Phương trình đường thẳng Oxyz Nguyễn Bảo Vương

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 1 CHUYÊN ĐỀ 23 MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 2 Dạng 1. Xác định VTCP................................................................................................................................................. 2 Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng .............................................................................................................. 4 Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản ................................................................................................. 4 Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc ................................................................... 6 Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song .................................................................. 10 Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) ...................................... 11 Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng ............................................................................... 14 Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách ............................................................... 14 Dạng 3.2 Bài toán cực trị ............................................................................................................................................ 17 Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng ...................................................................... 19 Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc .......................................................................................................... 19 Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng ....................................................................... 20 Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng .............................................. 22 Dạng 4.4 Bài toán cực trị ............................................................................................................................................ 25 Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng ....................................................... 30 Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu .......................................................................... 32 Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu ......................................................................... 32 Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm ........................................................................................................................................ 32 Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng ............................................................................................................................... 34 Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng ............................................................................................................................ 34 Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu .................................................................................................................................... 35 Dạng 7.5 Bài toán cực trị ............................................................................................................................................ 37 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ........................................................................................................................... 40 Dạng 1. Xác định VTCP............................................................................................................................................... 40 Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng ............................................................................................................ 41 Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản ............................................................................................... 41 Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc ................................................................. 43 Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song .................................................................. 48 Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) ...................................... 50 Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng ............................................................................... 58 Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách ............................................................... 58 Dạng 3.2 Bài toán cực trị ............................................................................................................................................ 61 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 2 Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng ...................................................................... 65 Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc .......................................................................................................... 65 Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng ....................................................................... 67 Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng .............................................. 69 Dạng 4.4 Bài toán cực trị ............................................................................................................................................ 78 Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng ....................................................... 95 Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu .......................................................................... 97 Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu ......................................................................... 99 Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm ........................................................................................................................................ 99 Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng ............................................................................................................................. 102 Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng .......................................................................................................................... 104 Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu .................................................................................................................................. 106 Dạng 7.5 Bài toán cực trị .......................................................................................................................................... 112 PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Xác định VTCP Câu 1. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 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 2. (Mã 102 - BGD - 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 3. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 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   Câu 4. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 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 5. (Mã 103 - BGD - 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      CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 3 Câu 6. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 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 7. (Mã đề 104 - BGD - 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 8. (Mã đề 101 - BGD - 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 9. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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 10. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 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 11. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) 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 12. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 13. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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  . Câu 14. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) 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              CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 4 A. 1 1 3 ; ; 3 2 4        . B. 1 1 3 ; ; 3 2 4       . C.   2;1;0 . D.   4; 6;0  . Câu 15. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       có một vectơ chỉ phương là A.   1 1;2;3 u    B.   2 2;1;2 u     C.   3 2; 1;2 u      D.   4 1; 2; 3 u        Câu 16. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) 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 17. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) 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 18. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) 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. Xác định phương trình đường thẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản Câu 19. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 20. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) 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 21. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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         . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 5 Câu 22. 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 23. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 24. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , trục y Oy  có phương trình là A. 0 0 x t y z         B. 0 0 x y t z         C. 0 0 x y z t         D. 0 x t y z t         Câu 25. 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 26. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) 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      . Câu 27. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) 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 28. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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           . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 6 Câu 29. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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       Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 30. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 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 31. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 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 32. (Mã 102 - BGD - 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 33. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 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     Câu 34. (Mã đề 101 - BGD - 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 7 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 35. (Mã đề 104 - BGD - 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 36. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 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 37. (Mã 103 - BGD - 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 38. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 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 39. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 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       Câu 40. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) 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: CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 8 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 41. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 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 42. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 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 43. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 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 1 3 0 x y z B.     2 2 2 2 0 x y z C.     2 2 1 3 0 x y z D.     2 2 2 2 0 x y z Câu 44. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 45. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 46. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) 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       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 9 C. 1 3 2 x y z    . D. 1 3 2 1 3 2 x y z       . Câu 47. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 48. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 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       . Câu 49. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) 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           . Câu 50. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) 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 51. 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      . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 10 Câu 52. Trong không gian O x 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 53. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) 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      Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song Câu 54. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 55. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 56. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 11 Câu 57. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) 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 58. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) 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 59. (THPT LƯƠNG VĂN CAN - LẦN 1 - 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             . Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) Câu 60. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gianOxyz , 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 đề 101 BGD&ĐT NĂM 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. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 12 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 đề 104 BGD&ĐT NĂM 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            Câu 63. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) 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 NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) 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. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) 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         CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 13 Câu 67. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 NĂM 2018-2019) 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        . Câu 69. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 LẦN 01 NĂM 2018-2019) 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 - LẦN 1 - 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 - LẦN 1 - 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               . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 14 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 - LẦN 1 - 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       . Câu 74. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 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 - LẦN 2 - 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   . Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách Câu 76. (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 77. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 15 Câu 78. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng 2 3 : 1 4 5 x t d y t z t            đi qua điểm nào sau đây? A.   2; 1;0 M  . B.   8;9;10 M . C.   5;5;5 M . D.   3; 4;5 M  Câu 79. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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 80. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 81. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 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 82. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 83. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 84. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 16 Câu 85. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) 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 86. 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 87. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) 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 88. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 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 89. 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 90. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) 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 91. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 92. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 17 Câu 93. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) 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 94. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) 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 95. 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 96. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 97. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 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 98. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 99. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) 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  . Dạng 3.2 Bài toán cực trị Câu 100. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gianOxyz , 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  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 18 Câu 101. (Mã 103 - BGD - 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 102. (Mã 102 - BGD - 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 103. (Mã đề 104 - BGD - 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 104. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) 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 105. (LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 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 106. (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 107. (THPT NGUYỄN HUỆ - TT 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 108. (TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) 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  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 19 Câu 109. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 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  . Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc Câu 110. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 111. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 112. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) 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 113. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 114. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) 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 115. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 20 Câu 116. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 117. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ 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 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 118. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) 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 . Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng Câu 119. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 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 120. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 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 1 2 0 x y z C.     3 2 1 2 0 x y z D.     2 3 3 0 x y z Câu 121. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 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   Câu 122. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 21 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 123. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 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 124. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 125. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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     . Câu 126. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) 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 127. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 128. 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 129. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) 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 130. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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      . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 22 C. 2 1 3 1 1 1 x y z       . D. 2 1 3 1 2 1 x y z       . Câu 131. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) 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 132. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) 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     . Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng Câu 133. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) 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 134. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) 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 135. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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 136. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 137. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 23 Câu 138. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 139. 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 140. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 141. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 142. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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 143. 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 144. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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  .            : 2 . 3 x t d y t z t   A B CCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 24 Câu 145. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) 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 146. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) 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)  Câu 147. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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 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      Câu 148. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) 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 149. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) 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 150. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) 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      Câu 151. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 25 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 152. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 153. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) 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 154. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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     . Câu 155. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) 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 156. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) 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  Dạng 4.4 Bài toán cực trị Câu 157. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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) CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 26 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 158. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 159. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) 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 160. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) 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 161. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) 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 162. 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 . Câu 163. 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 164. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) 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         . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 27 Câu 165. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) 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 166. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho tam giác A B 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 167. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) 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 168. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 169. ----- (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) 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 170. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 28 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 171. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 172. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) 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 173. 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 174. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 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    . Câu 175. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 2 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 176. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 3 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 177. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 4 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       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 29 Câu 178. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) 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 179. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 180. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 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 181. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) 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 182. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) 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 183. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) 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 184. (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 5 - 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       . Câu 185. (SỞ GD&ĐT 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 30  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 186. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 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 187. (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 A ,   1; 1;3 B   và mặt phẳng   : 2 2 0 P x y z     . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   P sao cho MA MB  nhỏ nhất là: A.   1;0;1 M . B.   0;0;2 M . C.   1;2; 3 M  . D.   1;2; 1 M   . Câu 188. (TRẦN PHÚ - HÀ TĨNH - LẦN 2 - 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 189. (LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 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  . Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng Câu 190. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 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 191. (CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA - TPHCM - HK2 - 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 31 Câu 192. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 193. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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  . Câu 194. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) 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 . Câu 195. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) 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 196. 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 197. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 198. (THPT NGHEN - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 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        . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 32 Câu 199. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 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 200. (CỤM 5 TRƯỜNG CHUYÊN - ĐBSH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 1 : 2 1 3 x y z d    , 2 1 : 2 x t 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. Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu Câu 201. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 202. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) 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 203. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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    . Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm Câu 204. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 33 Câu 205. Trong không gian O x 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  . Câu 206. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 207. 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 208. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) 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 209. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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 210. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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        . Câu 211. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 . , OxyzCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 34 Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng Câu 212. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 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 213. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 214. 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 215. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 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 216. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 217. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) 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 218. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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     Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 35 Câu 219. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) 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            Câu 220. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) 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 221. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) 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      . Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu Câu 222. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 223. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) 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 224. 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 36 A. 5 m  . B. 12 m  . C. 12 m   . D. 10 m   . Câu 225. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) 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 226. (SGD - BÌNH DƯƠNG - HK 2 - 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  . Câu 227. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 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 228. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 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 229. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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  . Câu 230. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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 231. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 37 Câu 232. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) 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 233. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 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   Dạng 7.5 Bài toán cực trị Câu 234. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 235. (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 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 236. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 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 237. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 238. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 38 Câu 239. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) 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 . Câu 240. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 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 241. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) 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 . Câu 242. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) 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 243. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) 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 244. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 2: 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 245. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 39 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 . 48 . 48 . 0;3 3 3 3 V r h h h h h h           Khảo sát V ta tìm được max 39 V   Câu 246. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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   A B 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 247. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 248. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 40 Câu 249. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC - LẦN 1 - 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 250. (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 4 - 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 251. (SỞ GD&ĐT 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 . PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Xác định VTCP Câu 1. 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 2. Chọn C Dựa vào phương trình đường thẳng suy ra một vectơ chỉ phương của d là   2; 5;3 u    Câu 3. Chọn C Ta có   1;0;2 AB       suy ra đường thẳng AB có VTCP là   1;0;2 b    . Câu 4. 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 5. 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      Câu 6. Chọn D Câu 7. Chọn A CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 41 Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ 2 (1; 2;3) u      . Câu 8. Chọn B Một vectơ chỉ phương của d là: ( 1 ;2;1)    u . Câu 9. Chọn C Câu 10. 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 11. 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 12. 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 13. 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 14. Cách 1: Từ phương trình  suy ra véctơ chỉ phương của  là   1 1 3 4; 6;9 12 ; ; . 3 2 4 u            Câu 15. Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là   3 2; 1;2 u      . Câu 16. 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 17. Từ phương trình chính tắc của đường thẳng d ta có vectơ chỉ phương là   2; 4;1 d u    . Câu 18. 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. Xác định phương trình đường thẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản Câu 19. 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 20.   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      . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 42 Câu 21. 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 22. 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 23. 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 24. Chọn B Trục y Oy  là giao của mặt phẳng   Oxy và   yOz nên có phương trình là 0 0 x y t z         Câu 25.     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 26. 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        Phương trình đường thẳng d đi qua điểm   1;1 ; 1 P  là 1 1 1 : 1 2 3 x y z d      . Câu 27. 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 28. 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                          . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 43 Câu 29. 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       Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 30. 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 31. 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           . Câu 32. 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 33. 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          . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 44 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 34. 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 35. Chọn C 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 36. 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 37. 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               . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 45 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. Câu 38. 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 39. 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                  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 40. Chọn C CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 46 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 41. 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 . +) d đi qua    1 ; 1 ; 3 M nên             1 : 1 3 x t d y t z t . Câu 42. 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 43. 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 1 3 0 . x y z Câu 44. 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 45. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 47 . 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 46. 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 47. 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 48. 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. 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 50. 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 51. Ta có:   1 1;4; 2 d u    CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 48 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: 1 1 3 2 1 1 x y z        . Câu 52.   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 53. 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      Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song Câu 54. 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. Câu 55. Chọn A CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 49 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 56. 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 57. 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 58. 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 59. Gọi     3; 2; 3 P n          là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P . 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                CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 50 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             . Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) Câu 60. 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  . 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. 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        . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 51 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            . 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. 