ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 1


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VÉCTƠ TRONG KHÔNG GIAN
A - LÝ THUYẾT CHUNG
1. Véc tơ trong không gian
* Định nghĩa
Trong không gian, vecto là một đoạn thẳng có định hướng tức là đoạn thẳng có quy định thứ tự của hai
đầu
Chú ý: Các định nghĩa về hai vecto bằng nhau, đối nhau và các phép toán trên các vecto trong
không gian được xác định tương tự như trong mặt phẳng.
2. Vecto đồng phẳng

  

* Định nghĩa: Ba vecto a, b, c khác 0 gọi là đồng
phẳng khi giá của chúng cùng song song với một
mặt phẳng.
Chú ý:

n vecto khác 0 gọi là đồng phẳng khi giá

của chúng cùng song song với một mặt phẳng.
Các giá của các vecto đồng phẳng có thể
là các đường thẳng chéo nhau.

* Điều kiện để 3 vecto khác 0 đồng phẳng
Định lý 1:
  



a, b, c đồng phẳng  m, n   : a  mb  nc

D3

c

D2

b

a
D1
Δ3

P

Δ2

Δ1


* Phân tích một vecto theo ba vecto không đồng phẳng
  

Định lý 2: Cho 3 vecto e1 , e2 , e3 không đồng phẳng. Bất kì một vecto a nào trong không gian cũng
có thể phân tích theo ba vecto đó, nghĩa la có một bộ ba số thực  x1 , x2 , x3  duy nhất




a  x1 e1  x2 e2  x3 e3
  

Chú ý: Cho vecto a, b, c khác 0 :
  
 

1. a, b, c đồng phẳng nếu có ba số thực m, n, p không đồng thời bằng 0 sao cho: ma  nb  pc  0
  



2. a, b, c không đồng phẳng nếu từ ma  nb  pc  0  m  n  p  0
3. Tọa độ của vecto
Trong không gian xét hệ trục Oxyz , có trục Ox vuông góc với trục Oy tại O, và trục Oz vuông góc
với mặt phẳng  Oxy  tại O. Các vecto đơn vị trên từng trục Ox, Oy, Oz lần lượt là



i  1; 0;0  , j   0;1; 0  , k   0;0;1 .






a) a   a1 ; a2 ; a3   a  a1 i  a2 j  a3 k




b) M  xM , yM , z M   OM  xM i  yM j  zM k

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 2


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
c) Cho A  x A , y A , z A  , B  xB , yB , zB  ta có:

AB   xB  x A ; y B  y A ; z B  z A  và AB 

2

Hình Học Tọa Độ Oxyz

2

 xB  x A    yB  yA    zB  z A 

2


.

 x  xA yB  y A zB  z A 
;
;
d) M là trung điểm AB thì M  B

2
2 
 2


e) Cho a   a1 ; a2 ; a3  và b   b1 ; b2 ; b3  ta có:
a1  b1
 

a  b  a2  b2
a  b
 3
3
 
a  b   a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 

k .a   ka1 ; ka2 ; ka3 
  
 
a.b  a . b cos a; b  a1b1  a2b2  a3b3

a  a12  a2 2  a32


 

 
cos   cos a; b 

 

a1b1  a2b2  a3b3

   
(với a  0, b  0 )

a12  a2 2  a32 . b12  b2 2  b3 2



a và b vuông góc:  a.b  0  a1b1  a2b2  a3b3  0

a1  kb1





a và b cùng phương:  k  R : a  kb  a2  kb2
a  kb
 3
3
4. Tích có hướng và ứng dụng



Tích có hướng của a   a1 ; a2 ; a3  và b   b1 ; b2 ; b3  là:

   a a a a aa 
 a, b    2 3 ; 3 1 ; 1 2    a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1 
 
 b2b3 b3b1 b1b2 
a. Tính chất:
 
  

 a, b   a,  a, b   b
 
 
 
 
 
 a, b   a . b sin a, b
 
 



a và b cùng phương:  a, b   0
  
  
a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0
b. Các ứng dụng tích có hướng
1  

Diện tích tam giác: S ABC   AB , AC 
2
1   
Thể tích tứ diện VABCD   AB , AC  . AD
6

 

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 3


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

  
Thể tích khối hộp: VABCD. A ' B 'C ' D '   AB, AD  .AA'

5. Một số kiến thức khác



a) Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k MA  k MB thì ta có:






x A  kxB
y  kyB
z  kz B
; yM  A
; zM  A
với k  1
1 k
1 k
1 k
x x x
y  yB  yC
z z z
b) G là trọng tâm tam giác ABC  xG  A B C ; yG  A
; zG  A B C
3
3
3
    
G là trọng tâm tứ diện ABCD  GA  GB  GC  GD  0
xM 

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Câu 1:

Cho 4 điểm S 1, 2, 3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  . SABC là:
A. Tứ diện.
C. Tứ diện đều.
Hướng dẫn giải:




AB   1;1; 0  ; BC   0; 1;1 ; AC   1;0;1

B. Hình chóp đều.
D. Hình thang vuông

 AB  BC  CA  2  ABC là tam giác đều



SA  1; 0; 0  ; SB   0;1; 0  ; SC   0; 0;1  SA  SB  SC  1
1

0

0

D  SA, SB, SC   0
0

1
0

0 1 0
1

   
Hay ta có thể tính  SA; SB  SC  0
  
 SA, SB, SC không đồng phẳng.


