14 0;0; 4 S         , 2 14 ;0; 4 4 M          . Khi đó 2 2 14 ; ; 2 4 4 MN                , 2 14 0; ; 2 2 SB              , 2 14 0; ; 2 2 SD                . Vectơ pháp tuyến mặt phẳng   SBD :   7 ;0;0 n SB SD             . Suy ra     2 7. . 2 3 sin , 3 6 . 7. 2 MN n MN SBD MN n                 . Câu 6. (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng -2019) Cho hình lập phương D. ' ' ' ' ABC A B C D có cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng   ' ' A B CD và   ' ' ACC A bằng A. 60 .  B. 30 .  C. 45 .  D. 75 .  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ ', ' ', ' ', ' . O A Ox A D Oy A B Oz A A     Khi đó: '(0; 0; 0) A , '( ;0;0) D a , '(0; ;0) B a , '( ; ;0) C a a , (0; 0; ) A a , ( ; 0; ) D a a , (0; ; ) B a a , ( ; ; ) C a a a . ' ' (0; ;0), ' ( ;0; ), ' (0;0; ), ' ' ( ; ;0). A B a A D a a A A a A C a a                            2 2 ' ', ' ( ;0; ). A B A D a a                  Chọn 1 (1;0; 1) n     là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   ' ' A B CD . 2 2 ' , ' ( ; ;0). A A A C a a                 Chọn 2 ( 1 ;1;0) n      là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   ' ' ACC A . Góc giữa hai mặt phẳng   ' ' A B CD và   ' ' ACC A là:   1 2 1 1 cos = cos , 60 . 2 2. 2 n n              Câu 7. (Sở Bắc Ninh -2019) Cho hình chóp . O ABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc và    OA OB OC a . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Góc tạo bởi hai vectơ     BC và      OM bằng A. 135 . B. 150  . C. 120  . D. 60  . Lời giải Cách 1: Ta có   2 2 1 1 2 . 2 2                                                 OM OA OB a OM BC OB BC OC OB . 2 2 2    BC OB OC a và 2 2 1 1 2 2 2 2     a OM AB OA OB . Do đó:     2 . 1 2 cos , . 120 . 2 2 . 2 2                                    a OM BC OM BC OM BC OM BC a a . Cách 2: M C B O ANGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có:   0;0;0 O ,   0; ;0 A a ,   ;0;0 B a ,   0;0; C a , ; ;0 2 2       a a M . Khi đó ta có:   ;0;       BC a a , ; ;0 2 2             a a OM     cos ;          BC OM . .           BC OM BC OM 2 2 2 . 2. 2   a a a 1 2       ; 120            BC OM . Câu 8. (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2018) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng 2 a và SA vuông góc với mặt phẳng   ABCD . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBD và   ABCD . Nếu tan 2   thì góc giữa hai mặt phẳng   SAC và   SBC bằng A. 30  . B. 60 . C. 45 . D. 90  . Lời giải Gọi I AC BD   . Hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 2 a suy ra hình vuông đó có cạnh bằng a . Ta có     SBD ABCD BD SI BD AI BD                     ; ; SBD ABCD SI AI SIA    . Ta có  tan tan SA SIA SA a AI      . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ,   ; ;0 C a a ,   0;0; S a . Khi đó   0;0; SA a      ;   ; ; SC a a a       ;   ;0; SB a a      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Mặt phẳng   SAC có vectơ pháp tuyến   1 1;1;0 n    . Mặt phẳng   SBC có vectơ pháp tuyến   2 1;0;1 n   . Suy ra        1 2 1 2 . cos ; . n n SAC SBC n n      1 1 2 2. 2          ; 60 SAC SBC    . Câu 9. (THPT Nam Trực - Nam Định - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có AB a  , 2 SA a  . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng: A. 3 arccos 5 . B. 5 arccos 5 . C. 5 arccos 3 . D. 15 arccos 5 . Lời giải Gọi O AC BD   . Tam giác SAO vuông : 2 2 6 2 a SO SA AO    Gắn tọa độ như hình vẽ   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ,   ; ;0 C a a ,   0; ;0 D a , ; ;0 2 2 a a O       , 6 ; ; 2 2 2 a a a S         . Vì G là trọng tâm tam giác SCD nên 5 6 ; ; 2 6 6 a a a G       . Ta có : 6 ; ; 2 2 2 a a a AS                1;1; 6 2 a  ,   5 6 ; ; 3;5; 6 2 6 6 6 a a a a BG               . Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng:   . cos ; . BG AS BG SA BG AS          3 5 6 5 5 40. 8      . Câu 10. (Chuyên Hà Tĩnh - 2018) Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có . A ABC  là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA  và BB  . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   CMN . A. 2 5 . B. 3 2 4 . C. 2 2 5 . D. 4 2 13 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho   0;0;0 O , 1 ;0;0 2 A       , 1 ;0;0 2 B        , 3 0; ;0 2 C         , 3 0; ;0 6 H         , 6 3 a A H   3 6 0; ; 6 3 A           Ta có AB A B             3 6 1; ; 6 3 B            . Dễ thấy   ABC có vtpt   1 0;0;1 n    . M là trung điểm AA  1 3 6 ; ; 4 12 6 M          , N là trung điểm BB  3 3 6 ; ; 4 12 6 N             1 ;0;0 MN        , 1 5 3 6 ; ; 4 12 6 CM                   CMN có vtpt 2 6 5 3 0; ; 6 12 n               3 0;2 2;5 12  cos   5 33 2 1 tan 1 cos      2 2 5  Câu 11. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2018 ) Xét tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng   ABC (hình vẽ). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 3 cot . 3 cot . 