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 . Câu 63. 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          . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 52 Phương trình đường thẳng cần tìm là 4 5 10 12 . 2 x t y t z t              Câu 64. 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. 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 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. 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                                                                                  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 53 12 12 0; ; (0;1;1) 7 7 O : 0 : OE u qua VTCP u x y t z t                                Câu 67.   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. 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. 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            . K C M B ACÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 54 Câu 70. 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. 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. 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               . Phương trình mặt phẳng   P : 2 4 0 x y    . Gọi   ; ; u a b c   là VTCP của d cần tìm. d  P M N ACÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 55 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. 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  . 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       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 56 Câu 74. 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 . 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               CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 57 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. Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là 2 2 : 4 2 x t CD y t z t            . 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   . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 58 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 . Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách Câu 76. 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 77. Chọn B Đường thằng 2 1 2 : 1 1 2 x y z d      đi qua điểm   2;1; 2   . Câu 78. Chọn A Ta thấy với 0 t  ta được   2; 1;0 d M   Câu 79. Chọn C. Câu 80. 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 81. Chọn A Ta có : M d  nên   : 1 ; 2 ; 1 2 t M t t t       .Đk :   1 1 2 0 * 2 t t      CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 59 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 82. 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 83. 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 84. 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 85. Chọn C CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 60 Với   1 0 5 1; 5; 2 2             x t y N d z . Câu 86. Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương. Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm. Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương. Câu 87. Chọn D Đường thẳng 1 2 3 : 3 4 5        x y z d đi qua điểm   1; 2;3  A . Câu 88. 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 89. Chọn C Với   1 0 5 1; 5; 2 2             x t y N d z . Câu 90. 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 91. 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 92. 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 93. 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 94. 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   . Câu 95. Phương trình đường thẳng d qua   6;3;6 C  và song song với đường thẳng AB là CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 61 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 96. 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 97. 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 98. 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 99.   ; 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             . Dạng 3.2 Bài toán cực trị Câu 100. Chọn D CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 62 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 101. 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. Có   0;3;0 3 HA HA       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 AM AK AK AH 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 HK HA K d y t R z t                           Với 3 t   ta thấy d đi qua điểm Q . Câu 102. 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   . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 63 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 103. 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 104. Vì M d  nên giả sử   1 ;2 ; M t t t    . 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 105. 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 . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 64 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 106. 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  . Dấu bằng xảy ra khi     3 1 ; 24 u t    và   3 ; 6 v t    ngược hướng hay 1 t  . Câu 107.   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 108. 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                                       CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 65 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 109. 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 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    . Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc Câu 110. 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 111. 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 112. 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          CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 66 Câu 113. 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 114. 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: 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 115. * 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 116. Ta có vectơ chỉ phương của 1 2 , d d lần lượt là   1 2; 2; 1 u     và   2 1;0; 1 u    . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 67 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           Câu 117. 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 118.     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        . Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng Câu 119. 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 120. 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 1 2 0 . x y z Câu 121. 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 122. 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 123. Ta có: Đường thẳng 1 2 3 : 2 1 2 x y z d       có vectơ chỉ phương là   2; 1;2 d a      CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 68 Vì   P d  nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là ( ) P n     =   2; 1;2 d a      Câu 124. 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 125. 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 126. 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 . 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 127. 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                   . 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 128. 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 129. (1;1;2) d u    là một VTCP của đường thẳng d CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 69 (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 130.   : 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            . 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 131. 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 132.  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     . Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng Câu 133. 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 134. 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                     14 T m n     . Cách 2: Đường thẳng  đi qua   0;2; 1 A  có VTCP   2;1;3 u    . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 70 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 135. 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 136. 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 137. 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 138.   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       . d P M' M vCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 71 Câu 139. 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 . 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 140. 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 2 t;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 141. 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 142. 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   . Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P là:   1;1;1 n   .   A B CCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 72 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 143. 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 144. 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 145. Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là   2;1;2 n   . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 73 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 146. 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 147. Chọn C 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   . 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 148. Chọn D CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 74 Gọi ( ) M d P   . Suy ra (3 2 ; 2 ; 1 ); ( ) 1 (1; 3;0) M d M t t t M P t M              ( ) 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 149. 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     . Câu 150. 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      Câu 151. n Q Q P d x OCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 75 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 152. 