 SABC là hình chóp đều, đỉnh S.
Chọn B.
Câu 2:

Cho bốn điểm S 1, 2, 3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm
của BC , CA và AB. Khi đó SMNP là:
A. Hình chóp.
B. Hình chóp đều.
Hướng dẫn giải:

C. Tứ diện đều.

Tam giác: ABC có AB  BC  CA  2  MN  NP  PM 

D. Tam diện vuông
2
2

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 4


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz





SA  1;0;0  ; SB   0;1;0  ; SC   0;0;1
 
 SA.SB  0  SA  SB
Tương tự SA  SC , SB  SC

S

Các tam giác vuông SAB, SBC , SCA vuông
tại S, có các trung tuyến:
AB
2

 MN  NP  PM
2
2
Ta có: SP   SAB  ; SM   SBC  ; SN   SCA
  
 SP , SM , SN không đồng phẳng
SP  SM  SN 

A

M

P

 SMNP là tứ diện đều.
Chọn C.
Câu 3:


C

N

B

Cho bốn điểm S 1, 2, 3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  . Xác định tọa độ trọng tâm G của
hình chóp SABC.
 5 13 
B.  , 3,  .
3
3

A.  5,9,13 .

Câu 4:

 7 9
C.  1, ,  .
 4 4

 5 9 13 
D.  , , 
4 4 4 

Hướng dẫn giải:
   
    
Ta có GS  GA  GB  GC  4OG  OA  OB  OC  OS

1
5

 x  4  2  1  1  1  4

1
9

 G  y   2  3  2  2 
4
4

1
13

 z  4  3  3  4  3  4

Chọn D.




Cho 3 vectơ a  1,1, 2  ; b   2, 1, 2  ; c   2, 3, 2  . Xác định vec tơ d thỏa mãn
 
 
 
a.d  4; b.d  5; c.d  7.
A.  3, 6,5  .

B.  3, 6, 5 .


Hướng dẫn giải:
 
a.d  4
x  y  2z  4
  

b.d  5  2 x  y  2 z  5
 

2 x  3 y  2 z  7
c.d  7

3 5
C.  , 6,  .
2 2

5

D.  3, 6,  .
2


1
2
 3

1   2 : 3x  9  x  3 và  2   3 : 2 y  12  y  6
1
2

Chọn D.

1
2

1 : z   x  y  4    3  6  4  

 
5
5
 d   3; 6; 
2
2


File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 5


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
Câu 5:

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Trong không gian Oxyz, cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2;2;0  . Điểm D trong mặt
phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách
từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là:
A. D  0; 3; 1
B. D  0;2; 1

C. D  0;1; 1
D. D  0;3; 1
Hướng dẫn giải:
Do D   Oyz  
 D  0; b; c  với c  0

 c  1 loai 
Theo giả thiết: d  D,  Oxy    1  c  1  

 D  0; b; 1
c


1




Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4; 2; 2  , AD   2; b;1

 
  
Suy ra  AB, AC    2;6; 2  
  AB, AC  . AD  6b  6
Cũng theo giả thiết, ta có: VABCD 

1   
b  3
 AB, AC  .AD  b  1  2  


6
 b  1

Chọn D.
Câu 6:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;0  , B  3; 4;1 , D  1;3; 2  . Tìm
tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng
45.
A. C  5;9;5  .

B. C 1;5;3 .

C. C  3;1;1 .

D. C  3;7;4  .

Hướng dẫn giải:
Chọn D.


Cách 1. AB  (2;2;1) .
 x  1  2t

Đường thẳng CD có phương trình là CD :  y  3  2t .
z  2  t





Suy ra C  1  2t;3  2t ;2  t  ; CB  (4  2t ;1  2t ; 1  t ), CD  (2t; 2t ; t ) .

Ta có cos BCD

Hay

(4  2t )(2t )  (1  2t )(2t )  (1  t )(t )
(4  2t )2  (1  2t )2  (1  t ) 2 (2t ) 2  (2t ) 2  (t ) 2

(4  2t )(2t )  (1  2t )(2t )  (1  t )(t )
(4  2t )2  (1  2t )2  (1  t ) 2 (2t ) 2  (2t )2  (t ) 2



2
(1).
2

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 6


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Lần lượt thay t bằng 3;1; 1; 2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các phương án A,
B, C, D), ta thấy t  2 thoả (1).
Cách 2.




Ta có AB  (2; 2;1), AD  (2;1; 2) . Suy ra
 
AB  CD và AB  AD . Theo giả thiết, suy


ra DC  2 AB . Kí hiệu C (a; b; c) , ta có


DC  (a  1; b  3; c  2) , 2 AB  (4; 4; 2) . Từ

A

B

đó C (3; 7; 4) .
C

D

Câu 7:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có A trùng
với gốc tọa độ O , các đỉnh B (m; 0; 0) , D (0; m; 0) , A(0; 0; n) với m, n  0 và m  n  4 . Gọi
M là trung điểm của cạnh CC . Khi đó thể tích tứ diện BDAM đạt giá trị lớn nhất bằng
245
9
64

75
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
108
4
27
32
z

Hướng dẫn giải:

A'

n

Tọa độ điểm C ( m; m; 0), C ( m; m;; n), M  m; m; 

2

B'

D'

C'
n




 
n
BA    m; 0; n  , BD    m; m; 0  , BM   0; m; 

2
D

 
 BA, BD    mn; mn; m 2 
VBDAM

AO

B

m

x

m
C

y

1    m 2 n
  BA, BD  .BM 
6

4
3

256
 m  m  2n  512
Ta có m.m.(2n)  
 m2n 
 
3
27
27


 VBDAM 

64
27

Chọn C.
Câu 8:

Cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  . Nếu tam giác ABC  thỏa mãn hệ thức
   
AA  BB  C C  0 thì có tọa độ trọng tâm là:

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 7



ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
A. 1;0; 2  .