3 cot M        là O C B A TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 A. 48 . B. 125 . C. Số khác. D. 48 3 . Lời giải Chọn B Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc nên ta có   OH ABC  và 2 2 2 2 1 1 1 1 OH OA OB OC    . Ta có       ; OA ABC OAH    ,       ; OB ABC OBH    ,       ; OC ABC OCH    . Nên sin OH OA   , sin OH OB   , sin OH OC   . Đặt a OA  , b OB  , c OC  , h OH  thì 2 2 2 2 1 1 1 1 h a b c    và       2 2 2 3 cot . 3 cot . 3 cot M        2 2 2 1 1 1 2 . 2 . 2 sin sin sin                          2 2 2 2 2 2 2 . 2 . 2 a b c h h h                           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 6 1 1 1 8 4 . 2 . . a b c a b b c c a a b c h h h         . Ta có:   2 2 2 2 1 . a b c h     2 2 2 2 2 2 1 1 1 . a b c a b c            3 2 2 2 3 2 2 2 1 1 1 3 . . .3 . . 9 a b c a b c   .   2 2 2 2 2 2 4 1 . a b b c c a h     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . a b b c c a a b c            2 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 1 1 1 3 . . . 3 . . a b b c c a a b c                3 4 4 4 3 4 4 4 1 3 .9 27   a b c a b c . 2 2 2 6 1 . a b c h 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . . 3 . . 27 a b c a b c a b c a b c                          . Do đó:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 6 1 1 1 8 4 . 2 . . M a b c a b b c c a a b c h h h         8 4.9 2.27 27 125      . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c   , hay OA OB OC   . Vậy min 125 M  . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 12. (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA a  và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng   AMC và   SBC bằng A. 5 5 . B. 2 5 5 . C. 3 2 . D. 2 3 3 . Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ sao cho A O  , như hình vẽ: Khi đó ta có:   0;0;0 A ,   2 ;0;0 B a ,   0;2 ;0 D a ,   2 ;2 ;0 C a a ,   0;0; S a , 0; ; 2 a M a       . h c b a α A O B C H TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15   2 ;0; SB a a      ,   2 ;2 ; SC a a a       , 0; ; 2 a MA a              , 2 ; ; 2 a MC a a              . 1 , n SB SC                 2 2 2 ;0;4 a a  và 2 , n MA MC                    2 2 2 ; ;2 a a a   . Gọi  ( 0 90      ) là góc tạo bởi hai mặt phẳng   AMC và   SBC . ta có   1 2 cos cos , n n        1 2 1 2 . . n n n n              4 2 4 10 20.6. a a  5 30  . Mà 2 2 1 tan 1 cos     2 30 1 5           5 25  . Suy ra 5 tan 5   . Câu 13. Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B , , 2 AB BC a AD a    . Biết ( ), SA ABCD SA a   . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ) SAC . A. 3 5 . 10 B. 2 5 . 5 C. 5 . 5 D. 55 . 10 Lời giải Chọn A Đặt không gian Oxyz với (0;0;0), , , A O AB Ox AD Oy AS Oz     . Ta có: (0;0; ), ( ;0;0), (0;2 ;0), ( ; ;0) S a B a D a C a a . 3 ( ;0; ), ( ; ;0) 2 2 2 2 a a a a M N 3 (0; ; ) 2 2 a a MN        (0;0; ), ( ; ;0) AS a AC a a            2 2 , ( ; ;0) AS AC a a                là vtpt của mặt phẳng ( ) SAC . 3 ( ) 2 2 ( ) 4 4 3 . 3 5 2 sin( ;( )) 10 9 . 4 4 SAC SAC a MN n MN SAC MN n a a a a                  .           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 4 .2 2 4 . 2 a a a a a a a a a      NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 14. (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên 2 SA a  và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh . SD Tính tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng   AM C và   SBC bằng A. 3 . 2 B. 2 3 . 3 C. 5 . 5 D. 2 5 . 5 Lời giải Chọn D Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ Oxyz. (0;0;0) O A  ; (1; 0; 0); D(0;1; 0); (1;1; 0); (0; 0; 2) B C S Do M là trung điểm của SD nên 1 0; ;1 2 M         (0;1; 0); (1; 0; 2) ; 2; 0;1 BC SB BC SB                        1 1 0; ;1 ; (1 ;1 ;0) ; 1 ;1 ; 2 2 MA AC MA AC                                       . VTPT của (AMC) là:   2; 2;1 n                2 5 1 2 5 cos ; tan ; 1 3 5 5 3 SBC AMC SBC AMC            Câu 15. Cho khối tứ diện ABCD có 3 BC  , 4 CD  ,    0 90 ABC ADC BCD    . Góc giữa đường thẳng AD và BC bằng 0 60 . Côsin góc giữa hai phẳng   ABC và   ACD bằng A. 43 86 . B. 4 43 43 . C. 2 43 43 . D. 43 43 . Lời giải Chọn C S M A C B D x z y 1 1 2 S M A C B D TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Dựng   AO BCD  khi đó O là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BCDO . Góc giữa đường thẳng AD và BC là góc giữa đường thẳng AD và OD và bằng  0 60 ADO  Xét tam giác ADO vuông tại O : 0 tan 60 3 3. OA OA OD    Gắn hệ tọa độ Oxyz vào hình chóp như hình vẽ. Ta có:   0;0;0 O ;   4;0;0 B ;   0;3;0 D ;   4;3;0 C ;   0;0;3 3 A .   4;0; 3 3 AB       ;   0;3;0 BC      ;   0;3; 3 3 AD       ;   4;0;0 CD       . Mặt phẳng   ABC nhận véctơ   1 , 9 3;0;12 n AB BC                   làm véctơ pháp tuyến. Mặt phẳng   ADC nhận véctơ   2 , 0;12 3;12 n AD CD                    làm véctơ pháp tuyến. Nên       1 2 1 2 . 4 2 43 cos ; 43 43.2 . n n ABC ADC n n               Câu 16. Cho hình chóp . S ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a ,   SA ABCD  và SA a  . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của SB , SD . Côsin của góc hợp bới hai mặt phẳng   AEF và   ABCD là. NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 1 2 . B. 3 3 . C. 3 . D. 3 2 . Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ yz Ox sao cho A O  , B Ox  , D Oy  , S Oz  .   ;0;0 B a  ,   0; ;0 D a ,   0;0;a S . Khi đó ;0; 2 2 a a E       , 0; ; 2 2 a a F       . ;0; 2 2 a a AE             , 0; ; 2 2 a a AF            . Vectơ pháp tuyến của mp   AEF là 1 , ; ; 4 4 4 a a a n AB AF                           1 1;1; 1 . n      . Vectơ pháp tuyến của mp   ABCD là 2 (0;0; ) n AS a            2 0;0;1 . n      . Vậy côsin góc giữa 2 mặt phẳng   AEF và   ABCD là.       1 2 1 2 . 1 3 cos , 3 3 . n n AEF ABCD n n         . Câu 17. Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng , a gọi  là góc giữa đường thẳng ' A B và mặt phẳng   ' ' . BB D D Tính sin  . A. 3 . 5 B. 3 . 2 C. 1 . 2 D. 3 . 4 Lời giải Chọn C TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 +Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với         0;0;0 , ;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 A O B a C a a D a  ,   ' 0;0; , A a   ' ;0; , B a a     ' ; ; , ' 0; ; . C a a a D a a +Ta thấy   ' ' OC BB D D  và   ; ;0 OC a a      nên suy ra mặt phẳng   ' ' BB D D có một vec tơ pháp tuyến là   1;1;0. n   . +Đường thẳng ' A B có vectơ chỉ phương là   ' ;0; A B a a        ta chọn   1;0; 1 . u    +Ta có 2 2 2 2 2 2 . 1.1 1.0 0.( 1) 1 sin . 2 . 1 1 0 . 1 0 ( 1) n u n u                  Câu 18. Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a  , 3 AC a  . Hình chiếu vuông góc của A  lên mặt phẳng   ABC là trung điểm H của BC , 5 A H a   . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng A B  và B C  . Tính cos  . A. 7 3 cos 48   . B. 3 cos 2   . C. 1 cos 2   . D. 7 3 cos 24   . Lời giải Chọn D H A  C  B  A B C x y z O D NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O A  như hình vẽ, chọn 1 a  đơn vị, khi đó ta có tọa độ điểm   1 ;0;0 B ,   0; 3;0 C suy ra trung điểm của BC là 1 3 ; ;0 2 2 H         , vì H là hình chiếu của A  nên suy ra tọa độ của 1 3 ; ; 5 2 2 A          . Ta tìm tọa độ B  , gọi tọa độ   ; ; B x y z  khi đó ta có A B OB             nên tọa độ 3 3 ; ; 5 2 2 B          . Ta cũng có 3 3 ; ; 5 2 2 B C                  và 1 3 ; ; 5 2 2 A B                 . Từ đó ta có . cos . A B B C A B B C                         7 7 3 24 2. 6. 8   . Câu 19. Cho hình hộp đứng . ' ' ' ' ABCD A B C D có đáy là hình thoi, tam giác ABD đều. Gọi , M N lần lượt là trung điểm của BC và ' ' C D , biết rằng ' MN B D  . Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy   ABCD , khi đó cos  bằng: A. 1 cos 3   . B. 3 cos 2   . C. 1 cos 10   . D. 1 cos 2   . Lời giải Chọn A * Chọn 2 2; 2 3 AB BD AC     , đặt ' AA h  , chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có:   1;0;0 D ,   1;0;0 B  ,   0; 3;0 C ,   ' 1 ;0; D h ,   ' 0; 3; C h ,   ' 1;0; B h  . 1 3 1 3 ; ;0 , ; ; 2 2 2 2 M N h                   ,   1;0; MN h       ,   ' 2;0; B D h        . * Do 2 ' . ' 0 2 0 2 MN B D MN B D h h                     1;0; 2 MN        . Ta có:   // 1;0; 2 MN u MN         ,     0;0;1 ABCD n j      . * Do  là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy   ABCD nên ta có: TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21   2 . 2 1 sin cos ; cos 1 sin 3 3 . u n u n u n                 . Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH Câu 20. (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có các kích thước 4, 3, 5 AB AD AA     . Khoảng cách giữa hai đường thẳng ' AC và ' B C bằng A. 3 2 . B. 2 . C. 5 2 3 . D. 30 19 . Lời giải Chọn D Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Có         00;0 , ' 4;3;5 , 4;3;0 , ' 4;0;5 A C C B ,         ' 4;3;5 , ' 0;3; 5 , ', ' 30; 20;12 , 0; 0;5                                      AC B C AC B C CC , Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng cần tìm là:   ', ' . 60 30 ', ' 19 1444 ', '                                      AC B C CC d AC B C AC B C . Câu 21. (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp . S ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết   0;0;0 A ,   2;0;0 D ,   0;4;0 B ,   0;0;4 S . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng   CDM . A.     , 2 d B CDM  . B.     , 2 2 d B CDM  . C.     1 , 2 d B CDM  . D.     , 2 d B CDM  . Lời giải 3 5 4 C' A' A D C B B' D' x y zNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên A C B D A C B D A C B D x x x x y y y y z z z z               2 4 0 C C C x y z            2;4;0 C  . M là trung điểm của SB   0;2;2 M  . Viết phương trình mặt phẳng   CDM :   0; 4;0 CD       ,   2; 2; 2 CM           8;0; 8 CD CM               .   CDM có một véc tơ pháp tuyến   1;0;1 n   . Suy ra   CDM có phương trình: 2 0 x z    . Vậy     2 2 2 0 0 2 ; 2 1 0 1 d B CDM       . Câu 22. (HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB AC a   , AA h     , 0 a h  . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB  và BC  theo a , h . A. 2 2 5 ah a h  . B. 2 2 5 ah a h  . C. 2 2 2 ah a h  . D. 2 2 ah a h  . Lời giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.   0;0;0 A ;   0;0; A h  ;   0; ;0 C a ;   ;0;0 B a ;   ;0; B a h  ;   0; ; C a h  .   ;0; AB a h       ;   ; ; BC a a h         ;   2 ; ; 2 ; AB BC ah ah a                   ;   ;0;0 AB a      . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23   2 2 ; . ; 5 ; d AB BC AB ah AB BC a h AB BC                                        . Câu 23. (Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của AB , hình chiếu của S lên mặt phẳng   ABC là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 0 45 (hình vẽ bên). Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG bằng A. 21 14 a B. 14 8 a C. 77 22 a D. 21 7 a Lời giải Chọn B Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho   0;0;0 I , ;0;0 2       a A , ;0;0 2        a B , 3 0; ;0 2         a C . Ta có 3 2  a CI , 3 4  a IH , 7 4  a AH H là trung điểm CI suy ra 3 0; ;0 4         a H .        0 45 , ,    SA ABC SA AH SAH 7 4   a SH 3 7 0; ; 4 4          a a S . Ta có: 3 7 ; ; 2 4 4               a a a SA , 3 7 ; ; 6 4 12                a a a CG , 3 ; ;0 2 2               a a CA 21 3 , ;0; 12 12                     a a SA CG 6 , 6              a SA CG . Khoảng cách giữa SA và CG : , . 14 8 ,                            SA CG CA a SA CG . Câu 24. (Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng 2018) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD  . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A D  . A. 4 3 a . B. 3 a . C. 2 3 a . D. 3 4 a . Lời giải Gọi M là trung điểm BB  . Ta có: // CK A M    // CK A MD   . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Khi đó:           , , , d CK A D d CK A MD d C A MD      . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Ta có:   0;0;0 A ,   ;0;0 B a ,   0; ;0 D a ,   0;0; A a  ,   ;0; B a a  ,   ; ;0 C a a , ;0; 2 a M a       . ;0; 2 a A M a               ,   0; ; A D a a         , 2 2 2 , ; ; 2 a A M A D a a                        . Vậy mặt phẳng   A MD  nhận   1;2;2 n   làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mp   : 2 2 2 0 A MD x y z a      . Do đó:     2 2 , 3 3 a a a a d C A DM      . Câu 25. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 3 a , mặt bên SAB là tam giác cân với  0 120 ASB  và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN . A. 2 327 79 a . B. 237 79 a . C. 2 237 79 a . D. 5 237 316 a Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Chọn C Gọi O là trung điểm AB , SAB  cân tại S SO AB   . Ta có:               SAB ABC gt SAB ABC AB SO ABC SO AB cmt            . Xét SOB  vuông tại O có  0 0 60 60 OB OSB SO a tan     Ta có: OC là đường cao của tam giác đều cạnh 2 3 a nên: 3 OC a  Gắn hình chóp S.ABC lên hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó ta có:             0 0 0 3 0 0 3 0 0 0 3 0 0 0 2 3 0 0 O ; ; ,B a ; ; ,A a ; ; ;C ; a; ;S ; ;a AB a ; ;        M là trung điểm SC nên M có tọa độ: 3 0 2 2 a a ; ;       . N là trung điểm MC nên N có tọa độ: 9 0 4 4 a a ; ;       . AM có véc tơ chỉ phương 3 3 2 2 a a AM a ; ;            hoặc   2 3 3 1 a ; ;  BN có véc tơ chỉ phương 9 3 4 4 a a BN a ; ;            hoặc   4 3 9 1 b ; ;   Ta có:   2 237 79 a,b .AB d AM ;BN a a,b                   Câu 26. (Chuyên - Vĩnh Phúc - 2019) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , 1cm AB  , 3cm AC  . Tam giác SAB , SAC lần lượt vuông tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC có thể tích bằng 3 5 5 cm 6  . Tính khoảng cách từ C tới   SAB . A. 3 cm 2 . B. 5 cm 4 . C. 3 4 cm . D. 5 cm 2 . Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn A Gọi I là trung điểm SA . Do tam giác SAB , SAC lần lượt vuông tại B và C nên IA IS IB IC    . Vậy I là tâm cầu ngoại tiếp chóp . S ABC . Vì cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC có thể tích bằng 3 5 5 cm 6   5 2 R IA IS IB IC      Suy ra 5; 2, 2 SA SB SC    . Gán hệ trục tọa độ gốc A . ta có       0,0,0 ;B 1,0,0 ;C 0, 3,0 A Giả sử   , , , 0 S a b c c  . Ta có hệ phương trình       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 1 5 5 2 1 4 2 3 3 1, 3,1 1 2 2 3 1 3 2 a b c a SA a b c SB a b c a b c a b S c SC a b c b a b c                                                        Mặt phẳng   SAB qua   0,0,0 A có vecto pháp tuyến   0,1, 3 n   Phương trình mặt phẳng   SAB là: 3 0 y z   Vậy     3 , 2 d C SAB  . Câu 27. (Chuyên Lam Sơn 2019) Một phần sân trường được định vị bởi các điểm A , B , C , D như hình vẽ. Bước đầu chúng được lấy “ thăng bằng” để có cùng độ cao, biết ABCD là hình thang vuông ở A và B với độ dài 25m AB  , 15m AD  , 18m BC  . Do yêu cầu kĩ thuật, khi lát phẳng phần sân trường phải thoát nước về góc sân ở C nên người ta lấy độ cao ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10cm , cm a , 6cm tương ứng. Giá trị của a là số nào sau đây? A. 15,7cm . B. 17,2cm . C. 18,1cm. D. 17,5cm. Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: O A  , tia Ox AD  ; tia Oy AB  . Khi đó,   0;0;0 A ;   0;2500;0 B ;   1800;2500;0 C ;   1500;0;0 D . Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10cm , cm a , 6cm tương ứng ta có các điểm mới   0;2500; 10 B   ;   1800;2500; C a   ;   1500;0; 6 D   . Theo bài ra có bốn điểm A ; B  ; C  ; D  đồng phẳng. Phương trình mặt phẳng   : 250 0 AB D x y z      . Do     1800; 2500; C a AB D      nên có: 1800 2500 250 0 17,2 a a      . Vậy 17,2cm a  . Câu 28. (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho tứ diện OABC , có , , OA OB OC đôi một vuông góc và 5, 2, 4 OA OB OC    . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của OB và OC . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng   AMN là: A. 20 . 3 129 B. 20 . 129 C. 1 . 4 D. 1 . 2 Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. z y x B' C' D' D C B ANGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   0;0;0 O , Oz, , A B Ox C Oy    sao cho 5, 2, 4 AO OB OC          0;0;5 , 2;0;0 , 0;4;0 A B C  . Khi đó: G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 4 5 ; ; 3 3 3 G       M là trung điểm OB nên   1;0;0 M N là trung điểm OC nên   0;2;0 N . Phương trình mặt phẳng   AMN là: 1 1 2 5 x y z    hay 10 5 2 10 0 x y z     Vậy khoảng cách từ G đến mặt phẳng   AMN là:     20 20 10 10 20 3 3 3 , 100 25 4 3 129 d G AMN        . Câu 29. Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a , gọi M là trung điểm của AB , ' A CM  cân tại ' A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích khối lăng trụ bằng 3 3 4 a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và ' CC A. 57 19 a . B. 2 57 19 a . C. 2 39 13 a . D. 2 39 3 a . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Gọi H là trung điểm   ' ' MC A H MC A H ABC     . Ta có . ' ' ABC ABC S V S A H A H a V       . Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:   3 0;0;0 , ;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 2 2 2 a a a O M A Ox B Ox C Oy                          và / / ' Mz A H . 3 ' 0; ; 4 a A a          . Ta có. 3 3 ' ' ' ; ; 2 4 a a CC AA C a                    .   3 3 ;0;0 , ' ; ; , ; ;0 2 4 2 2 a a a a AB a CC a AC                                 . Vậy   , ' . 2 57 , ' 19 , ' AB CC AC a d AB CC AB CC                                 . Câu 30. (Sở Nam Định 2019) Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và D ,   SA ABCD  . Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng o 45 , E là trung điểm của SD , 2 AB a  , AD DC a   . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   ACE . A. 2 3 a . B. 4 3 a . C. a . D. 3 4 a . Lời giải Chọn B NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hình chiếu của SB trên mặt phẳng   ABCD là AB  Góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và AB và bằng góc  o 45 SBA  . Tam giác SAB vuông cân tại A 2 SA a   . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:   0;0;0 A ,   0;2 ;0 B a ,   ; ;0 C a a ,   ;0;0 D a ,   0;0;2 S a , ;0; 2 a E a       .   ; ;0 AC a a      , ;0; 2 a AE a            2 2 2 E ; ; 2 a AC A a a                     mặt phẳng   ACE có véctơ pháp tuyến   2; 2; 1 n       : 2 2 0 ACE x y z     . Vậy     2.2 4 , 3 4 4 1 a a d B ACE     . Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH, BÁN KÍNH Câu 31. (Mã 102 2018) Trong không gian , Oxyz cho mặt cầu   S có tâm   1;2;1 I  và đi qua điểm   1 ;0; 1 . A  Xét các điểm , , B C D thuộc   S sao cho , , AB AC AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. 64 B. 32 3 C. 64 3 D. 32 Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Mặt cầu   S có bán kính 4 4 4 2 3. r IA      Đặt ; ; AB a AC b AD c    Ta có 2 2 2 2 4 a b c IA    Do đó 2 2 2 12 4 a b c    Theo BĐT Cô-si ta có: 3 2 2 2 2 2 2 3 4 4 a b c a b c    Do đó 3 1 1 32 16 . 6 6 3 V abc    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . a b c   . Câu 32. (Mã 104 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   S có tâm   1 ;0;2 I  và đi qua điểm   0;1;1 A . Xét các điểm B , C , D thuộc   S sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. 8 3 B. 4 C. 4 3 D. 8 Lời giải Chọn C Đặt: AD a  , AB b  , AC c  . I N M A C B D R c b a I M B A C DNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có:  3 R IA   .  2 2 2 2 2 2 2 ; 3 2 2 4 b c a b a c AM IM R IA          . AD BĐT Cosi:   3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 27 b a c b a c b a c b a c abc          . 1 1 4 .8 6 6 3 V abc     . Câu 33. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0) B a , (0; ;0) D a , (0;0; ) A b  với , 0 a b  và 2 a b   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Thể tích của khối tứ diện BDA M  có giá trị lớn nhất bằng A. 64 27 . B. 32 27 . C. 8 27 . D. 4 27 . Lời giải Tọa độ điểm ( ; ;0), '( ; ; ), ( ; ; ) 2 b C a a C a a b M a a . ' (- ;0; ), (- ; ;0), (0; ; ) 2 b BA a b BD a a BM a                  . 2 ', ( ; ; ) BA BD ab ab b                  nên 2 ' 1 ', . 6 4 BDA M a b V BA BD BM                    . Ta có: 3 2 ' 2 64 32 8 . .(2 ) 3 27 27 27 BDA M a a b a a b a b V               . Câu 34. (THPT-Thang-Long-Ha-Noi- 2019) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     cạnh a . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của BC và A B   . Mặt phẳng   ' MND chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là   H . Tính thể tích khối   H . A. 3 55 72 a . B. 3 55 144 a . C. 3 181 486 a . D. 3 55 48 a . Lời giải A D y ' C ' D ' A z x B ' B C M TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Thể tích khối lập phương bằng 3 a . Mặt phẳng   MND  cắt cạnh DC tại E thỏa 1 4 EC DC  ; cắt BB  tại P sao cho 1 3 BP BB   . Khi đó   . . . C D NPME C CEM C B PN H V V V V         . Có 3 . 