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 . 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 153.   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  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 76 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       . 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 154. 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             . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 77 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     . Câu 155. 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       . d ' d P M N M'CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 78 Câu 156.  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       . Dạng 4.4 Bài toán cực trị Câu 157. 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                  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 79 Câu 158. Đường thẳng : 2 2 1 x y z    được viết lại dưới dạng tham số 2 : 2 x t y t z t          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 159. 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        . d Q P Δ A H B KCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 80 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 . 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 160. Gọi ABM C là chu vi của tam giác ABM .   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             . A B H D CCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 81   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 161. 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 162. + 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. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 82 Suy ra phương trình   23 6 13 : 6 25 6 x t d y t z t                .   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 163. 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                    . 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           . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 83 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 164. 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              . Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp án C. Câu 165. 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  Câu 166. Với mọi điểm I ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 S N A N B N C N I I A N I I B N I I C                         2 2 2 2 4 2 2 2 N I N I I A I B I C I A I B I C                 Chọn điểm I sao cho 2 0 I A I B I C              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 . d P ' B ACÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 84 Khi đó 2 2 2 2 4 2 S N I I A I B 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 167. 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  . -CÁCH 2 M H B CCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 85 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 168. 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 169.   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. ---------------------------------------- CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 86 Câu 170. 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           . 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 171. 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     . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 87 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 172. 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 173. 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                CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 88 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 174. 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 175. 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 176. 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          . 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. d P A K HCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 89 Câu 177. 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 178. Chọn A 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 d Q P B H KCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 90 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 179. 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 180. 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    CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 91 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 181. 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              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 182. 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                                CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 92   2 2 2 2 2 2 . MC MC MI IC MI IC MI IC                                 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 183. 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   . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 93 Câu 184. 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 185. 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 .  d d (Q) ( P) A I A K HCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 94 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 186.     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   . Câu 187. Vì       1 2.1 1 2 1 2. 1 3 2 0          nên A và B nằm về hai phía so với   P . Do đó MA MB AB   nên MA MB  nhỏ nhất bằng AB khi   M AB P   . Phương trình đường thẳng AB : 1 1 1 x t y t z t            , tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 1 1 1 2 2 0 x t y t z t x y z                    1 1 1 1 2 1 1 2 0 x t y t z t t t t                      0 0 2 1 x y z t             . Vậy   0;0;2 M . Câu 188. 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           . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 95 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 189. Với mọi điểm I ta có       2 2 2 2 2 2 2 2                            S NA NB NC NI IA NI IB NI IC   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 . Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng Câu 190. 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 191. 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 192. 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 193. 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  . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 96 Câu 194. 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 A B 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 A B u A B u                                 2 1 2 4 3 3 0 6 8 2 1 8 18 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 A B       . 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. Câu 195. 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 196. 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 197. Chọn A   1 3 2 ; ;1 H H t t t      .   2 1 ;2 2 ; K K m m m      . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 97 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               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 198. 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  . 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 199. 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 . Câu 200. Đường thẳng 1 d đi qua điểm   1 1;0;0 M  và có VTCP   1 2;1;3 u    . Đường thẳng 2 d đi qua điểm   2 1;2; M m  và có VTCP   2 1;1;0 u     . Ta có:   1 2 0;2; M M m         ;   1 2 , 3;3;1 u u            . Do đó   1 2 1 2 , 6 u u M M m          . Điều kiện cần và đủ để 1 d và 2 d chéo nhau và khoảng cách giữa chúng bằng 5 19 là 6 5 19 19 m   6 5 m    6 5 6 5 m m          1 11 m m         . Vậy   1; 11 S    . Do đó tổng các phần tử của S là   1 11 12      . Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 98 Câu 201. Gọi ; A B là hai điểm thuộc lần lượt 1  và 2  sao cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung giữa 2 đường. Gọi M là trung điểm AB . Dễ có mặt cầu tâm M bán kính 2 AB 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) AB 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 AB      . 2 2 2 ( 6) 4 4 1 17 . 2 2 17 17 AB R       . Diện tích mặt cầu cần tính là 2 2 1 4 4 . 4. . 17 17 S R       (đvdt). Câu 202. 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 MN là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d . Ta có   3 ' 2 ; ' ; 4 MN t t t t           . MN là đoạn thẳng vuông góc chung 1 2 . 0 . 0 MN u MN 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 MN .   2;1;2 I  2 R IM IN     . Suy ra mặt cầu   S :       2 2 2 2 1 2 4 x y z       . Câu 203. Chọn B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 99 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   ABC và mặt cầu   S . Đặt MA MB MC x    khi đó ; 2; 3 AB x BC x CA x    do đó tam giác ABC vuông tại B nên trung điểm H của AC là tâm đường tròn   C và , , H I M thẳng hàng. Vì  0 120 AMC  nên tam giác AIC đều do đó 3 x R  3 x   suy ra 2 2 6 IM AM x    . Lại có M d  nên     1 ; 2 ;1 , 1 M t t t t       mà 6 IM  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    . Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm Câu 204. 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 205.   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 206. Chọn A 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          . AB tiếp xúc với ( ) S tại B nên tam giác AIB vuông tại B, do đó ta có:     2 2 2 2 2 2 2 5 4 6 ;( ) IA IB AB R AB d I P         A  là hình chiếu của I lên (P) H M A I CCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 100 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 OA   . Câu 207. 