B.  2; 3;0  .

Hình Học Tọa Độ Oxyz

C.  3; 2;0  .

D.  3; 2;1 .

Hướng dẫn giải:
Chọn A
* Cách diễn đạt thứ nhất:
Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong
không gian có:
   
 
 
  
1 : A ' A  B ' B  C ' C  0  TA  TA '  TB  TB '  TC  TC '  0



     
 TA  TB  TC  TA '  TB '  TC '

 

 




2

   
   
Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T  G tức là TA  TB  TC  0 thì ta cũng có TA '  TB '  TC '  0
hay T  G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

 3  0  0 1 1  0 0  0  6 
;
;
Ta có tọa độ của G là: G  
  1;0; 2 
3
3
3


Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A ' B ' C '
* Cách diễn đạt thứ hai:
   
Ta có: AA '  BB '  CC '  0 (1)
  
  
   
 A ' G '  G ' G  GA  B ' G '  G ' G  GB  C ' G '  G ' G  GC  0




 

 



  
  
 
 GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '  3G ' G  0 (2)



 



Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là
 
     
GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G ' thì  2   G ' G  0  G '  G
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

 3  0  0 1 1  0 0  0  6 
;
;
Ta có tọa độ của G là: G  
  1;0; 2  . Đó cũng là tọa độ trọng
3

3
3


tâm G’ của A ' B ' C '
Câu 9:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  3;0;0  , N  m, n, 0  , P  0;0; p  .

  600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức
Biết MN  13, MON

A  m  2n2  p 2 bằng
A. 29.
B. 27.

C. 28.

D. 30.

Hướng dẫn giải:


 
OM   3; 0; 0  , ON   m; n; 0   OM .ON  3m

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 8



ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
 
   
OM .ON
1
0
OM .ON  OM . ON cos 60     
OM . ON 2

MN 

 m  3

2

Hình Học Tọa Độ Oxyz
m
2

m n

2



1
2

 n 2  13


Suy ra m  2; n  2 3
  
1
OM , ON  .OP  6 3 p  V  6 3 p  3  p   3


6

Vậy A  2  2.12  3  29.
Câu 10: Cho hình chóp S . ABCD biết A  2; 2;6  , B  3;1;8 , C  1;0;7  , D 1;2;3 . Gọi H là trung
điểm của CD, SH   ABCD  . Để khối chóp S . ABCD có thể tích bằng

27
(đvtt) thì có hai
2

điểm S1 , S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2
A. I  0; 1; 3 .

B. I 1;0;3

C. I  0;1;3 .

D. I  1;0; 3 .

Hướng dẫn giải:




1  
3 3
Ta có AB   1; 1;2  , AC  1; 2;1  S ABC   AB, AC  
2
2




DC   2; 2; 4  , AB   1; 1; 2   DC  2. AB  ABCD là hình thang và

S ABCD  3S ABC 

9 3
2

1
Vì VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  3 3
3

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



 
Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3   3k ;3k ;3k 
Suy ra 3 3  9k 2  9k 2  9k 2  k  1

+) Với k  1  SH   3;3;3  S  3; 2; 2 


+) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8

Suy ra I  0;1;3

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 9


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B (3;0;8) , D ( 5; 4; 0) . Biết
 
đỉnh A thuộc mặt phẳng ( Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA  CB bằng:
A. 5 10.

B. 6 10.

C. 10 6.

D. 10 5.

Hướng dẫn giải:
Ta có trung điểm BD là I ( 1; 2; 4) , BD  12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên
A(a; b;0) .

 AB 2  AD 2
(a  3) 2  b 2  82  (a  5) 2  (b  4)2


2 
ABCD là hình vuông  

1

2
2
2
2
(a  1)  (b  2)  4  36
 AI   BD 
2



 17
a  5
b

4

2
a

a  1
 17 14 
;0 
hoặc 



 A(1; 2; 0) hoặc A  ;
2
2
 5 5

b  2
( a  1)  (6  2a )  20
b  14

5
(loại). Với A(1; 2; 0)  C ( 3; 6;8) .
Câu 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; 1) , B (1; 4; 1) , C (2; 4;3)
D (2; 2; 1) . Biết M  x; y; z  , để MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x  y  z
bằng
A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Hướng dẫn giải:
 7 14 
Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G  ; ; 0  .
3 3 

Ta có: MA2  MB 2  MC 2  MD 2  4 MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2
 7 14 

 GA2  GB 2  GC 2  GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M  G  ; ; 0   x  y  z  7 .
3 3 

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 10


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG NÂNG CAO
A - LÝ THUYẾT CHUNG
1. Định nghĩa
Trong không gian Oxyz phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  0 được gọi là
phương trình tổng quát của mặt phẳng.
Phương trình mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  0 có vec tơ pháp tuyến là


n   A; B; C  .


 
Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 0  x0 ; y0 ; z0  và nhận vecto n   A; B; C  , n  0 làm vecto pháp tuyến

dạng  P  : A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0.


Nếu  P  có cặp vecto a   a1 ; a2 ; a3  ; b   b1 ; b2 ; b3  không cùng phương, có giá song song hoặc


 
nằm trên  P  . Thì vecto pháp tuyến của  P  được xác định n   a, b  .