1 2 . . 6 2 3 18 B C NP a a a V a     3 . 1 . . 6 4 2 48 C C ME a a a V a    . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ; lấy đơn vị trên trục 1 đơn vị bằng a . Ta có   0;0;0 C ,   0;0;1 C  , 1 ;0;0 4 E       , 1 0; ;0 2 M       , 1 0;0; 3 R        , 1 ;1;0 4 Q        ,   1;0;1 D  . Mặt phẳng   : 1 4 2 3 1 0 1 1 1 4 2 3 x y z MND x y z               4 29 , 29 d C MND     29 1 29 11 29 4 12 4 48 MPND E EQND PMQ S S S            3 . 1 11 , . 3 36 C D NPME D NPME V d C MND S a        . Vậy   3 55 144 H V a  . Câu 35. (Chuyên Thăng Long - Đà Lạt - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ , Oxyz cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D     có A trùng với gốc tọa độ O các đỉnh       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; B m D m A n  với , 0 m n  và 4. m n   Gọi M là trung điểm của cạnh . CC  Khi đó thể tích tứ diện BDA M  đạt giá trị lớn nhất bằng A. 9 4 . B. 64 27 . C. 75 32 . D. 245 108 . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải ; ; 2 n M m m       Ta có     ;0; ; ;0 0; ; 2 BA m n BD m m n BM m                            2 ; ; ; BA BD mn mn m                  2 2 2 3 ; . . 2 2 n BA BD BM m n m m n                            3 2 2 1 1 1 1 1 8 64 . ; . 4 . 8 2 . . 6 4 4 8 8 3 27 BA DM V BA BD BM m n m m m m m                                  Câu 36. (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có độ dài cạnh bằng 1. Gọi , , , M N P Q lần lượt là trung điểm của , , , AB BC C D DD    . Gọi thể tích khối tứ diện MNPQ là phân số tối giản a b , với * , a b   . Tính a b  . A. 9. B. 25 . C. 13. D. 11. Lời giải Chọn C a n m m x y z M C D A C' B D' A' B' TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Thiết lập hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, gốc O B   . Khi đó: 1 0; ;1 2 M       , 1 ;0;1 2 N       , 1 1; ;0 2 P       , 1 1;1; 2 Q       . 1 1 ; ; 0 2 2 MN              ,   1;0; 1 MP       , 1 1 1; ; 2 2 MQ              . Suy ra 1 , . 6 MNPQ V MN MP MQ                    1 12  1; 12 a b    13 a b    . Câu 37. Trong không gian Oxyz ,tập hợp tất cả các điểm thỏa mãn 2 x y z    và 2 2 x y z     là một khối đa diện có thể tích bằng A. 3 . B. 2 . C. 8 3 . D. 4 3 . Lời giải Chọn D Tập các điểm   ; ; M x y z có tọa độ thỏa 2 x y z    là bát diện đều tâm O , các đỉnh có tọa độ             2;0;0 , 2;0;0 , 0;2;0 , 0; 2;0 , 0;0;2 , 0;0; 2    . Tập các điểm   ; ; M x y z có tọa độ thỏa 2 2 x y z     là bát diện đều tâm   2;0;0 A , các đỉnh có tọa độ             0;0;0 , 4;0;0 , 2;2;0 , 2; 2;0 , 2;0;2 , 2;0; 2   NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Giao của hai bát diện đều trên là một bát diện đều có tâm   1 ;0;0 H , các đỉnh là:   0;0;0 O ,   2;0;0 A ,   1;0;1 B ,   1; 1;0 C  ,   1;1;0 D ,   1;0; 1 E  . Ta có 2, 1 AD BH   . Thể tích khối đa diện: 2 1 4 2. . . 3 3 V BH AD   . Câu 38. (Thi thử cụm Vũng Tàu - 2019) Cho hình hộp chữ nhật . '    ABCD A B C D có 1 ; 2; 3     AB AD AA . Mặt phẳng ( ) P đi qua C  và cắt các tia ; ; AB AD AA  lần lượt tại ; ; E F G (khác A ) sao cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất. Tổng của AE AF AG   bằng. A. 18. B. 17 . C. 15. D. 16. Lời giải Chọn A Trong không gian xây dựng hệ toạ độ Oxyz sao cho ; (1 ;0;0); (0;2;0);A (0;0;3) A O B D   Khi đó ta có (1;2;3) C  Giả sử mặt phẳng ( ) P cắt các trục ; ; Ox Oy Oz lần lươt tại ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ) E a F b G c , với 0; 0; 0 a b c    . Khi đó phương trình mặt phẳng ( ) P là 1 x y z a b c    , Do mặt phẳng ( ) P đi qua (1 ;2;3) C  . Nên ta có 1 2 3 1 a b c    hay 3 1 2 3 6 1 3 162 abc a b c abc       . Mặt khác thể tích khối tứ diện AEFG là 1 27 6 V abc   , dấu " "  xảy ra khi 1 2 3 1 2 3 1 a b c a b c             . Tức là 3; 6; 9 a b c    . Vậy tổng 18 AE AF AG    . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Câu 39. (Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi K là trung điểm AB , gọi , M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của K lên , AD AC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . K CDMN . A. 3 4 a . B. 2 4 a . C. 3 3 8 a . D. 3 2 8 a . Lời giải Chọn D Coi 1 a  , ta có: 3 6 1 3 , ; ; 2 3 4 6 KC DH AN AC HK     . Chọn hệ trục Oxyz sao cho   1 3 3 6 0;0;0 , 0; ;0 , ;0;0 , ;0; 2 2 6 3 K O A C D                        . Ta có: 1 3 3 ; ;0 4 8 8 AN AC N                   . Ta có: Tứ giác CDMN là hình thang cân. Do đó mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . K CDMN cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện KCDN . Giả sử mặt cầu   S ngoại tiếp tứ diện KCDN có phương trình:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 x y z ax by cz d a b c d            .(1) Vì   2 2 2 0 3 3 3 4 4 0 3 2 , , , 3 2 6 3 8 6 3 3 4 8 3 3 3 0 4 4 16 d a a b K C D N S R a b c d a c c d a b                                             . Vậy 3 2 . 8 a R  Câu 40. (Chuyên Thái Bình -2019) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CMN bằng A. 93 12 a . B. 29 8 a . C. 5 3 12 a . D. 37 6 a . NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.   