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 MT với mặt cầu   S . Khi đó 2 2 2 OT MT OM                 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   ABC có dạng       0 0 0 1 1 2 2 3 9 0 t x t y t z        Do     1;1;2 D ABC  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 208. Gọi   P mặt phẳng trung trực của AB , 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 CA CB  hay C thuộc mặt phẳng trung trực của AB mà   C   nên     C P d     suy ra tọa độ C có dạng   1 ;10; C t t   . Do ABC  đều nên AC AB  , 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 209. 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 , MA , MB MC là những tiếp tuyến tại , A , B C với mặt cầu   1 S . Suy ra 2 2 2 2 9 MA MB MC OM     . 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 OM           .    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   ABC là:       2 1 2 2 1 2 2 3 18 0 a x a y a z        .   D ABC        2 1 2 2 1 4 2 3 18 0 a a a         1 a    . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 101 Với 1 a   , ta có   0 ; 1;5 M  . Khi đó 2 2 2 0 0 0 26 T x y z     . Câu 210. 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) IK 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 IK u t t t                0 t   . (0;2;0) K  ITK  vuông tại T có TH là đường cao nên 2 . IT IH IK  . 1 6 IH     6 IK  1 6 IH IK          . 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 211. 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                     . 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       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 102 Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng Câu 212. Chọn C   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 213. 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 214. 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          * CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 103 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 215. Chọn C   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 216. 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     . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 104 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 217. 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 218. 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                       . Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng Câu 219. 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  CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 105 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 220. 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 . 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 . ( S 2) ( S 1) M N H O ICÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 106 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 221. 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 AB có độ dài lớn nhất AB  là đường kính của   C MH    . Đường thẳng MH đi qua   3;3; 3 M   và có VTCP   1; 4;6 MH       . Suy ra phương trình 3 3 3 : . 1 4 6 x y z       Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu Câu 222. Chọn D Gọi I là trung điểm của AB   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 AB 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 223. Chọn B     0;0;3 P Oz 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. AB I IA        Phương trình mặt cầu đường kính AB là:       2 2 2 2 1 5 9. x y z       CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 107 Câu 224. 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 225. 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 226.  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                     . R B I A H MCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 108  Bán kính: 2 2 100 36 8 r R IK      . Câu 227. Chọn B Gọi d là trục của ABC  , ta có   : 2 0 ABC x y z     . Do ABC  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 DAB DBC DCA      , suy ra DA DB DC 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 AD t t t BD t t t CD 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 loai                                             . Ta có 2 2 2 ; ; 3 3 3 I d I t t t               , do tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên 1 1 1 1 ; ; 1 3 3 3 3 IA ID t I S                 . Câu 228. Chọn D Gọi I là trung điểm của AB   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 AB R    Ta có   H S  . Mặt khác   H P  nên       H C S P    d A D C M B I GCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 109 Bán kính của đường tròn   C là           2 2 2 2 ; 3 2 2 3 6 R R d I P       . Câu 229. Cách 1: Ta có   3;1; 2 AB      là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB . Phương trình tham số của đường thẳng AB là 3 4 2 x t y t z t          . Giả sử AB 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 TA TB TB                                 . Ta có 2 980 14 5 . 9 3 TC TA TB TC     . 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 TA AB TB d B P    . Giả sử AB 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 TB TA TA TB A TB                   2 980 14 5 . 9 3 TC TA TB TC      Câu 230. Chọn B Ta có:   2; 1; 1 AB        ,   1;1;1 AD      và   2; 1; 1 DC        . Ta thấy: . 2.1 1.1 1.1 0 AB AD             và AB DC          nên tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Gọi M là trung điểm của AC . Ta có: 5 ;2;3 2 M       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 110 Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng   ABCD . 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   SA ABCD  . 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 ABCD nên 5 ;2 ;3 2 . I t t I d NI d NI u                         Mà: 3 3 3 ; ; 2 2 2 NI t t              . Suy ra: 3 3 3 5 1 9 . 0 0 ; ; 2 2 2 2 2 2 NI 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 SA AD                 . 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 SAD        . Câu 231. 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 AB và   P    1; 1;1 K   Có Mặt cầu   S tiếp xúc với   P tại H .  HK là tiếp tuyến của   S  2 . 12 2 3 KH KA KB KH             không đổi  Biết H chạy trên 1 đường tròn bán kính 2 3 không đổi Câu 232. Chọn C Gọi   ; ; I a b c là tâm mặt cầu. Theo giả thiết ta có         , , R d I d I     . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 111 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     ,   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 233. Chọn B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 112 Gọi d là trục của ABC  , ta có   : 2 0 ABC x y z     . Do ABC  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 DAB DBC DCA      , suy ra DA DB DC 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 AD t t t BD t t t CD 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 loai                                             . Ta có 2 2 2 ; ; 3 3 3 I d I t t t               , do tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên 1 1 1 1 ; ; 1 3 3 3 3 IA ID t I S                 . Dạng 7.5 Bài toán cực trị Câu 234. Chọn C d A D C M B I GCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 113 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 s in 4 5 N H M N N H   nên MN 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     m a x ; 3 NH N H r d I P       và m ax max ο 3 2 sin 45 NH MN   . Câu 235. 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 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 236. Chọn C   PCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 114 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 s in 4 5 N H M N N H   nên MN 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     m a x ; 3 NH N H r d I P       và m ax max ο 3 2 sin 45 NH MN   . Câu 237.   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 238. Lời giải   PCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 115 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 239. 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. Câu 240. 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  . P M I H NCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 116             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 241. 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                      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 242. 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                                                                       . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 117 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   Câu 243. 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   . 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     . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 118 Câu 244. 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         Câu 245. Chọn C 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: H I K A B H B A C M ABC  A H M   ABCCÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 119 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: Vậy giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn bằng Câu 247. 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 ).                      , , , , , , 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      MN 2 . 2CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 120 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 248. 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        . 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  . d M K I B ACÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 121 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 249. - 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 CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 122 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: 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 250. 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            . CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI THPTQG ĐT:0946798489 Nguyễn Bảo Vương: //www.facebook.com/phong.baovuong 123 Câu 251. 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 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              .