2. Các trường hợp riêng của mặt phẳng
Trong không gian Oxyz cho mp   :Ax  By  Cz  D  0, với A2  B 2  C 2  0. Khi đó:

D  0 khi và chỉ khi   đi qua gốc tọa độ.
A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi   song song trục Ox.
A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi
a

A, B, C , D  0. Đặt

 

song song mặt phẳng

 Oxy  .

D
D
D
x y c
,b   ,c   .
  :    1
A
B
C Khi đó:
a b z


3. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng
Trong không gian Oxyz cho   : Ax  By  Cz  D  0 và  ' : A ' x  B ' y  C ' z  D '  0

 

 ' 
cắt

 AB '  A ' B

  BC '  B ' C
CB '  C ' B


File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 11


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

 

 ' 
//

 AB '  A ' B

  BC '  B ' C

CB '  C ' B


Hình Học Tọa Độ Oxyz

va AD '  A ' D

 AB '  A ' B
    '   BC '  B ' C

CB '  C ' B
 AD '  A ' D
 
Đặt biệt:     '   n1.n2  0  A. A ' B.B ' C .C '  0

4. Góc giữa hai mặt phẳng
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  00    900 

 P  : Ax  By  Cz  D  0 và  Q  : A ' x  B ' y  C ' z  D '  0
 
nP .nQ
 
cos = cos nP , nQ    
nP . nQ





A. A ' B.B ' C.C '

2

A  B 2  C 2 . A '2  B '2  C '2

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Câu 1:

y  0
Oxyz cho điểm M 1;0;0  và
Trong không gian với hệ tọa độ 
2x  y  2z  2  0
N  0;0; 1 , mặt phẳng  P  qua điểm M , N và tạo với mặt phẳng  Q  : x  y  4  0 một
góc bằng 45O . Phương trình mặt phẳng  P  là
y  0
A. 
.
2x  y  2z  2  0
2x  y  2z  2  0
C. 
.
2x  y  2z  2  0

y  0
B. 
.
2x  y  2z  2  0
2x  2z  2  0
D. 
.
2x  2z  2  0


Hướng dẫn giải:


Gọi vectơ pháp tuyến của mp  P  và  Q  lần lượt là nP  a; b; c   a 2  b 2  c 2  0  , nQ

 P  qua M 1;0;0   P  : a  x  1  by  cz  0
 P

qua N  0;0; 1  a  c  0

 P

 
hợp với  Q  góc 45O  cos nP , nQ  cos 45O 





ab
2a 2  b 2 2



File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
1
a  0


2
 a  2b

Trang 12


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Với a  0  c  0 chọn b  1 phương trình  P  : y  0
Với a  2b chọn b  1  a  2 phương trình mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 .
Chọn A.
Câu 2:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho  P  : x  4 y  2 z  6  0 ,  Q  : x  2 y  4 z  6  0 .
Lập phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến của  P  ,  Q  và cắt các trục tọa độ tại các
điểm A, B, C sao cho hình chóp O. ABC là hình chóp đều.
A. x  y  z  6  0 .
B. x  y  z  6  0 . C. x  y  z  6  0 .

D. x  y  z  3  0 .

Hướng dẫn giải:
Chọn M  6;0;0  , N  2; 2; 2  thuộc giao tuyến của  P  ,  Q 
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  lần lượt là giao điểm của   với các trục Ox, Oy, Oz
   :

x y z
   1 a, b, c  0 

a b c

6

1

a
  chứa M , N  
2  2  2 1
 a b c
Hình chóp O. ABC là hình chóp đều  OA  OB  OC  a  b  c
Vây phương trình x  y  z  6  0 .
Chọn B.
Câu 3:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
x  t
x  2 y  1 z 1

1 :


,  2 :  y  2  t và mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  5  0
1
2
3
 z  1  2t


Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với hai đường thẳng 1 ,  2 và cắt mặt cầu (S)

theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng

2 365
.
5

A. x  5 y  3z  4  0; x  5 y  3z  10  0
B. x  5 y  3z  10  0
C. x  5 y  3 z  3  511  0; x  5 y  3z  3  511  0
D. x  5 y  3z  4  0
File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 13


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Chọn B.
Hướng dẫn giải:


+ 1 qua M 1 (2; 1;1) và có vectơ chỉ phương u1  (1;2; 3) .

 2 qua M 2 (0; 2;1) và có vectơ chỉ phương u2  (1; 1; 2) .
 
+ Mặt phẳng () song song với 1 ,  2 nên có vectơ pháp tuyến: u1 , u2   (1; 5; 3)



 Phương trình mặt phẳng () có dạng: x  5 y  3z  D  0
+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1;3) và bán kính R  4 .
Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2 r 

Khi đó: d  I , ( )   R 2  r 2 

2 365
365
r
5
5

D 3
 D  4
35
35



5
5
35
 D  10

+ Phương trình mặt phẳng ( ) : x  5 y  3z  4  0 (1) hay x  5 y  3z  10  0 (2) .
Vì 1 / /( ),  2 / /( ) nên M1 và M2 không thuộc ( )  loại (1).
Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: x  5 y  3z  10  0 .
Chọn B.
Câu 4:


Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1; 2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình của
mặt phẳng  P  qua A, B và chia tứ diện thành hai khối ABCE và ABDE có tỉ số thể tích
bằng 3.
A. 15 x  4 y  5 z  1  0 .