1 1 1 3 1;0;0 , ; ;0 , 1; ;0 , 0;0; 2 2 2 2 M N C S                   . Gọi   ; ; I x y z là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CMN MI NI CI SI     . Ta có:   1 1 1 3 1; ; , ; ; , 1; ; , ; ; 2 2 2 2 MI x y z NI x y z CI x y z SI x y z                                          . Từ MI NI CI SI    ta có hệ:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 1 2 2 4 1 1 1 1 1 2 2 2 4 5 3 1 3 1 12 2 2 x y z x y z x x y z x y z y z x y z x y z                                                                                            . 3 1 5 3 1 1 5 3 ; ; ; ; 4 4 12 4 4 12 I IM                      .  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CMN là: 93 12 R IM   . Câu 41. (Chuyên KHTN - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   5;0;0 A và   3;4;0 B . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng A. 5 4 . B. 3 2 . C. 5 2 . D. 3 . Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Ta có   0;0; C c . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi   4;2;0 E  là trung điểm của AB . Ta có mặt phẳng   OCE vuông góc với AB (do AB OC AB CE      ) và là mặt phẳng cố định. Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng   Oxy nên . 0 . 0 OK AB BK OA                          . 2 .4 0 3 0 x y x            3 3 2 x y         . Tìm được 3 3; ;0 2 K        . Ta chứng minh được   KH CAB  do     AB OEC HK AB HK CA CA BHK              . Suy ra  90 KHE   . Suy ra H thuộc mặt cầu đường kính 1 5 1 4 2 KE    và         3 , , 2 d B SCD d H SCD   thuộc mặt phẳng   OCE cố định. Vậy H luôn thuộc một đường tròn cố định có bán kính 5 4 R  . Câu 42. (Chuyên Vinh - 2018) Trong không gian , Oxyz cho các điểm A , B , C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 . 2 Biết rằng mặt phẳng   ABC luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải x z H E y A O B C KNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ B A C 1 d 3 d 2 d I Ta có     1 . , 3 ABC ABC OABC ABC S S V S d O ABC      3 , d O ABC  Mà 3 2 ABC OABC S V  nên     , 2 d O ABC  . Vậy mặt phẳng   ABC luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính 2 R  . Câu 43. (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng   1 1 1 1 : 2 1 2 x y z d       ,   2 3 1 2 : 1 2 2 x y z d      ,   3 4 4 1 : 2 2 1 x y z d       . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm   ; ; I a b c , tiếp xúc với 3 đường thẳng   1 d ,   2 d ,   3 d . Tính 2 3 S a b c    . A. 10 S  . B. 11 S  . C. 12 S  . D. 13 S  . Lời giải   1 d đi qua điểm   1;1;1 A có VTCP   1 2;1; 2 u     .   2 d đi qua điểm   3; 1;2 B  có VTCP   2 1;2;2 u     .   3 d đi qua điểm   4;4;1 C có VTCP   3 2; 2;1 u      . Ta có 1 2 . 0 u u       , 2 3 . 0 u u        , 3 1 . 0 u u         1 d  ,   2 d ,   3 d đôi một vuông góc với nhau. 1 2 , . 0 u u AB               , 2 3 , . 0 u u BC                , 3 1 , . 0 u u CA                 1 d  ,   2 d ,   3 d đôi một chéo nhau. Lại có:   2; 2;1 AB       ; 1 . 0 AB u        và 2 . 0 AB u         nên   1 d ,   2 d ,   3 d chứa 3 cạnh của hình hộp chữ nhật như hình vẽ. Vì mặt cầu tâm   ; ; I a b c tiếp xúc với 3 đường thẳng   1 d ,   2 d ,   3 d nên bán kính       1 2 3 , , , R d I d d I d d I d          2 2 2 2 1 2 3 , , , R d I d d I d d I d     2 1 2 1 , AI u R u                        2 2 2 , BI u u                         2 3 3 , CI u u                         , với 2 2 2 1 2 3 9 u u u            ,   1; 1; 1 AI a b c        ,   1 , 2 1;2 2 4; 2 1 AI u b c a c a b                  .   3; 1; 2 BI a b c        ,   2 , 2 2 6; 2 4;2 7 BI u b c a c a b                   . TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41   4; 4; 1 CI a b c        ,   3 , 2 6; 2 2; 2 2 16 CI u b c a c a b                    . 2 2 1 2 2 2 2 2 3 9 , 9 , 9 , R AI u R BI u R CI u                                          2 2 2 2 1 2 3 27 , , , R AI u BI u CI u                                    2 2 2 2 27 18 126 54 54 423 R a b c a b c         2 2 2 2 7 3 3 243 243 27 18 18 18 2 2 2 2 2 R a b c                            min 3 2 R   khi 7 2 a  , 3 2 b c   7 3 3 ; ; 2 2 2 I        . Khi đó 2 3 11 S a b c     . Câu 44. Cho hình chóp . S ABCD cs đáy là hình thang vuông tại A và B , 2 2 2 AD AB BC a    , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2 SA a  . Gọi E là trung điểm cạnh AD . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S CDE . A. 3 2 a . B. 11 2 a . C. 6 2 a . D. 3 4 a . Lời giải Chọn B Dễ tính được AB BC AE a    Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ Oxyz với O A  , , , 2 AB i AE j AS k                   Khi đó ta có         0;1 ;0 , 1;1;0 , 0;2;0 , 0;0;2 E C D S Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ta có:       2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 0 2 IE IC a b c a b c a a                C E A D S BNGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/     2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 0 2 IE ID a b c a b c b b                   2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 2 4 2 3 0 4 2 b IE IS a b c a b c c b c                  Vậy 1 3 3 ; ; 2 2 2 I       suy ra bán kính mặt cầu cần tìm là 11 2 R IE  