B. 15 x  4 y  5 z  1  0 .

C. 15 x  4 y  5 z  1  0 .

D. 15 x  4 y  5 z  1  0

Hướng dẫn giải:
 P  cắt cạnh CD tại E , E chia đoạn CD theoo tỷ số 3

xC  3xD 1  3.0 1

x




4
4
4

y  3 yD 1  3.0 1

 E y  C



4
4
4

zC  3zD 0  3.1 3



z 
4
4
4


  1 5 7  1
AB  1; 0;3 ; AE   ;  ;   1; 5; 7 
 4 4 4 4

A

F
N

B

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
D
E
C


Trang 14


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Vecto pháp tuyến của
  
 P  : n   AB, AE   15; 4; 5   P  :  x  0 15   y  1 4    z  1 5  0
 15 x  4 y  5 z  1  0
Chọn A.
Câu 5:

y  0
Trong không gian với hệ tọa độ 
Oxyz cho điểm M 1;0;0  và
2x  y  2z  2  0

N  0;0; 1 , mặt phẳng  P  qua điểm M , N và tạo với mặt phẳng  Q  : x  y  4  0 một
góc bằng 45O . Phương trình mặt phẳng  P  là
y  0
A. 
.
2x  y  2z  2  0
2x  y  2z  2  0
C. 
.
2x  y  2z  2  0


y  0
B. 
.
2x  y  2z  2  0
2x  2z  2  0
D. 
.
2x  2z  2  0

Hướng dẫn giải:

Gọi vectơ pháp tuyến của mp  P  và  Q  lần lượt là nP  a; b; c 

a

2


 b2  c2  0 , nQ

 P  qua M 1;0;0   P  : a  x  1  by  cz  0
 P

qua N  0;0; 1  a  c  0

 P

 
hợp với  Q  góc 45O  cos nP , nQ  cos 45O 






a b
2a 2  b 2 2



a  0
1

2
 a  2b

Với a  0  c  0 chọn b  1 phương trình  P  : y  0
Với a   2b chọn b   1  a  2 phương trình mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 .
Chọn A.
Câu 6:

Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1; 2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình tổng
quát của mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  BCD  và chia tứ diện thành hai khối

AMNF và MNFBCD có tỉ số thể tích bằng
A. 3 x  3z  4  0 .
C. y  z  4  0 .

1
.

27
B. y  z  1  0 .

D. 4 x  3z  4  0

Hướng dẫn giải:
3

1
 AM 
Tỷ số thể tích hai khối AMNF và MNFBCD : 
 
 AB  27
AM 1

  M chia cạnh AB theo tỉ số 2
AB 3

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 15


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

1  2.0 1

x  3  3




1  2.1

 E y 
 1 ; BC  2  0;1;1 ; BD   1;1;1
3


2  2  1
0
x 
3


Vecto pháp tuyến của  Q  : n   0;1; 1

1

 M   Q    Q  :  x   0   y  11   z  0  1  0
3

  P : y  z 1  0
Chọn B.
Câu 7:

Từ gốc O vẽ OH vuông góc với mặt phẳng  P  ,  OH  p  ; gọi  ,  ,  lần lượt là các góc
tạo bởi vec tơ pháp tuyến của  P  với ba trục Ox, Oy , Oz. Phương trình của  P  là:
A. x cos   y cos   z cos   p  0 .


B. x sin   y sin   z sin   p  0 .

C. x cos   y cos   z cos   p  0 .

D. x sin   y sin   z sin   p  0

Hướng dẫn giải:


H  p cos  , p cos  , c cos    OH   p cos  , p cos  , c cos  

Gọi: M  x, y , z    P   HM   x  p cos  , y  p cos  , z  c cos  
 
OH  HM

  x  p cos   p cos    y  p cos   p cos    z  c cos   p cos 
  P  : x cos   y cos   z cos   p  0
Chọn A.
Câu 8:

 P

Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng

cắt hai trục y ' Oy và z ' Oz tại

A  0, 1, 0  , B  0, 0,1 và tạo với mặt phẳng  yOz  một góc 450.
A.


2x  y  z 1  0 .

B.

2x  y  z 1  0 .

C.

2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0 .

D.

2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0

Hướng dẫn giải:
Gọi C  a, 0,0  là giao điểm của  P  và trục x 'Ox


 BA   0, 1, 1 ; BC   a, 0, 1
  
Vec tơ pháp tuyến của  P  là n   BA, BC   1, a, a 

Vec tơ pháp tuyến của  yOz  là: e1  1, 0, 0 
Gọi  là góc tạo bởi  P  và  yOz   cos450 

1
1  2a 2




2
1
 4a 2  2  a  
2
2

Vậy có hai mặt phẳng  P  :  2 x  y  z  1  2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0
File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 16


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Chọn D.
Câu 9:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của

véc tơ v  (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S).
2x  y  2z  3  0
.
A. 
 2 x  y  2 z  21  0
2x  y  z  3  0
C. 
.

2x  y  z  1  0

2 x  y  2 z  3  0
B. 
.
 2 x  y  2 z  21  0
 2 x  y  z  13  0
D. 
2x  y  z  1  0

Hướng dẫn giải:
Vậy: (P): 2 x  y  2 z  3  0 hoặc (P): 2 x  y  2 z  21  0



(S) có tâm I(1; –3; 2) và bán kính R = 4. VTPT của ( ) là n  (1;4;1) .



 

 VTPT của (P) là: nP   n , v   (2; 1;2)  PT của (P) có dạng: 2 x  y  2 z  m  0 .

 m  21

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I ,( P))  4  
m  3

.


Vậy: (P): 2 x  y  2 z  3  0 hoặc (P): 2 x  y  2 z  21  0 .
Chọn B.
2
2
2
Câu 10: Cho điểm A(0;8; 2) và mặt cầu ( S ) có phương trình ( S ) : ( x  5)  ( y  3)  ( z  7)  72 và
điểm B (9; 7; 23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A tiếp xúc với ( S ) sao cho khoảng

(
P
)
n
cách từ B đến
là lớn nhất. Giả sử  (1; m; n) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó
A. m.n  2.
B. m.n  2.
C. m.n  4.
D. m.n  4.
Hướng dẫn giải:
Chọn D.
Mặt phẳng ( P ) qua A có dạng a( x  0)  b( y  8)  c ( z  2)  0  ax  by  cz  8b  2c  0 .

Điều kiện tiếp xúc:
d ( I ; ( P))  6 2 
Mà d ( B; ( P)) 

5a  3b  7c  8b  2c
2

2


a b c
9a  7b  23c  8b  2c

a 2  b2  c 2
5a  11b  5c  4(a  b  4c)


a 2  b2  c2



5a  11b  5c
a 2  b2  c2

2

4

a  b  4c
a 2  b2  c 2



6 2 

5a  11b  5c

a 2  b2  c 2
9a  15b  21c


6 24

 6 2 . (*)

a 2  b2  c 2

12  (1)2  42 . a 2  b 2  c 2
a 2  b2  c2

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
 18 2 .

Trang 17


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

a b c

 . Chọn a  1; b  1; c  4 thỏa mãn (*).
1 1 4
Khi đó ( P ) : x  y  4 z  0 . Suy ra m  1; n  4 . Suy ra: m.n  4.

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 11: Cho mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  3, 0, 4  , B  3, 0, 4  và hợp với mặt phẳng  xOy 

một góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P  .
A. y  3 z  4 3  0 .

B. y  3 z  4 3  0 .

C. y  3 z  4 3  0 .
D. x  y  3 z  4 3  0
Hướng dẫn giải:


C  0, c, 0  ; AC   3, c, 4  ; AB   6, 0, 0 

 
Vec tơ pháp tuyến của  P  : n   AC , AB   6  0, 4, c 

Vec tơ pháp tuyến của  xOz  : e3   0, 0,1
cos 300 

c
16  c 2




3
 c 2  48  c  4 3  n  6 0, 4, 4 3
2










  P  :  x  3 .0   y  0  4   z  4  4 3  0  y  z 3  4 3  0

Chọn C.

 x  t1
x  1


Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  0 , d 2 :  y  t2 ,
z  0
z  0


x  1

d3 :  y  0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H  3;2;1 và cắt ba đường thẳng d1 ,
z  t

3

d2 , d3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC .
A. 2 x  2 y  z  11  0 .

B. x  y  z  6  0 .


C. 2 x  2 y  z  9  0 .

D. 3x  2 y  z  14  0 .

Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Gọi A a; 0; 0 , B 1; b;0  , C 1;0; c  .




AB  1  a; b;0  , BC   0; b; c  , CH   2; 2;1  c  , AH   3  a; 2;1 .
Yêu cầu bài toán
  
 AB, BC  .CH  0
2bc  2c  a  1  1  c  b  a  1  0


b  0

 
2
3
 a  b  1
 9b  2b  0  
 AB.CH  0
b  9





 c  2b

2

 BC. AH  0
Nếu b  0 suy ra A  B (loại).
File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 18


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
Nếu b 

Hình Học Tọa Độ Oxyz

9
 11

 9 
, tọa độ A  ;0;0  , B 1; ;0  , C 1;0;9  . Suy ra phương trình mặt phẳng
2
2

 2 

 ABC  là


2 x  2 y  z  11  0 .

x  3  t

Câu 13: Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d:  y  2  t và d’:

 z  2t

x  t '

y  5 t'

 z  2t ' 3 2  5

Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất.
A. 3 x  y  2 z  7  0 .

B. 3 x  y  2 z  7  0 .

C. 3 x  y  2 z  7  0 .

D. 3 x  y  2 z  7  0 .

Hướng dẫn giải:


Giả sử (β): Ax  By  Cz  D  0 (đk: A2  B2  C 2  0 ), (β) có vtpt là n  ( A; B; C )

 A  (  )
 D   A  2C 2

 3 A  2 B  D  0
d  (β)   
 
 
 A  B  C 2  0
 n . a  0
 B  A  C 2
A

 

cos((
 ),(Oyz ))  cos( n , i ) =

A2  ( A  C 2) 2  C 2

TH 1: A = 0 (không thoả đb hoặc (
 ),(Oyz ) không nhỏ nhất)
TH 2: A ≠ 0, ta có:
cos((
 ),(Oyz )) =

1
C
C
1  (1 
2)2  ( )2
A
A


1

=

(

=

C
C
6
12
3) 2  2.
2  ( )2 
3
9
A
A

1
(

C
6 2 12
3
) 
A
3
9


C
6 2
3
) nhỏ nhất 
(
 ),(Oyz ) nhỏ nhất  cos((
 ),(Oyz )) lớn nhất  (
A
3

C
6
3
0
A
3

 A  1 (choïn)

 
nên
2
C



3


1


B


3 . Vậy: (β): 3 x  y  2 z  7  0

D   7

3

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 19


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Chọn D.
x  2 y 1 z


. Viết phương
1
2
1
trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho
đường thẳng AB vuông góc với d.


Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

A.  P  : x  2 y  5 z  4  0.

B.  P  : x  2 y  5 z  5  0.

C.  P  : x  2 y  z  4  0.

D.  P  : 2 x  y  3  0.

Hướng dẫn giải:
Cách 1 (Tự luận)

Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud  1; 2; 1

  
Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là: u AB  ud , k    2; 1;0 
  
(P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n  ud , u AB   1;2;5 
  P  : x  2 y  5 z  4  0  Chọn A

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

x y z
  1
a b c


 
AB  d  AB.ud  0  a  2b (1)

 P

chứa d nên d cũng đi qua M, N 

Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c =

2 1
3 3 1
  1 (2),  
 1 (3)
a b
a b c

4
  P  : x  2 y  5 z  4  0  Chọn A
5

Câu 15: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng

 x  t

d :  y  1  2 t

 z  2  t

và mp


P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng  R qua d và tạo với  P  một góc
nhỏ nhất.
A. x  y  z  3  0

B. x  y  z  3  0

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 20


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
C. x  y  z  3  0
Hướng dẫn giải:

Hình Học Tọa Độ Oxyz

D. x  y  z  3  0

 x
y 1


1
2  2 x  y  1  0 .
Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng: 


 x  z  2  x  z  2  0
1

1
Do vậy mặt phẳng  R qua d thì  R thuộc chùm mặt phẳng:

2 x  y 1  m  x  z  2  0 .
Hay mp  R  : 2  m  x  y  mz  1 2m  0 (*). Mp  R  có


n1  m  2;1; m; nP  2;1;2 .
Vậy:

 
2  m  2   1  2m
n1.nP
5
5
1
5
cos   




2
2
2
n1 nP
m  2  1  m 2 4  1  4 3 2m  4 m  5 3 2 m  1  3 3 3

Do  nhỏ nhất cho nên cos  lớn nhất khi m  1 .
Vậy thay vào (*) ta có mp  R  : x  y  z  3  0 .

Chọn B.

x  2  t
 x  2  2t 


. Mặt phẳng cách đều hai đường
Câu 16: Cho hai đường thẳng d1 :  y  1  t và d 2 :  y  3
 z  2t
 z  t


thẳng d1 và d2 có phương trình là
A. x  5 y  2 z  12  0.

B. x  5 y  2 z  12  0.

C. x  5 y  2 z  12  0.

D. x  5 y  2 z  12  0.

A

Hướng dẫn giải:
Chọn D.

M

B


d1 qua A  2;1;0  và có VTCP là u1  1; 1;2  ;
P

d2 qua B  2;3;0  và có VTCP là u2   2;0;1 .

 
  
Có  u1 , u2    1; 5; 2  ; AB   0; 2;0  , suy ra  u1 , u2 . AB  10 , nên d1; d2 là chéo nhau.

Vậy mặt phẳng  P  cách đều hai đường thẳng d1 , d2 là đường thẳng song song với d1 , d2 và
đi qua trung điểm I  2; 2;0  của đoạn thẳng AB .
Vậy phương trình mặt phẳng  P  cần lập là: x  5 y  2 z  12  0 .
File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 21


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt có phương trình
x2 y2 z3
x 1 y  2 z 1


, d2 :


. Phương trình mặt phẳng   cách đều

2
1
3
2
1
4
hai đường thẳng d1 , d2 là:
d1 :

A. 7 x  2 y  4 z  0 .

B. 7 x  2 y  4 z  3  0 .

C. 2 x  y  3 z  3  0 .

D. 14 x  4 y  8 z  3  0 .

Hướng dẫn giải:


Ta có d1 đi qua A  2;2;3 và có ud1   2;1;3 , d2 đi qua B 1;2;1 và có ud 2   2; 1; 4 


 
AB   1;1; 2  ; ud1 ; ud2    7; 2; 4  ;
  
 ud1 ; ud2  AB  1  0 nên d1 , d2 chéo nhau.
  
Do   cách đều d1 , d2 nên   song song với d1 , d2  n  ud1 ; ud2    7; 2; 4 
   có dạng 7 x  2 y  4 z  d  0

Theo giả thiết thì d  A,     d  B,    

d 2
69



d 1
69

d

3
2

   :14 x  4 y  8 z  3  0
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P  song song và cách
đều hai đường thẳng d1 :

x2 y z
x y 1 z 2
  và d2 : 

.
1
1 1
2
1
1


A.  P  : 2 x  2 z  1  0 .

B.  P  : 2 y  2 z  1  0 .

C.  P  : 2 x  2 y  1  0 .

D.  P  : 2 y  2 z  1  0 .

Hướng dẫn giải:

Ta có: d1 đi qua điểm A  2; 0; 0  và có VTCP u1   1;1; 1 .

và d2 đi qua điểm B  0;1; 2  và có VTCP u2   2; 1; 1 . Vì  P  song songvới hai đường

 
thẳng d1 và d2 nên VTPT của  P  là n  u1 , u2    0;1; 1

Khi đó  P  có dạng y  z  D  0  loại đáp án A và C.