Học Tốt Phương pháp

Bài Viết Liên Quan

Tây ba nha tiếng anh là gì năm 2024
Tây ba nha tiếng anh là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì Học Tốt Tiếng anh
Dung dịch chất nào ko làm quỳ tím chuyển màu năm 2024
Dung dịch chất nào ko làm quỳ tím chuyển màu năm 2024

mẹo hay Ngôn ngữ Dịch
Hút thuốc lào và thuốc lá cái nào hại hơn năm 2024
Hút thuốc lào và thuốc lá cái nào hại hơn năm 2024

mẹo hay Khỏe Đẹp Thuốc
Điều hòa đang chạy bị mất điện là bệnh gì năm 2024
Điều hòa đang chạy bị mất điện là bệnh gì năm 2024

là ai
Nhiệt độ trung bình của cơ thể người lớn năm 2024
Nhiệt độ trung bình của cơ thể người lớn năm 2024

mẹo hay Khỏe Đẹp Cơ thể
Bóp méo sự thật là gì năm 2024
Bóp méo sự thật là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì
Công việc của kế toán tiền mặt là gì năm 2024
Công việc của kế toán tiền mặt là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì
Năng lực chung và năng lực chuyên biệt môn hóa năm 2024
Năng lực chung và năng lực chuyên biệt môn hóa năm 2024

mẹo hay
Chung cư 35 nguyễn văn tráng quận 1 năm 2024
Chung cư 35 nguyễn văn tráng quận 1 năm 2024

mẹo hay
Cách làm bài văn tự sự lớp 8 hay năm 2024
Cách làm bài văn tự sự lớp 8 hay năm 2024

mẹo hay Mẹo Hay Cách
Dòng chảy xa bờ nguy hiểm thế nào năm 2024
Dòng chảy xa bờ nguy hiểm thế nào năm 2024

mẹo hay Hỏi Đáp Thế nào Sóng vuông Rip current
Móng tay bị lõm là bệnh gì năm 2024
Móng tay bị lõm là bệnh gì năm 2024

là ai
Cách kiểm tra tình trạng thanh toán adsense năm 2024
Cách kiểm tra tình trạng thanh toán adsense năm 2024

mẹo hay Mẹo Hay Cách AdSense Google AdSense Tài khoản AdSense AdSense login AdSense com YouTube
Các bài tập về mệnh đề quan hệ năm 2024
Các bài tập về mệnh đề quan hệ năm 2024

mẹo hay Khỏe Đẹp Bài tập
Giải bài 33.3 trang 46 hóa 87 năm 2024
Giải bài 33.3 trang 46 hóa 87 năm 2024

mẹo hay
Thí nghiệm pda cọc khoan nhồi là gì năm 2024
Thí nghiệm pda cọc khoan nhồi là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì tcvn 11321:2024
Chỉ số máu rbc là gì năm 2024
Chỉ số máu rbc là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì Chỉ số HgB
Tài liệu tham khảo kế toán vốn bằng tiền năm 2024
Tài liệu tham khảo kế toán vốn bằng tiền năm 2024

mẹo hay
Tại sao tiền là hàng hóa đặc biệt năm 2024
Tại sao tiền là hàng hóa đặc biệt năm 2024

mẹo hay Hỏi Đáp Tại sao
Bệnh thiên đầu thống mắt là gì năm 2024
Bệnh thiên đầu thống mắt là gì năm 2024

là ai Hỏi Đáp Là gì Viêm đầu thống Bệnh Glôcôm Glôcôm mắt Đau mắt đỏ

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Bài tập ôn thi hk1 lớp 10 tieng anh mới năm 2024
3 ngày trước . bởi Full-timeRunoff
Tổng hợp kiến thức hóa học lớp 6 năm 2024
3 ngày trước . bởi ImaginaryHorror
Kết quả xét nghiệm ast là gì năm 2024
3 ngày trước . bởi DisinterestedNobility
Top 10 bộ anime hành động xuân 2023 năm 2024
3 ngày trước . bởi AlternateBrotherhood
Chuyên đề tốt nghiệp kế toán mua bán hàng hóa năm 2024
3 ngày trước . bởi BackhandVilla
Bài tập mạng truyền thông công nghiệp spkt năm 2024
3 ngày trước . bởi ManagingSediment
Khấu hao theo phương pháp tuyến tính là gì năm 2024
3 ngày trước . bởi Law-abidingPretense
Angle trong tiếng anh có nghĩa là gì năm 2024
3 ngày trước . bởi IllustriousFunction
Bài tập đọc sự sụp đô cua chế độ a-pác-thai năm 2024
3 ngày trước . bởi SunlitDeficiency
Báo cáo kinh tế xã hội tháng thanh hóa năm 2024
3 ngày trước . bởi Two-storyApplause

Toplist được quan tâm

#1
Top 6 khí oxi không phản ứng được với chất nào dưới đây a có b cl2 c fe d c2h4 2023
5 tháng trước
#2
Top 6 xem phim điều tra pháp y tái xuất 2023
5 tháng trước
#3
Top 10 tìm tiếng bắt đầu bằng r d gi lớp 4 2023
5 tháng trước
#4
Top 6 anime giá tộc ma cà rồng ss3 2023
5 tháng trước
#5
Top 7 đề thi thử liên trường nghệ an lần 1 môn anh 2023
5 tháng trước
#6
Top 8 bài tập lịch sử bài 1 lịch sử và cuộc sống 2023
5 tháng trước
#7
Top 3 tổng hợp những truyện phá hoại tuổi thơ 2023
5 tháng trước
#8
Top 6 thuyết minh tính toán hàng rào 2023
5 tháng trước
#9
Top 5 luyện từ và câu: mở rộng vốn từ thiên nhiên trang 87 2023
5 tháng trước

Quảng cáo

Xem Nhiều

Bài toán nâng cao về căn bậc hai năm 2024
4 ngày trước . bởi AnnoyedAccessibility
Bài văn miêu tả về quê hương bằng tiếng anh năm 2024
4 ngày trước . bởi All-purposeSpaghetti
Thuốc esomeprazole 40mg là thuốc gì năm 2024
3 ngày trước . bởi GoldParliament
Dân số là gì địa lý 7 năm 2024
5 ngày trước . bởi CurlyRatification
Hộp kỹ thuật nằm bên trong căn hộ là gì năm 2024
5 ngày trước . bởi CharmingNoodle
Các lỗi thường gặp của máy phay cnc năm 2024
4 ngày trước . bởi ConvulsiveRepertoire
Khi nào có kết quả toán học sinh giỏi 2023-2023 năm 2024
1 tuần trước . bởi Two-manTrout
Cty tnhh bảo vệ vincom thành lập vào năm nào năm 2024
6 ngày trước . bởi SwingingDamsel
Lòng có bao nhiêu yêu sẽ thành một đôi 40 năm 2024
1 tuần trước . bởi WistfulBrowsing
Bằng khen học sinh giỏi tiếng anh là gì năm 2024
1 ngày trước . bởi HeftySnead

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội

DMCA.com Protection Status
Bản quyền © 2021 toidap.com Inc.