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 22


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz

 1 
Lại có  P  cách đều d1 và d2 nên  P  đi qua trung điểm M  0; ;1  của AB . Do đó

 2 

 P  : 2 y  2z  1  0
Chọn B.
Câu 19: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 5 x  z  4  0 và hai đường thẳng d1; d2 lần
lượt có phương trình

x 1 y
z  1 x 1 y  2 z  1


;


. Viết phương trình của mặt
1
1
2
2
1
1

phẳng  Q  / /  P  , theo thứ tự cắt d1 , d2 tại A, B sao cho AB 

4 5
.
3

25  331
25  331

 0;  Q2  : 5 x  z 
0.
7
7
B.  Q1  : 5 x  z  2  0;  Q2  : 55 x  11z  14  0 .

A.  Q1  : 5 x  z 

C.  Q1  : 5 x  z  2  0;  Q2  : 55 x  11z  14  0 .
D.  Q1  : 5 x  z  4  0;  Q2  : 55 x  11z  7  0
Hướng dẫn giải:
x  1 t
 x  1  2t '


d1 :  y  t
, d 2 :  y  2  t ' ;  Q  : 5 x  z  d  0, d  4
 z  1  2t
 z  1  t '



3  d 6  d 15  2d 
 3  2d 12  d 30  5d 
;
;
;
;
 , Q   d2  B 


3
3
9
9 
 3

 9

 Q   d1  A 

  6  d 6  4d 30  5d
Suy ra AB  
;
;
9
9
 9

 1
   6  d ; 6  4d ;30  5d 
 9

4 5
1
2
2
2
  6  d    6  4d    30  5d 
3
8


25  331
d

80
7

 42d 2  300d  252  0  
9

25  331
d 
7

Vậy, tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn:

Do AB 

 Q1  : 5 x  z 





25  331
25  331
 0;  Q2  : 5 x  z 
0
7
7


Chọn A.
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;2;3 và đường thẳng d :

x  3 y 1 z


2
1
1 . Mặt phằng  P  chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến  P  là
lớn nhất. Khi đó  P  có một véctơ pháp tuyến là
File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 23


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A


A. n  ( 4; 5;13)
Hướng dẫn giải:


B. n  (4; 5; 13)

Hình Học Tọa Độ Oxyz


C. n  ( 4; 5;13)



D. n  ( 4; 5;13)

Gọi H,K lần lươt là hình chiếu vuông góc của A lên d và (P)
Khi đó: d(A,(P)) = AK  AH hay d(A,(P)) lớn nhất khi và chỉ khi H  K


 
4
Ta có: H( 3  2t ; 1  t ; t ); a  (2;1; 1) và AH.a  0  t 
3

4 5 13
Suy ra: AH  (  ;  ;  )
3 3 3

Hay một véctơ pháp tuyến của (P) là n  ( 4; 5;13)
Chọn A.
Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x 1 y  2 z
và


1
2
1

x  2 y 1 z


 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d1 sao cho góc giữa mặt
2
1 2
phẳng ( P ) và đường thẳng d2 là lớn nhất.
d2 :

A. x  y  z  6  0 .
Hướng dẫn giải:

B. 7 x  y  5 z  9  0 . C. x  y  z  6  0 .

D. x  y  z  3  0 .


Ta có: d1 đi qua M (1; 2; 0) và có VTCPu  (1;2; 1) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: A( x  1)  B( y  2)  Cz  0,( A 2  B 2  C 2  0) .


Ta có: d  (P)  u.n  0  C  A  2B
Gọi   (( P), d2 )  sin  

Với B  0  sin  

Với B  0 . Đặt t 

4 A  3B

1
(4 A  3B)2
 .

2
2
3 2 A 2  4 AB  5B2 3 2 A  4 AB  5B

2 2
3

1
(4t  3)2
A
sin


.
, ta được
3 2t 2  4t  5
B

(4t  3)2
16t 2  124t  84
Xét hàm số f (t )  2
. Ta có: f '(t ) 
2t  4t  5
(2t 2  4t  5)2

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 24



ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình Học Tọa Độ Oxyz


3
t
f '(t )  0  
4

t  7

Dựa vào BBT ta có: max f (t ) 

Khi đó: sin   f (7) 

Vậy sin  

25
A
khi t  7   7
B
3

5 3
9

5 3
A
khi  7  Phương trình mặt phẳng ( P ) : 7 x  y  5z  9  0

9
B

Chọn B.
Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  1; 2; 1 . Viết phương trình mặt phẳng

 

đi qua gốc tọa độ O  0; 0; 0  và cách M một khoảng lớn nhất.

A. x  2 y  z  0.

B.

x y z
 
 1.
1 2 1

C. x  y  z  0.

D. x  y  z  2  0.

Hướng dẫn giải:
Gọi H là hình chiếu của M trên ( P )  MHO vuông tại H  MH  MO

 MH max  MO . Khi đó ( P ) đi qua M và vuông góc với MO  MO(1; 2; 1) là vecto
pháp tuyến của ( P )  phương trình của mặt phẳng ( P ) là 1( x  0)  2( y  0)  1( z  0)  0
hay x  2 y  z  0.
Chọn A.

Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x 1 y  2 z


và
1
2
1

x  2 y 1 z

 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng  P  và
2
1 2
đường thẳng d2 là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A.  P  có vectơ pháp tuyến là n  1; 1; 2  .
d2 :

B.  P  qua điểm A  0; 2;0  .
C.  P  song song với mặt phẳng  Q  : 7 x  y  5 z  3  0 .
D.  P  cắt d2 tại điểm B  2; 1; 4  .
Hướng dẫn giải:

d1 qua M 1; 2;0  và có VTCP u  1; 2; 1 . Vì d1   P  nên M   P  .

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 25